第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题技法阐释用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.1.分离参数法一般地，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.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.2.构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.高考示例(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围.\n技法一 分离参数法解决不等式恒成立问题[典例1](2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．[思维流程] \n[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.(2)由f(1)≥0，得a≥＞0，则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为≥对任意的x＞0恒成立．设函数F(x)＝(x＞0)，则F′(x)＝－.当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)max＝F(1)＝.于是≥，解得a≥.故实数a的取值范围是.点评：利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．已知函数f(x)＝.(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；\n(2)当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即实数a的取值范围为.(2)由题意得，当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝.再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．技法二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题[典例2](2020·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．[思维流程] \n[解] (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．点评：对于f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或h(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或h(x)max≤0即可．设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，\n则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．技法三 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题[典例3] 已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－(a∈R)，若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围．[思维流程] [解] 依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min＜0，x0∈[1，e]即可．令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋，x∈[1，e]，则h′(x)＝1－－＝＝.令h′(x)＝0，得x＝a＋1.①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2＜0，得a＜－2；②若1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2＞2，x∈(0，e－1)与h(x)＜0不符，故舍去．③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋＜0，得a＞＞e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.点评：能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中等价转化有以下几种形式：(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.\n已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x，g(x)＝3x＋a.(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，求参数a的取值范围．[解] (1)由题意得，f′(x)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.(2)设h(x)＝3lnx－x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等价于∃x＞0，使h(x)＝3lnx－x2－2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0)．因为h′(x)＝－x－2＝＝－，令得0＜x＜1；令得x＞1.所以函数h(x)＝3lnx－x2－2x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－，即a＜－，因此参数a的取值范围为.
