第三章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题（教师版+学生课时教案+课时作业+配套PPT）

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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，试题难度略大.
例1　已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；
当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)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(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值.
(2)若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，当x＝0时，不等式成立，此时a∈R，
由(1)知当a＝1时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，所以当01时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
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≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
跟踪训练1　(2023·苏州质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝ .(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值.
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围.
若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
例2　(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围.
∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)，即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，g(e)＝0，g′(x)＝m－ln x，x∈[e，＋∞)，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0满足题意.若m>1，由g′(x)>0，可得e≤xg(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为m≤1.
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.
跟踪训练2　(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；
因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，令g(x)＝－x·ex(x<0)，则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，当x<－1时，g′(x)>0，当－1所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，
(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围.
当a＝0时，h(x)＝1，不满足h(x)≤0；当a>0且x<－1时，h′(x)<0，当a>0且－10，所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－1)＝a＋1>0，不符合题意；当a<0且x<－1时，h′(x)>0，当a<0且－1双变量的恒(能)成立问题
例3　(2023·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b，并证明f(x)≥g(x)；
f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
此时f(x)＝x2ln x，g(x)＝x2－x，要证f(x)≥g(x)，即证x2ln x≥x2－x，即xln x≥x－1，令h(x)＝xln x－x＋1，则h′(x)＝ln x，且h′(1)＝0，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x).
(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈ 使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围.
欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3　已知函数f(x)＝ (x∈R)，a为正实数.(1)求函数f(x)的单调区间；
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞).
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围.
由(1)知，f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)1.已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
依题意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，
∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，综上，实数a的取值范围是(－∞，e2].
2.(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；
函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞); ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)由已知，转化为f(x)max0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝aln a－a，
当01时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)的极小值即为最小值，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴aln a－a<0，即ln a－1<0，解得03.(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.
当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，令h(x)＝ln x＋1－2ax，
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立.
4.已知函数f(x)＝e2x－ax(a∈R)，e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)的极值；
∵f(x)＝e2x－ax，∴f′(x)＝2e2x－a，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值.当a>0时，令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，
综上，当a≤0时，f(x)无极值；
当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
且当x→0＋时，h(x)<0，不满足题意.当a＝0时，h(x)＝e2x>0，满足题意.
又q(1)＝0，故当x∈(0,1)时，q(x)>0，即p′(x)>0，p(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，q(x)<0，即p′(x)<0，p(x)单调递减，