第5章習(xí)題課不等式恒成立與能成立問題++學(xué)案 高二下學(xué)期數(shù)學(xué)蘇教版（2019）+選擇性必修第一冊

習(xí)題課不等式恒成立與能成立問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.了解解決不等式恒成立與能成立問題的方法.2.初步運用導(dǎo)數(shù)解決有關(guān)不等式恒成立與能成立問題．一、不等式恒成立問題例1設(shè)函數(shù)f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0)．(1)求f(x)的最小值h(t)；(2)若h(t)＜－2t＋m對t∈(0,2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．反思感悟(1)“恒成立”問題向最值問題轉(zhuǎn)化是一種常見的題型，一般地，可采用分離參數(shù)法進(jìn)行轉(zhuǎn)化．λ≥f(x)恒成立?λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立?λ≤f(x)min.對于不能分離參數(shù)的恒成立問題，直接求含參函數(shù)的最值即可．(2)此類問題特別要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等號”的情況，以此來確定參數(shù)是否能取到端點值．跟蹤訓(xùn)練1設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c.(1)若對任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范圍；(2)若對任意的x∈(0,3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范圍．二、不等式能成立問題例2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－x，求證：g(x)≤－1；(3)設(shè)h(x)＝f(x)－x2＋2ax－4a2＋1，若存在x使得h(x)≥0，求a的最大值．反思感悟同恒成立問題類似，能成立問題一般也轉(zhuǎn)化為最值問題，也可采用分離參數(shù)法進(jìn)行轉(zhuǎn)化，若存在x，使得λ≥f(x)成立?λ≥f(x)min；若存在x，使得λ≤f(x)成立?λ≤f(x)max.跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋ax＋b(a，b∈R)在點(1，f(1))處的切線為3x－y－2＝0.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若存在實數(shù)m，使得m2－m－1<eq\f(fx,x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))時成立，求m的取值范圍．1．知識清單：(1)不等式恒成立問題．(2)不等式能成立問題．2．方法歸納：轉(zhuǎn)化法、分離參數(shù)法、分類討論法．3．常見誤區(qū)：忽略分離參數(shù)后檢驗等號是否能成立.習(xí)題課不等式恒成立與能成立問題例1解(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，∴當(dāng)x＝－t時，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1.(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，解得t＝1或t＝－1(舍去)．當(dāng)t變化時，g′(t)，g(t)的變化情況如表所示：t(0,1)1(1,2)g′(t)＋0－g(t)↗1－m↘∴對t∈(0,2)，當(dāng)t＝1時，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t＋m對t∈(0,2)恒成立，等價于g(t)<0對t∈(0,2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.故實數(shù)m的取值范圍是(1，＋∞)．跟蹤訓(xùn)練1解(1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，∴當(dāng)x∈[0,1)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2,3]時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時，f(x)取極大值f(1)＝5＋8c.又f(3)＝9＋8c＞f(1)，∴當(dāng)x∈[0,3]時，f(x)的最大值為f(3)＝9＋8c.∵對任意的x∈[0,3]，有f(x)＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9，∴c的取值范圍為(－∞，－1)∪(9，＋∞)．(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，∴c的取值范圍為(－∞，－1]∪[9，＋∞)．例2(1)解因為f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令f′(x)>0，即1－lnx>0，解得0<x<e；令f′(x)<0，即1－lnx<0，解得x>e，所以f(x)的增區(qū)間為(0，e)，減區(qū)間為(e，＋∞)．(2)證明因為f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以g(x)＝eq\f(lnx,x)－x，所以g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，令t(x)＝1－lnx－x2，則t′(x)＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以t(x)＝1－lnx－x2是減函數(shù)，因為t(1)＝1－ln1－12＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，t(x)>0，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，t(x)<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．g(x)max＝g(1)＝eq\f(ln1,1)－1＝－1，所以g(x)≤g(1)＝－1.(3)解因為f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以h(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ax－4a2＋1，①當(dāng)0≤a≤eq\f(1,2)時，h(1)＝2a－4a2＝2a(1－2a)≥0，即存在1，使得h(1)≥0；②當(dāng)a>eq\f(1,2)時，由(2)可知，eq\f(lnx,x)－x≤－1，即eq\f(lnx,x)≤x－1.所以h(x)≤x－x2＋2ax－4a2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a＋1,2)))2－4a2≤－3a2＋a＋eq\f(1,4)＝eq\f(－2a－16a＋1,4)<0，所以對任意x>0，h(x)<0，即不存在x使得h(x)≥0.綜上所述，a的最大值為eq\f(1,2).跟蹤訓(xùn)練2解(1)由題意知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，∵f′(x)＝lnx＋a＋1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a＋1＝3，,f1＝a＋b＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，))故f(x)＝xlnx＋2x－1.(2)令h(x)＝eq\f(fx,x)＝lnx－eq\f(1,x)＋2，則h′(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，eq\f(1,x)∈[1,4]，∴h′(x)≥h′(1)＝2>0，故h(x)在eq\f(1,x)∈[1,4]上單調(diào)遞增，h(x)≤h(1)＝1.要存在實數(shù)m，使得m2－