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课件网) 利用导数研究恒成立、存在性问题 题型一 分离参数法求参数范围 (2020·课标全国Ⅰ，节选)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f (x)≥ x3＋1恒成立，求a的取值范围． ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R. 则h′(x)＝ex－x－1， 令H(x)＝ex－x－1(x>0)，则H′(x)＝ex－1>0， 故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此h′(x)>h′(0)＝0， 故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0， 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 状元笔记 “分离参数法”解决不等式恒成立问题 “分离参数法”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法，其基本过程如下： (1)已知含参数λ的不等式f(λ，x)≥0恒成立．将不等式转化为g(λ)≥h(x)，即将参数λ与变量x分离，可以将λ单独分离到不等式一边，也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边． (2)求函数h(x)的最值或值域．求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定，可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等等． (3)得出结论．若h(x)的最大值为M，则g(λ)≥M；若h(x)不存在最大值，其值域为(m，M)时，则g(λ)≥M. 思考题1 已知函数f (x)＝ln x－m＋ (m∈R)． (1)求f (x)的极值； 【答案】 (1)见解析 【解析】 (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ . 当m≤0时，f′(x)>0恒成立，此时f (x)单调递增，f (x)无极值．当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，此时f (x)在x＝m处取到极小值ln m－m＋1，无极大值． 题型二 等价转化法求参数范围 (1)求函数f (x)的单调区间； 【答案】 (1)见解析 当a<0时，由于x>0，所以f′(x)>0恒成立，从而f (x)在(0，＋∞)上单调递增； (2)若f (x)≤g(x)恒成立，求a的最小值． 且当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于＋∞，当x趋近于0时，h(x)趋近于＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)内无最大值，不合题意． 状元笔记 “等价转化法”解决不等式恒成立问题 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f (x，a)>0或f (x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f (x，a)有最小值g(a)，则f (x，a)>0恒成立 g(a)>0，f (x，a)≥0恒成立 g(a)≥0. (2)如果f (x，a)有最大值g(a)，则f (x，a)<0恒成立 g(a)<0，f (x，a)≤0恒成立 g(a)≤0. (1)当a<0时，讨论f (x)的单调性； 【答案】 (1)见解析 当a<0时，ax－ex<0恒成立， 所以当x>1时，f′(x)<0，当0
0， 故函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2)设g(x)＝f (x)＋xf′(x)，若关于x的不等式g(x)≤－ex＋ ＋(a－1)x在[1，2]上有解，求实数a的取值范围． 【答案】 (2)(－∞，0] 【解析】 (2)因为g(x)＝f (x)＋xf′(x)， 所以g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a， ①当a≤1时，h′(x)≤0且不恒为0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递减， 所以h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0. ②当10，解得1
