1、微课二微课二不等式恒成立或有解问题不等式恒成立或有解问题 题型一分离法求参数的取值范围 【例 1】(2020全国卷)已知函数 f(x)exax2x. (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x)1 2x 31，求 a 的取值范围. 解(1)当 a1 时，f(x)exx2x，xR， f(x)ex2x1. 故当 x(，0)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增. (2)由 f(x)1 2x 31 得，exax2x1 2x 31，其中 x0， 当 x0 时，不等式为 11，显然成立，此时 aR. 当 x0 时，分离参数 a，得 a ex1
2、 2x 3x1 x2 ， 记 g(x) ex1 2x 3x1 x2 ， g(x)（x2） ex1 2x 2x1 x3 . 令 h(x)ex1 2x 2x1(x0)， 则 h(x)exx1，令 H(x)exx1， H(x)ex10， 故 h(x)在(0，)上是增函数， 因此 h(x)h(0)0，故函数 h(x)在(0，)上递增， h(x)h(0)0，即 ex1 2x 2x10 恒成立， 故当 x(0，2)时，g(x)0，g(x)单调递增； 当 x(2，)时，g(x)0，不等式 f(x)axx21 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解(1)因为 f(x)ln x， 所以 g(x)f(x1)xln(
3、x1)x，x1. 所以 g(x) 1 x11 x x1. 当 x(1，0)时，g(x)0，所以 g(x)在(1，0)上单调递增； 当 x(0，)时，g(x)0，不等式 f(x)axx21 恒成立， 所以 aln x x ， ax1 x 在 x0 时恒成立，进一步转化为 ln x x max a x1 x min . 设 h(x)ln x x ，则 h(x)1ln x x2 ， 当 x(0，e)时，h(x)0； 当 x(e，)时，h(x)0 时，x1 x2，要使 axx 21 恒成立，必须 a2，所以满足 条件的 a 的取值范围是 1 e，2. 题型二等价转化法求参数范围 【例 2】函数 f(x
4、)x22axln x(aR). (1)若函数 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线 x2y10 垂直，求 a 的值； (2)若不等式 2xln xx2ax3 在区间(0，e上恒成立，求实数 a 的取值范围. 解(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2a1 x，f(1)32a， 由题意 f(1)1 2(32a) 1 21，解得 a 5 2. (2)不等式 2xln xx2ax3 在区间(0，e上恒成立等价于 2ln xxa3 x， 令 g(x)2ln xxa3 x， 则 g(x)2 x1 3 x2 x22x3 x2 （x3） （x1） x2 ， 则在区间(0，1)上，g(x)
5、0，函数 g(x)为增函数. 由题意知 g(x)ming(1)1a30，得 a4， 所以实数 a 的取值范围是(，4. 感悟升华根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问 题，如 f(x)a 恒成立，则 f(x)mina，然后利用最值确定参数满足的不等式，解 不等式即得参数范围. 【训练 2】 (2021新高考 8 省联考)已知函数 f(x)exsin xcos x， g(x)exsin xcos x. (1)证明：当 x5 4 时，f(x)0； (2)若 g(x)2ax，求 a. (1)证明要证 f(x)0，即证 exsin xcos x0，即sin xcos x ex 1，
6、 令 F(x)sin xcos x ex ， F(x)（cos xsin x）e xex（sin xcos x） e2x 2sin x ex . 当5 4 x时，F(x)0，F(x)单调递减； 当x0 时，F(x)0，F(x)单调递增， 此时当 x 5 4 ，0 时， F(x)minF()sin（）cos（） e ， e1， 当5 4 x0 时，f(x)0. 当 0 x时，F(x)0，F(x)单调递减， F(x)minF() 1 e1. 当 0 x5 4 时，f(x)0. (2)解exsin xcos x2ax0， 令 h(x)exsin xcos x2ax， h(x)excos xsin x
7、a， 又 h(0)0， 0 是 h(x)的一个最小值点，也是极小值点， h(0)011a0，a2. 下面证明：当 a2 时，exsin xcos x22x0，验证充分性. h(x)exsin xcos x2x2，h(x)excos xsin x2， 令 H(x)sin xcos x2 ex ， H(x)（cos xsin x）e xex（sin xcos x2） e2x 2cos x2 ex 0， H(x)在 R 上单调递减，注意到 H(0)1， 当 x0 时，H(x)1，此时sin xcos x2 ex 1excos xsin x20. h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(0)0， 当
8、 x0 时，H(x)1，此时sin xcos x2 ex 0， h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)0. 综上，a2 符合题意. 题型三可化为不等式恒成立求参数的取值范围(含有解问题) 【例 3】(2020重庆诊断)已知函数 f(x)1 3x 3x2ax. (1)若函数 f(x)在区间1，)上单调递增，求实数 a 的最小值； (2)若函数 g(x) x ex，对x 1 1 2，2，x2 1 2，2，使 f(x1)g(x2)成立，求实数 a 的取值范围. 解(1)由题设知 f(x)x22xa0 在1，)上恒成立， 即 a(x1)21 在1，)上恒成立， 而函数 y(x1)21 在1，)
9、单调递减， 则 ymax3， 所以 a3，所以 a 的最小值为3. (2)“对x1 1 2，2，x2 1 2，2， 使 f(x1)g(x2)成立”等价于“当 x 1 2，2时， f(x)maxg(x)max”. 因为 f(x)x22xa(x1)2a1 在 1 2，2上单调递增，所以 f(x)maxf(2) 8a. 而 g(x)1x ex ，由 g(x)0，得 x1，由 g(x)1， 所以 g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减. 所以当 x 1 2，2时，g(x)maxg(1)1 e. 由 8a1 e，得 a 1 e8， 所以实数 a 的取值范围为 ，1 e8. 感悟升华含参不等式
10、能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的 转化有： (1)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min. (2)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max. (3)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min. (4)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max. 【训练 3】已知函数 f(x)axex(aR)，g(x)ln x x . (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)x(0，)，使不等式 f(x)g(x)ex成立，求 a 的取值范围. 解(1)因为 f(x)aex，xR.
11、当 a0 时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 xln a. 由 f(x)0，得 f(x)的单调递增区间为(，ln a)； 由 f(x)0 时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为(ln a，). (2)因为x(0，)，使不等式 f(x)g(x)ex， 则 axln x x ，即 aln x x2 . 设 h(x)ln x x2 ，则问题转化为 a ln x x2 max . 由 h(x)12ln x x3 ，令 h(x)0，得 x e. 当 x 在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随 x 的变化情况如下表： X(0， e)e( e，) h(x)0 h(x) 极大值
12、1 2e 由上表可知，当 x e时，函数 h(x)有极大值，即最大值为 1 2e，所以 a 1 2e. 故 a 的取值范围是 ， 1 2e . 1.已知函数 f(x)a x1ln x，若存在 x 00，使得 f(x0)0 有解，则实数 a 的取值 范围是() A.a2B.a3 C.a1D.a3 答案C 解析函数 f(x)的定义域是(0，)，不等式a x1ln x0 有解，即 axxln x 在(0，)上有解. 令 h(x)xxln x，则 h(x)ln x. 由 h(x)0，得 x1. 当 0 x0，当 x1 时，h(x)0. 故当 x1 时，函数 h(x)xxln x 取得最大值 1， 所以
13、要使不等式 axxln x 在(0，)上有解， 只要 ah(x)max即可，即 a1. 2.(多选题)(2021潍坊调研)关于函数 f(x)2 xln x，则下列结论正确的是( ) A.x2 是 f(x)的极小值点 B.函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点 C.对任意两个正实数 x1，x2，且 x2x1，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24 D.存在正实数 k，使得 f(x)kx 恒成立 答案ABC 解析对于函数 f(x)2 xln x， 其定义域为(0， )， 由于 f(x) 2 x2 1 x， 令 f(x) 0 可得 x2，当 0 x2 时，f(x)0，当 x2 时，f(x)0，可
14、知 x2 是 f(x) 的极小值点， 选项 A 正确； 设 g(x)f(x)x， 则 g(x)1 x1 2 x2 x1 2 2 7 4 x2 0，可知 g(x)在(0，)上单调递减，又 g(1)10，g(2)ln 210，所以方 程 g(x)0 有且仅有一个根， 即函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点， 选项 B 正确； 由 x2 是 f(x)的极小值点，可知若 f(x1)f(x2)时，x22x10，易知 4x12， 则 f(4x1)f(x2)f(4x1)f(x1) 2 4x1ln(4x 1) 2 x1ln x 1 4（x12） （4x1）x1 ln 4x1 x1 ，令 t4x1 x1 ，
15、则 t1，x1 4 1t，则 f(4x 1)f(x2)1t 2 2t ln tF(t)(t 1)，F(t)t 22t1 2t2 0，则 F(t)在(1，)上单调递减，F(t)F(1)0，故 f(4x1)f(x2)0，又 f(x)在(2，)上单调递增，则 4x1x2，故 x1x24， 选项 C 正确；令 f(x)kx 得2 xln xkx(x0)， 即 2 x2 ln x x k(x0). 设 h(x) 2 x2 ln x x ，x(0，)， 则 h(x) 4 x3 1ln x x2 1 x3(xxln x4)， 设 H(x)xxln x4，x(0，)， 则 h(x)H（x） x3 ， 因为 H
16、(x)1ln x1ln x， 当 0 x1 时，H(x)ln x0， 当 x1 时，H(x)ln x0， 所以函数 H(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 H(x)maxH(1)10430， 则 h(x)H（x） x3 0 恒成立， 所以函数 h(x)在(0，)上单调递减， 所以不可能存在正实数k， 使得h(x) 2 x2 ln x x k恒成立.故选D不正确.故选ABC. 3.已知函数 f(x)m x1 x 2ln x(mR)， g(x)m x ， 若至少存在一个 x01， e， 使得 f(x0)g(x0)成立，求实数 m 的取值范围. 解依题意，不等式 f(x)g(x
17、)在1，e上有解， mx2ln x 在区间1，e上有解，即m 2 ln x x 能成立. 令 h(x)ln x x ，x1，e，则 h(x)1ln x x2 . 当 x1，e时，h(x)0，h(x)在1，e上是增函数， h(x)的最大值为 h(e)1 e. 由题意m 2 1 e，即 m 2 e时，f(x)g(x)在1，e上有解. 实数 m 的取值范围是 ，2 e . 4.(2020新高考山东卷)已知函数 f(x)aex 1ln xln a. (1)当 ae 时，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的 面积； (2)若 f(x)1，求 a 的取值范围. 解f(x)的
18、定义域为(0，)，f(x)aex 11 x. (1)当 ae 时，f(x)exln x1，f(1)e1，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线 方程为 y(e1)(e1)(x1)，即 y(e1)x2. 直线 y(e1)x2 在 x 轴、y 轴上的截距分别为 2 e1，2. 因此所求三角形的面积为 2 e1. (2)当 0a1 时，f(1)aln a1.不合题意，舍去. 当 a1 时，f(x)ex 1ln x，f(x)ex11 x. 当 x(0，1)时，f(x)0. 所以当 x1 时，f(x)取得最小值，最小值 f(1)1， 从而 f(x)1. 当 a1 时，f(x)aex 1ln xln
19、aex1ln x1. 综上，a 的取值范围是1，). 5.设 f(x)xex，g(x)1 2x 2x. (1)令 F(x)f(x)g(x)，求 F(x)的最小值； (2)若任意 x1，x21，)，且 x1x2，有 mf(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立， 求实数 m 的取值范围. 解(1)因为 F(x)f(x)g(x)xex1 2x 2x， 所以 F(x)(x1)(ex1)， 令 F(x)0，解得 x1， 令 F(x)0，解得 xx2， 有 mf(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立， 所以 mf(x1)g(x1)mf(x2)g(x2)恒成立. 令 h(x)mf(x)g(x)m
20、xex1 2x 2x，x1，)，即只需 h(x)在1，) 上单调递增即可. 故 h(x)(x1)(mex1)0 在1，)上恒成立，故 m1 ex，而 1 exe，故 m e， 即实数 m 的取值范围是e，). 6.已知函数 f(x)mexx2. (1)若 m1，求曲线 yf(x)在(0，f(0)处的切线方程； (2)若关于 x 的不等式 f(x)x(4mex)在0，)上恒成立，求实数 m 的取值范 围. 解(1)当 m1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x. 所以 f(0)1，且斜率 kf(0)1. 故所求切线方程为 y1x，即 xy10. (2)由 mexx2x(4mex)得 mex
21、(x1)x24x. 故问题转化为当 x0 时，m x24x ex（x1） max . 令 g(x) x24x ex（x1），x0， 则 g(x)（x2） （x 22x2） （x1）2ex . 由 g(x)0 及 x0，得 x 31. 当 x(0， 31)时，g(x)0，g(x)单调递增； 当 x( 31，)时，g(x)1，求函数 f(x)的单调区间； (2)若 a3，函数 g(x)a2x23，若存在 m1，m2 1 2，2，使得|f(m1)g(m2)|9 成 立，求 a 的取值范围. 解(1)f(x)的定义域为(0，)， 且 f(x)1a x b x2. 由题意，f(1)1ab0，得 b1a. 则 f(x)1a x 1a x2 x 2ax（1a） x2 （x1）x（a1） x2 ， 令 f(x)0，得 x11，x2a1. 若 1a2，则函数 f(x)的单调递减区间为(1，a1)，单调递增区间为(0，1)，(a1， ). (2)若 a3 时，f(x)在 1 2，1上单调递增，在(1，2)上单调递减， 所以 f(x)的最大值为 f(1)2a0， g(x)f(x)在 1 2，2上恒成立， 若存在 m1，m2 1 2，2，使得|f(m1)g(m2)|9 成立， 只需要 g 1 2 f(1)9，即 1 4a 23(2a)9，解得8a3，所以实数 a 的取值范围是(3，4).
