2024版新教材高考數(shù)學一輪復(fù)習第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第3課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式-構(gòu)造法證明不等式學案含解析新人教B版202305182153

2024版新教材高考數(shù)學一輪復(fù)習第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第3課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式_構(gòu)造法證明不等式學案含解析新人教B版202305182153第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3課時利用導(dǎo)數(shù)證明不等式——構(gòu)造法證明不等式考點1移項作差構(gòu)造函數(shù)證明不等式——綜合性設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當x∈(1，＋∞)時，1＜eq\f(x－1,lnx)＜x；(3)設(shè)c＞1，證明：當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.(1)解：函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.當0＜x＜1時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x＞1時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．(2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，最大值為f(1)＝0.所以當x≠1時，lnx＜x－1.故當x∈(1，＋∞)時，0＜lnx＜x－1，所以eq\f(x－1,lnx)＞1.用eq\f(1,x)代換x得lneq\f(1,x)＜eq\f(1,x)－1＜0，所以eq\f(x－1,lnx)＜x.即1＜eq\f(x－1,lnx)＜x.(3)證明：設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，則g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x0)＝0，解得x0＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).當x＜x0時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當x＞x0時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．由(2)知1＜eq\f(c－1,lnc)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故當0＜x＜1時，g(x)＞0.所以當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.將本例函數(shù)改為“f(x)＝eq\f(lnx－1,x)－cx(c∈R)”．若1<c<2，求證：f(x)<－1.證明：f(x)的定義域為x>0，f(x)<－1等價于eq\f(lnx－1,x)－cx<－1，等價于cx2－x＋1－lnx>0.設(shè)h(x)＝cx2－x＋1－lnx，只需證h(x)>0成立．h′(x)＝2cx－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2cx2－x－1,x)，1<c<2.易知2cx2－x－1＝0有兩個異號的根．令其正根為x0，則2cxeq\o\al(2,0)－x0－1＝0.在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，則h(x)的最小值為h(x0)＝cxeq\o\al(2,0)－x0＋1－lnx0＝eq\f(1＋x0,2)－x0＋1－lnx0＝eq\f(3－x0,2)－lnx0.又h′(1)＝2c－2>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－3<0，所以eq\f(1,2)<x0<1.所以eq\f(3－x0,2)>0，－lnx0>0.因此eq\f(3－x0,2)－lnx0>0，即h(x0)>0.所以h(x)>0.所以1<c<2時，f(x)<－1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出，可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min＞g(x)max.(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出，可構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)．若h′(x)>0，則h(x)在(a，b)上單調(diào)遞增．同時h(a)>0，即f(x)>g(x)．若h′(x)<0，則h(x)在(a，b)上單調(diào)遞減．同時h(b)>0，即f(x)>g(x)．已知函數(shù)f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(a∈R)．(1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a＝1時，證明：對任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.(1)解：函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x＋12x－a,x).當a≤0時，f′(x)＞0對任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當a＞0時，由f′(x)＞0得x＞eq\f(a,2)；由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(a,2).所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上單調(diào)遞減．(2)證明：當a＝1時，f(x)＝x2＋x－lnx.要證明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需證明ex－lnx－2＞0.設(shè)g(x)＝ex－lnx－2，則問題轉(zhuǎn)化為證明對任意的x＞0，g(x)＞0.令g′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝0，得ex＝eq\f(1,x)，易知方程有唯一解，不妨設(shè)為x0，則x0滿足ex0＝eq\f(1,x0).當x變化時，g′(x)和g(x)變化情況如下表：x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)極小值g(x)min＝g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2.因為x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，因此不等式得證．考點2放縮構(gòu)造法——綜合性函數(shù)f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的圖像在(－1，f(－1))處的切線方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b的值；(2)若m≤0，證明：f(x)≥mx2＋x.(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切線的斜率為－eq\f(e－1,e)且f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－a))＝0，解得a＝eq\f(1,e)或b＝1.又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝eq\f(b,e)－a＝－eq\f(e－1,e).若a＝eq\f(1,e)，則b＝2－e<0，與b>0矛盾；若b＝1，則a＝1.故a＝1，b＝1.(2)證明：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，則g′(x)＝(x＋2)ex－2.當x≤－2時，g′(x)<0.當x>－2時，設(shè)h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，則h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函數(shù)g′(x)在(－2，＋∞)上單調(diào)遞增．又g′(0)＝0，所以當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減；當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(0)＝0.所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x.關(guān)于放縮構(gòu)造法證明不等式導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題中，最常見的就是ex和lnx與其他代數(shù)式結(jié)合的問題，對于這類問題，可以先對ex和lnx進行放縮，使問題簡化，便于化簡或判斷導(dǎo)數(shù)的正負．常見的放縮不等式如下：(1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號．(2)ex≥ex，當且僅當x＝1時取等號．(3)當x≥0時，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，當且僅當x＝0時取等號．(4)當x≥0時，ex≥eq\f(e,2)x2＋1,當且僅當x＝0時取等號．(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，當且僅當x＝1時取等號．(6)當x≥1時，eq\f(2x－1,x＋1)≤lnx≤eq\f(x－1,\r(x))，當且僅當x＝1時取等號．(2020·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0，π)的單調(diào)性；(2)證明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8)；(3)設(shè)n∈N*，證明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤eq\f(3n,4n).(1)解：f(x)＝sin2xsin2x＝2sin3xcosx，則f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)＝2sin2x(2cosx＋1)·(2cosx－1)．f′(x)＝0在(0，π)上的根為x1＝eq\f(π,3)，x2＝eq\f(2π,3).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)證明：注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin2x＝f(x)．故函數(shù)f(x)是周期為π的函數(shù)．結(jié)合(1)的結(jié)論，計算得f(0)＝f(π)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(3\r(3),8).據(jù)此得f(x)max＝eq\f(3\r(3),8)，f(x)min＝－eq\f(3\r(3),8)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8).(3)證明：結(jié)合(2)的結(jié)論eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8)得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2xsin2x))≤eq\f(3\r(3),8)，所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)eq\f(2,3)＝[sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)·…·(sin22n－1xsin2nx)sin22nx]eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinx×\f(3\r(3),8)×\f(3\r(3),8)×…×\f(3\r(3),8)×sin22nx))eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))n))eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＝eq\f(3n,4n).考點3構(gòu)造雙函數(shù)法——應(yīng)用性已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2xex.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)當x＞0時，證明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx.(1)解：因為函數(shù)f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，所以f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值所以當x＝－1時，f(x)極小值＝f(－1)＝1－2＋2×eq\f(1,e)＝eq\f(2,e)－1；當x＝0時，f(x)極大值＝f(0)＝0.(2)證明：要證明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx．即證2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，h(x)＝eq\f(2elnx,x)(x＞0)．g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)＞g′(0)＝0.所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)＞g(0)＝2.h′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，可得h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(e)＝2.又g(x)與h(x)取最值點不同，所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，故2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．所以當x＞0時，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx.構(gòu)造雙函數(shù)法證明不等式的適用情形在證明不等式時，若待證不等式的變形無法轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)的最值問題，可借助兩個函數(shù)的最值證明，如證f(x)≥g(x)在D上恒成立，只需證明f(x)min≥g(x)max即可．已知f(x)＝xlnx.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．(1)解：由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)的極小值即最小值，為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)證明：問題等價于證明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，當且僅當x＝eq\f(1,e)時取到．設(shè)m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝eq\f(1－x,ex).由m′(x)<0，得x>1時，m(x)單調(diào)遞減；由m′(x)>0，得0<x<1時，m(x)單調(diào)遞增．易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e).從而對一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，又兩個等號不同時取到，即對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)nx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第4課時利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立(能成立)問題考點1分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)解決恒成立問題,——綜合性(2020·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.(1)當a＝1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．解：(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0.故當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．(2)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①當x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，符合題意．②當x＞0時，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).記g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，則h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)單調(diào)遞增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)＝0.由h(x)≥0得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故當x∈(0,2)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(2，＋∞)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4).綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).1．分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題的思路用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，是指在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，只要研究變量表達式的最值就可以解決問題．2．求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對?x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若a＝0，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整數(shù)k的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x)(x>0)．當a≤0時，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當a>0時，由f′(x)>0，得0<x<eq\r(\f(1,2a))，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))上單調(diào)遞增；由f′(x)<0，得x>eq\r(\f(1,2a))，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由題意，x(lnx＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)．設(shè)g(x)＝eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12).令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，所以，h(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．因為h(2)＝－ln2<0，h(3)＝1－ln3＝lneq\f(e,3)<0，h(4)＝2－ln4＝lneq\f(e2,4)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一實數(shù)根m∈(3,4)，使得m－lnm－2＝0.當x∈(1，m)時，h(x)<0；當x∈(m，＋∞)時，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上單調(diào)遞減，在(m，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)在x＝m處取得極小值，且g(m)＝eq\f(mlnm＋1,m－1)＝m，所以k<m.由3<m<4，得整數(shù)k的最大值為3.考點2分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)解決能成立問題,——綜合性已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．解：(1)f′(x)＝a－ex，x∈R.當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a＞0時，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為R；當a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．(2)因為?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).設(shè)h(x)＝eq\f(lnx,x2)，則問題轉(zhuǎn)化為a≤h(x)max.由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).當x在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(huán)(x)極大值由上表可知，當x＝eq\r(e)時，函數(shù)h(x)有極大值，也是最大值，為h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e)，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).1．含參數(shù)的能成立(存在型)問題的解題方法(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，則a≥f(x)min；(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，則a≤f(x)max.2．含全稱量詞、存在量詞不等式能成立問題(1)存在x1∈A，對任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)max≥g(x)max.(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，則f(x)min≥g(x)min.若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，不等式2xlnx＋x2－mx＋3≥0成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：因為2xlnx＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).當eq\f(1,e)≤x<1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當1<x≤e時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．因為存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)成立，所以m≤h(x)max.因為heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(1,e)＋3e))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋e＋\f(3,e)))＝2e－eq\f(2,e)－4＞0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以m≤eq\f(1,e)＋3e－2.考點3雙參不等式恒成立問題——應(yīng)用性設(shè)f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M.因為g(x)＝x3－x2－3，所以g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).g(x)，g′(x)隨x變化的情況如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))2g′(x)0－0＋g(x)－3極小值－eq\f(85,27)1由上表可知，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)，所以滿足條件的最大整數(shù)M＝4.(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函數(shù)f(x)min≥g(x)max.由(1)可知，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值g(2)＝1.在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立．等價于a≥x－x2lnx恒成立，記h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0.當1<x≤2時，h′(x)<0；當eq\f(1,2)≤x<1時，h′(x)>0.即函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2]上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．解雙參不等式恒成立問題的方法和基本思想(1)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等價于函數(shù)f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(這里假設(shè)f(x)min，g(x)min存在)．其等價轉(zhuǎn)化的基本思想：函數(shù)y＝f(x)的任意一個函數(shù)值大于函數(shù)y＝g(x)的某一個函數(shù)值，但并不要求大于函數(shù)y＝g(x)的所有函數(shù)值．(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等價于函數(shù)f(x)在D1上的最大值小于函數(shù)g(x)在D2上的最大值(這里假設(shè)f(x)max，g(x)max存在)．其等價轉(zhuǎn)化的基本思想：函數(shù)y＝f(x)的任意一個函數(shù)值小于函數(shù)y＝g(x)的某一個函數(shù)值，但并不要求小于函數(shù)y＝g(x)的所有函數(shù)值．已知向量m＝(ex，lnx＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸垂直，F(xiàn)(x)＝xexf′(x)．(1)求k的值及F(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知函數(shù)g(x)＝－x2＋2ax(a為正實數(shù))，若對于任意x2∈[0,1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)由已知可得f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，所以f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex).由已知，f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，所以k＝1，所以F(x)＝xexf′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－lnx－1))＝1－xlnx－x，所以F′(x)＝－lnx－2.由F′(x)＝－lnx－2≥0得0<x≤eq\f(1,e2)；由F′(x)＝－lnx－2≤0得x≥eq\f(1,e2).所以F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).(2)因為對于任意x2∈[0,1]，總存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，所以g(x)max<F(x)max.由(1)知，當x＝eq\f(1,e2)時，F(xiàn)(x)取得最大值Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝1＋eq\f(1,e2).對于g(x)＝－x2＋2ax，其對稱軸為直線x＝a.當0<a≤1時，g(x)max＝g(a)＝a2，所以a2<1＋eq\f(1,e2)，從而0<a≤1；當a>1時，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋eq\f(1,e2)，從而1<a<1＋eq\f(1,2e2).綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1＋\f(1,2e2))).已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx－a,x)(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e對任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．[四字程序]讀想算思a的取值范圍1.恒成立問題的解題策略；2．如何構(gòu)造函數(shù)？求導(dǎo)研究有關(guān)函數(shù)的單調(diào)性，并求其最值轉(zhuǎn)化與化歸若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e對任意x∈(0，＋∞)恒成立1.數(shù)形結(jié)合；2．分離參數(shù)法；3．構(gòu)造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2；4．構(gòu)造g(x)＝xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)1.h′(x)＝lnx＋1－a；2．g′(x)＝eq\f(x－a＋e－2,x2)1.函數(shù)最值；2．不等式與對應(yīng)函數(shù)圖像的分布關(guān)系思路參考：構(gòu)造函數(shù)h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2的方式，把不等式問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題來研究．解：x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0對任意x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，則h′(x)＝lnx＋1－a.令h′(x)＝0，得x＝ea－1.當x∈(0，ea－1)時，h′(x)<0；當x∈(ea－1，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.令t(a)＝a＋e－2－ea－1，則t′(a)＝1－ea－1.令t′(a)＝0得a＝1.當a∈[0,1)時，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上單調(diào)遞增；當a∈(1，＋∞)時，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．所以當a∈[0,1)時，h(x)的最小值為t(a)≥t(0)＝e－2－eq\f(1,e)>0；當a∈(1，＋∞)時，h(x)的最小值為t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.故a∈[0,2]．思路參考：把原不等式通過等價變形，轉(zhuǎn)化為g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)的最值問題來研究．解：要使x2f(x)＋a≥2－e對任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)≥0即可．代入f(x)可得lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)≥0.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－a＋e－2,x2).當x∈(0，a＋e－2)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．當x∈(a＋e－2，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.再構(gòu)造函數(shù)h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，則h′(a)＝eq\f(3－a－e,a＋e－2).令h′(a)＝0得到a＝3－e.當a∈[0,3－e]時，h′(a)>0，h(a)單調(diào)遞增；當a∈[3－e，＋∞)時，h′(a)<0，h(a)單調(diào)遞減．而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，但是因為h(2)＝0，所以0≤a≤2.思路參考：分離參數(shù)，a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，減弱參數(shù)的影響，避免過多的討論．解：原式可變?yōu)閤lnx＋e－2≥a(x－1)(*)對任意x∈(0，＋∞)恒成立．當x∈(0,1)時，分離變量可得a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1).先求出函數(shù)g(x)＝xlnx的最小值．求得g′(x)＝lnx＋1.當x∈(0，e－1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(e－1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.因為此時(xlnx)min＝－e－1，所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－2>0.又因為x∈(0,1)，所以eq\f(xlnx＋e－2,x－1)<0，而a≥0，所以a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)顯然成立．當x＝1時，代入(*)式驗證e－2≥0顯然成立．當x∈(1，＋∞)時，(*)式分離變量可變?yōu)閍≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1).若令t(x)＝eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，此時只需當x∈(1，＋∞)時，a≤t(x)min.求得t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)，易得t′(e)＝0.下證x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)在x∈(1，＋∞)上的唯一零點．令h(x)＝x－lnx－(e－1)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x).當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，所以h(x)單調(diào)遞增．即x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)的唯一零點．當x∈(1，e)時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減；當x∈(e，＋∞)時，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．思路參考：把不等式通過等價變形后，使不等號的一邊出現(xiàn)直線的方程h(x)＝a(x－1)＋2－e，再分析不等號另外一邊的函數(shù)g(x)＝xlnx的單調(diào)性，就會發(fā)現(xiàn)二者相切時即為參數(shù)的臨界值．解：通過變形原不等式等價于證明：xlnx≥a(x－1)＋2－e，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋2－e.則只需證明函數(shù)g(x)的圖像在直線h(x)的上方．首先分析g(x)＝xlnx的圖像．由解法3可知：當x∈(0，e－1)時，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(e－1，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.其次分析h(x)＝a(x－1)＋2－e的圖像．因為a≥0，所以h(x)表示過定點(1,2－e)的非減函數(shù)，且g(x)min＝－e－1>2－e.兩個函數(shù)的圖像大致如圖1所示：圖1圖2所以如果我們能說明當g(x)和h(x)相切時二者只有一個切點，就能求出a的最大值．設(shè)g(x)和h(x)相切于點P(x0，y0)，則可得eq\