第四課時利用導數研究含參不等式專題考點專項突破考題專項突破考點專項突破在講練中理解知識考點一單變量不等式中的參數范圍考查角度1:在區間D上可分離參數的不等式恒成立問題【例1】

(2018·東北三省三校三模)已知函數f(x)=axex(a∈R),g(x)=lnx+kx+1(k∈R),若k=1時有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范圍.反思歸納在區間D上恒成立的單變量不等式,如果其中的參數能夠分離出來,得到m(a)≤f(x)≤M(a)類的不等式,則參數a滿足條件m(a)≤f(x)min,f(x)max≤M(a),即可解不等式得出參數a的取值范圍.(2)若不等式ef(x)-2≥0恒成立,求t的取值范圍.解:(2)由不等式ef(x)-2≥0,x∈[0,+∞)恒成立,得不等式f(x)≥ln2,x∈[0,+∞)恒成立.①當t≥2時,由(1)知f(x)是[0,+∞)上的增函數,所以f(x)min=f(0)=1>ln2,即當t≥2時,不等式f(x)≥ln2,x∈[0,+∞)恒成立.反思歸納在區間D上的單變量不等式恒成立,如果能夠變形為h(x)≥0(或者一個常數),而函數h(x)能夠求出最小值,則只需h(x)min≥0,建立關于參數的不等式,解此不等式得出參數的取值范圍.如果是不等式f(x)≥g(x)恒成立,且f(x)取最小值的點與g(x)取最大值的點相同,則可以直接由f(x)min≥g(x)max建立關于參數的不等式.考查角度3:在區間D的一個端點處成立等號的不等式恒成立問題【例3】(2018·河北衡水信息卷一)已知函數f(x)=lnx-a(x2-1)(a∈R).(1)討論函數f(x)的單調性;(2)當x≥1時,不等式f(x)≥0恒成立,試求實數a的取值范圍.反思歸納這類不等式的特點是在區間的一個端點處成立等號,如本例的區間為[1,+∞)且f(1)=0,如果f(x)≥0=f(1)恒成立,則只能f(x)在區間[1,+∞)單調遞增,解題時以函數在區間[1,+∞)為標準進行分類討論,說明兩點:①f(x)在區間[1,+∞)上單調遞增時的參數a符合要求;②若f(x)在區間[1,+∞)上,存在x0>1,使得f(x)在[1,x0)單調遞減,則x∈[1,x0),不等式就不恒成立.通過上述兩點就可以把參數范圍確定下來.反思歸納在區間D上存在x0,使得f(x0)≥M(常數)?f(x)max≥M;在區間D上存在x0,使得f(x0)≤M(常數)?f(x)min≤M.如果不等式兩端都含有變量,則把變量移到不等式一端后通過構造函數,再用上述方法解決.考查角度5:已知不等式整數解的個數求參數的取值范圍【例5】(2018·山西太原3月模擬)f(x)=a(x-1),g(x)=(ax-1)ex,a∈R.(1)證明:存在唯一實數a,使得直線y=f(x)和曲線y=g(x)相切;(2)若不等式f(x)>g(x)有且只有兩個整數解,求a的范圍.反思歸納已知不等式整數解的個數求參數范圍:①如果能夠把不等式化為f(x)>g(x),其中f(x)為不含參數的函數,g(x)為含參數的一次函數,則可以通過導數研究函數性質后通過數形結合的方法尋找參數滿足的不等式組,解此不等式組得出參數取值范圍;②如果達不到①中的要求,則需要就參數值進行合理的分類,再結合具體情況尋找參數滿足的條件.無論何種情況,數形結合是解決該類問題的基本思想.【題組通關】1.(2018·北京東城匯文中學期中)設不等式2xlnx≥-x2+ax-3對一切x∈(0,+∞)恒成立,求實數a的取值范圍.2.(2018·湖南株洲二檢,節選)函數f(x)=x2(lnx-1),若m>0時,有mf(x)+ex≥0成立,求m的取值范圍.【教師備用鞏固訓練】(2018·山西省適應考)已知函數f(x)=x2-(2m+1)x+lnx(m∈R),當x>1時,f(x)<(1-m)x2恒成立,求m的取值范圍.③若m≤0,則x∈(1,+∞)時,恒有h′(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上是減函數,于是“h(x)<0對任意x∈(1,+∞)都成立”的充要條件是h(1)≤0,即m-(2m+1)≤0,解得m≥-1,故-1≤m≤0.綜上,m的取值范圍是[-1,0].考點二雙(多)變量不等式中的參數范圍考查角度1:雙(多)變量、單函數不等式問題解:(1)f′(x)=ax-xex=x(a-ex),當a≤0時,令f′(x)=0得x=0,可知x∈(-∞,0)時,f′(x)>0,x∈(0,+∞)時,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上單調遞增,在(0,+∞)上單調遞減;當a>0時,令f′(x)=0,得x=0或x=lna,若0<a<1,則lna<0,x∈(-∞,lna)∪(0,+∞)時,f′(x)<0,x∈(lna,0)時,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上單調遞減,在(lna,0)上單調遞增;若a=1,則lna=0,x∈(-∞,+∞)時,f′(x)≤0恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減;若a>1,則lna>0,x∈(-∞,0)∪(lna,+∞)時,f′(x)<0,x∈(0,lna)時,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上單調遞減,在(0,lna)上單調遞增.綜上,當a≤0時,f(x)在(-∞,0)上單調遞增,在(0,+∞)上單調遞減;當0<a<1時,f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上單調遞減,在(lna,0)上單調遞增;當a=1時,f(x)在(-∞,+∞)上單調遞減;當a>1時,f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上單調遞減,在(0,lna)上單調遞增.(2)若對任意實數x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),求實數a的取值范圍.解:(2)由題意知要使對任意實數x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),只需f(x)min+f(x)min≥f(x)max,即2f(x)min≥f(x)max,反之,若2f(x)min≥f(x)max,x∈[0,1],則對任意實數x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3).由題意知2f(x)min≥f(x)max,f′(x)=ax-xex=x(a-ex),x∈[0,1].反思歸納多變量、單函數不等式恒成立時,常見的有①本例中的情況;②對?x1,x2∈D,|f(x1)-f(x2)|≤M(a)(a為參數),則等價于f(x)max-f(x)min≤M(a).解題的基本思想是把不等式與函數最值聯系起來.反思歸納反思歸納基本思想是建立兩個變量間的關系,把不等式化為單變量不等式.解:x∈(-∞,+∞)且f′(x)=ex+1+(x-1)ex+1+2mx=x(ex+1+2m),當m>0時,因為ex+1>0,所以ex+1+2m>0,所以當x>0時,f′(x)>0;當x<0時,f′(x)<0.故f(x)在區間(-∞,0)上單調遞減,在區間(0,+∞)上單調遞增,所以f(x)min=f(0)=-e.②m>2時,h′(x)>0同①舍去,考題專項突破在訓練中突破考點1.(2018·湖南益陽、湘潭調研)設函數f(x)=x3-3x2-ax+5-a,若存在唯一的正整數x0,使得f(x0)<0,則a的取值范圍是()【教師備用】BA

D

4.(2018·山東、湖北部分重點中學沖刺模擬)已知函數f(x)的導函數為f′(x),且對任意的實數x都有f′(x)=e-x(2x+3)-f(x)(e是自然對數的底數),且f(0)=1,若關于x的不等式f(x)-m<0的解集中恰有兩個整數,則實數m的取值范圍是(

)(A)(-e,0] (B)[-e2,0)(C)[-e,0) (D)(-