最后更新: 2025-05-23 10:49 查看: 36 次反馈同步训练

高考研究：利用导数研究恒(能)成立问题

恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度较大.

## 分离参数求参数范围

**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）$a \geqslant f(x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a \geqslant f(x)_{\text {max }}$ ；
$a \leqslant f(x)$ 恒成立 $\Leftrightarrow a \leqslant f(x)_{\text {min }}$ ；
$a \geqslant f(x)$ 能成立 $\Leftrightarrow a \geqslant f(x)_{\text {min }}$ ；
$a \leqslant f(x)$ 能成立 $\Leftrightarrow a \leqslant f(x)_{\text {max }}$ ．

### 常用缩放
$$
\begin{aligned}
& \ln x \leqslant x-1 \\
& e^x \geqslant x+1 \\
& \ln x<x<e^x(x>0) \\
& \frac{x}{x+1} \leqslant \ln (x+1) \leqslant x(x>-1)
\end{aligned}
$$

`例`已知函数 $f(x)= e ^x-a x-1$ ．
（1）当 $a=1$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间与极值；
（2）若 $f(x) \leqslant x^2$ 在 $[0, ~+\infty)$ 上有解求实数 $a$ 的取值范围．
解：（1）当 $a=1$ 时，$f(x)= e ^x-x-1$ ，
所以 $f^{\prime}(x)= e ^x-1$ ，
当 $x<0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ；
当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
所以当 $x=0$ 时，函数 $f(x)$ 有极小值 $f(0)=0$ ，无极大值．
即 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty, 0)$ ，单调递增区间为 $(0, ~+\infty)$ ，极小值为 0 ，无极大值．

（2）因为 $f(x) \leqslant x^2$ 在 $[0,+\infty)$ 上有解，
所以 $e ^x-x^2-a x-1 \leqslant 0$ 在 $[0, ~+\infty)$ 上有解，
当 $x=0$ 时，不等式成立，此时 $a \in R$ ，
当 $x>0$ 时，不等式等价于 $a \geqslant \frac{ e ^x}{x}-\left(x+\frac{1}{x}\right)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有解，
令 $g(x)=\frac{ e ^x}{x}-\left(x+\frac{1}{x}\right)$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\frac{ e ^x(x-1)}{x^2}-\left(\frac{x^2-1}{x^2}\right)=\frac{(x-1)\left[ e ^x-(x+1)\right]}{x^2}$ ，

由（1）知当 $a=1$ 时，$f(x)>f(0)=0$ ，
即 $e ^x-(x+1)>0$ ，
所以当 $0<x<1$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ；
当 $x>1$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ，
所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1, ~+\infty)$ 上单调递增，
所以当 $x=1$ 时，$g(x)_{\text {min }}= e -2$ ，
所以 $a \geqslant e -2$ ，
综上可知，实数 $a$ 的取值范围是 $[ e -2, ~+\infty)$ ．

## 等价转化求参数范围
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解.

`例` 已知函数 $f(x)=a x-\ln x$ ．
（1）讨论函数 $f(x)$ 的单调性；
（2）若 $x=1$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，当 $x \in[ e , ~+\infty)$ 时，不等式 $x[f(x)-x+1]$ $\leqslant m( e -x)$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围．

解：（1）
$$
f^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}=\frac{a x-1}{x}(x>0)
$$

①当 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ 恒成立，
$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减；

②当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime}(x)>0$ ，得 $x>\frac{1}{a}$ ，令 $f^{\prime}(x)<0$ ，得 $0<x<\frac{1}{a}$ ，
$\therefore f(x)$ 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递减．
综上，当 $a \leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在 $(0, ~+\infty)$ 上单调递减；

（2）$\because x=1$ 为函数 $f(x)$ 的极值点，$\therefore f^{\prime}(1)=0$ ，
$\therefore a=1$ ．
$f(x)=x-\ln x, x[f(x)-x+1]=x(1-\ln x)$,
当 $x \in[ e , ~+\infty)$ 时，不等式 $x[f(x)-x+1] \leqslant m( e -x) \Leftrightarrow x(1-\ln x) \leqslant m( e -x)$ ，
即 $x(1-\ln x)-m( e -x) \leqslant 0$ ，令 $g(x)=x(1-\ln x)-m( e -x), ~ g( e )=0$ ，
$g^{\prime}(x)=m-\ln x, x \in[ e ,+\infty)$ ，
若 $m \leqslant 1, ~ g^{\prime}(x) \leqslant 0$ 在 $[ e , ~+\infty)$ 上恒成立，
则 $g(x)$ 在 $[ e , ~+\infty)$ 上单调递减，
$\therefore g(x) \leqslant g( e )=0$ 满足题意．
若 $m>1$ ，由 $g^{\prime}(x)>0$ ，可得 $e \leqslant x< e ^m$ ，则 $g(x)$ 在 $\left[ e , ~ e ^m\right)$ 上单调递增，
$\therefore$ 在 $\left[ e , ~ e ^m\right)$ 上存在 $x_0$ 使得 $g\left(x_0\right)>g( e )=0$ ，与题意不符，
综上，实数 $m$ 的取值范围为 $m \leqslant 1$ ．

当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$ 上单调递减．

免费注册看余下 50%

非VIP会员每天15篇文章，开通VIP 无限制查看

上一篇：高考研究：利用导数证明不等式

下一篇：高考研究：构造函数问题

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)