人教版高中数学第3章 §3.5　利用导数研究恒(能)成立问题.docx

§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题
题型一　分离参数求参数范围
例1　(2022·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立．
即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
当x>2时，x2－x>0，
所以a≤＝恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
方法二　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，
所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
f(x)≥f(2)＝0成立．
②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝0成立．
③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；
在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
教师备选
(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝x－(m＋1)＋＝＝，
①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
②当0<m<1，x∈(0，m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
即－mln x≥0恒成立，
∴≥mln x.
当x＝1时，≥mln x恒成立，
当x>1时，≥m；
当0<x<1时，≤m.
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
当0<x<1时，g′(x)<0，
g(x)单调递减且g(x)<0，
∴x→0时，→0，
∴m≥0.
当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝，
∴当1<x<时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x>时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g()＝e，∴m≤e.
综上知0≤m≤e.
思维升华　分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
解　(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；
令f′(x)<0，得0<x<.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在x＝处取得极小值，
且为f ＝－，无极大值．
(2)由f(x)≤，
得m≥.
问题转化为m≥min.
令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)．
则g′(x)＝＋1－＝
＝.
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得0<x<1.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4