(课件网) 培优课 利用导数研究恒（能）成立问题 目录 典型例题·精研析 01 知能演练·扣课标 02 典型例题·精研析 01 课堂互动 关键能力提升 题型一 单变量恒成立求参数范围问题 【例1】 已知函数 f （ x ）＝ln x .若对任意 x ＞0，不等式 f （ x ）≤ ax ≤ x2＋1恒成立，求实数 a 的取值范围. 解：因为对任意 x ＞0，不等式 f （ x ）≤ ax ≤ x2＋1恒成立， 所以在 x ＞0时恒成立，进一步转化为（ ）max≤ a ≤（ x ＋ ）min. 设 h （ x ）＝ （ x ＞0），则h'（ x ）＝ ， 令h'（ x ）＝0，得 x ＝e， 当 x ∈（0，e）时，h'（ x ）＞0； 当 x ∈（e，＋∞）时，h'（ x ）＜0，所以 h （ x ）≤ . 要使 f （ x ）≤ ax 恒成立，必须 a ≥ . 另一方面，当 x ＞0时， x ＋ ≥2， 要使 ax ≤ x2＋1恒成立，必须 a ≤2， 所以满足条件的 a 的取值范围是［ ，2］. 通性通法 1. 对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值 范围. 2. 利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题 转化为形如 a ≥ f （ x ）（或 a ≤ f （ x ））的形式，通过求函数 y ＝ f （ x ）的最值求得参数范围.一般地，若 a ＞ f （ x ）对 x ∈ D 恒成 立，则只需 a ＞ f （ x ）max；若 a ＜ f （ x ）对 x ∈ D 恒成立，则只需 a ＜ f （ x ）min. 【跟踪训练】 已知 f （ x ）＝e x － ax2，若 f （ x ）≥ x ＋（1－ x ）e x 在[0，＋∞）恒 成立，则实数 a 的取值范围为 . （－∞，1] 解析： f （ x ）≥ x ＋（1－ x ）e x ，即e x － ax2≥ x ＋e x － x e x ， 即e x － ax －1≥0， x ≥0. 令 h （ x ）＝e x － ax －1（ x ≥0）， 则h'（ x ）＝e x － a （ x ≥0）， 当 a ≤1时，由 x ≥0知h'（ x ）≥0， ∴在[0，＋∞）上 h （ x ）≥ h （0）＝0，原不等式恒成立. 当 a ＞1时，令h'（ x ）＞0，得 x ＞ln a ； 令h'（ x ）＜0，得0≤ x ＜ln a . ∴ h （ x ）在[0，ln a ）上单调递减， 又∵ h （0）＝0，∴ h （ x ）≥0不恒成立， ∴ a ＞1不合题意. 综上，实数 a 的取值范围为（－∞，1]. 题型二 单变量能成立求参数范围问题 【例2】 已知函数 f （ x ）＝ ax －e x （ a ∈R）， g （ x ）＝ ，若 x ∈（0，＋∞），使不等式 f （ x ）≤ g （ x ）－e x 成 立，求 a 的取值范围. 解：因为 x ∈（0，＋∞），使不等式 f （ x ）≤ g （ x ）－e x 成立， 则 ax ≤ ，即 a ≤ . 设 h （ x ）＝ ， 则问题转化为 a ≤（ ）max. 由h'（ x ）＝ ， 令h'（ x ）＝0，得 x ＝ . 当 x 在区间（0，＋∞）内变化时，h'（ x ）， h （ x ）随 x 的变化情况 如下表： x h'（ x ） ＋ 0 － h （ x ） ↗ ↘ 由上表可知，当 x ＝ 时，函数 h （ x ）有极大值，即最大值为 ， 所以 a ≤ . 故 a 的取值范围是（ －∞， ］. 通性通法 1. 含参数的能成立（存在型）问题的解题方法 a ≥ f （ x ）在 x ∈ D 上能成立，则 a ≥ f （ x ）min； a ≤ f （ x ）在 x ∈ D 上能成立，则 a ≤ f （ x ）max. 2. 不等式能成立问题的解题关键点 【跟踪训练】 已知函数 f （ x ）＝ x － a ln x ， g （ x ）＝－ （ a ∈R）. （1）设函数 h （ x ）＝ f （ x ）－ g （ x ），讨论函数 h （ x ）的 单调性； 解： h （ x ）＝ x ＋ － a ln x （ x ＞0）， h'（ x ）＝1－ － ＝ ＝ . ①当1＋ a ＞0，即 a ＞－1时，在（0，1＋ a ）上h'（ x ）＜0， 在（1＋ a ，＋∞）上h'（ x ）＞0， 所以 h （ x ）在（0，1＋ a ）上单调递减， 在（1＋ a ，＋∞）上单调递增； ②当1＋ a ≤0，即 a ≤－1时， 在（0，＋∞）上h'（ x ）＞0， 所以函数 h （ x ）在（0， ... ...
