不等式恒成立

1②當(dāng)a<0時(shí)，f1②當(dāng)a<0時(shí)，fr(x)=a+—x所以函數(shù)f(x)在［0,—1A-上單調(diào)遞增a)(1A在--,+8上單調(diào)遞減Ia)max=ln一一Ia)(利用最值與0的大小關(guān)系加以判斷)恒成立或有解問題的解決策略恒成立與有解問題的解決策略大致分四類：①構(gòu)造函數(shù)，分類討論；②部分分離，化為切線；③完全分離，函數(shù)最值；④換元分離，簡化運(yùn)算；在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘?dāng)?shù)’”.依托端點(diǎn)效應(yīng)，縮小范圍，借助數(shù)形結(jié)合，尋找臨界.一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解問題設(shè)計(jì)獨(dú)特，試題形式多樣、變化眾多，涉及到函數(shù)、不等式、方程、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列等知識，滲透著函數(shù)與方程、等價(jià)轉(zhuǎn)換、分類討論、換元等思想方法，有一定的綜合性，屬于能力題，在提升學(xué)生思維的靈活性、創(chuàng)造性等數(shù)學(xué)素養(yǎng)起到了積極的作用，成為高考的一個(gè)熱點(diǎn).【考點(diǎn)突破】【典例3】(2018屆廣州市高中畢業(yè)班一模)已知函數(shù)fG)=ax+lnx+1.(1)討論函數(shù)fG)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)對任意的x>0,f(x)vxe2x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)思路一：函數(shù)fQ)的定義域?yàn)?0,+s),由f(x)=ax+lnx+1,fr(x)=a+1,x①當(dāng)a>0時(shí)，f,(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(1)=a+1>0,當(dāng)xf0時(shí)，f(x)f—s，所以函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)； (利用零點(diǎn)存在性定理是解決此類問題的理論依據(jù))當(dāng)x>—一時(shí)，f,(x)<0；當(dāng)0<x〈一一時(shí)，f,(x)>0；aa

若a<-1,f(x) =lnI1Ia所以函數(shù)若a<-1,f(x) =lnI1Ia所以函數(shù)fQ)沒有零點(diǎn);/、 ( 1Af(x) =In--=0,max Iay所以函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn);若-1<a<0,f(x)maxf[11=a<0,且1<1<--,所以函數(shù)f(x)在[0,--'Ie)eea Ia)有1個(gè)零點(diǎn);又當(dāng)xf+s時(shí)，f(x)f-g，所以函數(shù)f(x)在I-一,+8有1個(gè)零點(diǎn);a)綜上可知，當(dāng)a<-1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a=-1或a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn).【審題點(diǎn)津】函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題的依據(jù)是零點(diǎn)的存在性定理，其解決過程要注意“腦中有‘形’，心中有‘?dāng)?shù)’”,這也是數(shù)形結(jié)合思想的滲透.思路二：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+s),由f(x)=ax+lnx+1=0，得Inx=-ax-1，令u(x)=Inx,v(x)=-ax-1，則函數(shù)v(x)是過定點(diǎn)(0,-1)，斜率為k=-a的直線，而函數(shù)u(x)的圖象如圖所示， (部分分離，數(shù)形結(jié)合，化為圖象的位置關(guān)系)當(dāng)直線y=kx-1與函數(shù)u(x)=lnx相切時(shí)，兩者只有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)設(shè)切點(diǎn)為P(x0,y°)，則.0<y=lnxy=kx-10 0解得x0=1，k=1，y0=0，(借助于導(dǎo)數(shù)的幾何意義，尋找臨界)所以當(dāng)k>1時(shí)，函數(shù)fQ)沒有零點(diǎn)；當(dāng)k=1或k<0時(shí)，函數(shù)fQ)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0<k<1時(shí)，函數(shù)fQ)有2個(gè)零點(diǎn).所以當(dāng)a<-1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a=-1或a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-1<a<0

時(shí)，函數(shù)fQ)有2個(gè)零點(diǎn).【審題點(diǎn)津】函數(shù)fQ)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題也可以轉(zhuǎn)化為兩個(gè)基本初等函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，靈活借助于導(dǎo)數(shù)的幾何意義加以解決.思路三：函數(shù)fG)的定義域?yàn)?0,+8),(將兩個(gè)變量完全分離)由f(x)=ax+lnx+1=0,得a=-1nx+1,X(將兩個(gè)變量完全分離)令g(x)=—X(x>0)，則g，(x)二.因?yàn)楫?dāng)0<X<1時(shí)，g'(x)<0，當(dāng)X>1時(shí)，g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，g(x)=g(1)=-1，由于gI-1=0，所以當(dāng)0<x<一時(shí)，g(x)>0，當(dāng)x>-Ie) e e時(shí)，g(x)<0,所以當(dāng)a<-1時(shí)，函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a=-1或a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn). (借助于數(shù)形結(jié)合，確定分類的界點(diǎn))【審題點(diǎn)津】函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題也可以應(yīng)用變量分離法轉(zhuǎn)化為水平直線與函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題來處理，形象直觀，本題是轉(zhuǎn)化為直線y=a與函數(shù)g(x)=-1nx+1(x>0)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，x只要借助于導(dǎo)數(shù)把函數(shù)g(x)的圖象正確地畫出來，自然一目了然.(2)思路一：由f(x)=ax+1nx+1,所以對任意的x>0,f(x)<xe2一恒成立，等價(jià)于a<e2x-皿上」在(0,+8)上恒成立， (將兩個(gè)變量完全分離)x令m(x)=e2x-lnx±l(x>0)，則m,(x)=2e2x+1nx,再令n(x)=2e2x+1nx，則n<x)=4Q2+x)e2x+i>0,x所以n(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

-2ln2<0,n-2ln2<0,n(1)>0(4)1所以n(x)有唯一零點(diǎn)x，且1<x<1, (零點(diǎn)不可求，虛擬設(shè)根)0 4 0所以當(dāng)0<x<x0時(shí)，m'(x)<0，當(dāng)x>x0時(shí)，m'(x)>0,所以m(x)在(0,x)上單調(diào)遞減，在(x,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)?x2e2x0+lnx=0，所以ln2+2lnx+2x=In(-Inx),即ln2x0+2x0=ln(-lnxj+jlnxj, (善于結(jié)構(gòu)分析，巧妙構(gòu)造函數(shù))設(shè)s(x)=lnx+x，則s<x)=，+1>0,x所以函數(shù)s(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)閟(2x)=s(-lnx),所以2x=-lnx，即e2x0=-1, ……(設(shè)而不求，整體代入，求解最值)0 0 x0'0一所以m(x)>m(x)=e2x'0一所以實(shí)數(shù)a的取值范圍(-8,2].【審題點(diǎn)津】本題零點(diǎn)x的探求也可以將2x2e2x0+lnx_0變形為112xe112xe2x0——ln——0 x0 x0( 1\ln-eI x0JlnxJ，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)R(x)—xex(x>0)來解決.思路二：設(shè)g(x)_xe2x-ax-lnx-1(x>0)，對任意的x>0,f(x)<xe2x恒成立，等價(jià)于g(x)i>0在(0,+8)上恒成立， (直接“左減右”構(gòu)造函數(shù))1 1 1因?yàn)間(x)―(2x+1)e2x-a-，令h(x)—(2x+1)e2x-a-，則h(x)―4G+1)2x+>0,x x x2所以h(x)_g'(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增， (高階導(dǎo)數(shù)，層次要清晰)因?yàn)楫?dāng)xf0時(shí)，h(x)-—8，當(dāng)xf+8時(shí)，h(x)f+8,所以h(x)_g'(x)在(0,+8)上存在唯一的零點(diǎn)x,滿足(2x+1)

所以a—(2x+1)e2x0

01 ,x0所以a—(2x+1)e2x0

01 ,x0且g(x)在(0,x)上單調(diào)遞減，在(x,+8)上單調(diào)遞增，(x)—xe2x0-ax-lnx-1—-2x2e2x0-lnx>0,0000〔設(shè)而不求，整體代入，求解最值)所以2x2e2x0+lnx<0，此時(shí)0<x<1,e2%<lnx2x2，0所以2x+ln(2x)<ln(-lnx)+(-lnx),[善于結(jié)構(gòu)分析，巧妙構(gòu)造函數(shù))^設(shè)S(x)—x+lnx，則S<x)=1+1>0,x所以函數(shù)S(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因?yàn)镾(2x)<S(―lnx)，所以2x<-ln所以a—(2x+1)e2x0--<(2x+1)---——2,0 x0xx0 0 0所以實(shí)數(shù)a的取值范圍(-8,2].【審題點(diǎn)津】本題零點(diǎn)x的探求也可以將2x2e2x0+lnx<0變形為ln—=

x0( 1\ln-eI x0)lnJ,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)R(x)=xex(x>0)來解決.思路三：由f(x)=ax+lnx+1，所以對任意的x>0,f(x)<xe2x恒成立，等價(jià)于a<e2x-上士x在(0,+s)上恒成立，先證明t>lnt+1,當(dāng)且僅當(dāng)x―1時(shí)取等號，如圖所示(證明略).所以當(dāng)x>0時(shí)，有xe2x>lnxe2x+1=lnx+2x+1, (重要不等式x-1>lnx是放縮的途徑)所以e2x>1nx+2+1，即e2x-電巴>2，當(dāng)且僅xx x當(dāng)xe2x當(dāng)xe2x―1時(shí)取等號，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍(一叫2].要不等式％-1>ln%與ex>X+1,它們自然也是放縮的重要途徑.l I]思路四：由f（%）=ax+lnx+1，所以對任意的X>0,f（Qvxe2%恒成立，等價(jià)于a<e2%-匯上在（0,+8）上恒成立，先證明e>x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號，如圖所示（證明略）.所以當(dāng)x>0時(shí)，有xe2%=ein%e2%=ein%+2%>lnx+2x+1, （重要不等式e%>%+1是放縮的途徑）所以e2%>出％+2+1，即e2%-上二>2，當(dāng)且僅當(dāng)ln%+2%=0時(shí)取等號，%% %所以實(shí)數(shù)a的取值范圍（-8,2].【點(diǎn)睛探究】兩個(gè)重要不等式%-1>ln%與e%>%+1實(shí)質(zhì)是等價(jià)的，它們的變形很多，很值得深入探究.如以e%>%+1為例，把%換為ln%,即得%>ln%+1>ln%；把%換為%-1，即得e%>ex；把%換為一%,即得e-%>-%+1，亦即e%<」一(％<1)；把%換為2%+ln%，即得%2e2%>2%+ln%+1；把1-%%換為%-ln%，即得宜>%-ln%+1；把%換為%-ln2，即得e%>2%一2ln2+2； %【拓展演練4