第18讲 导数求解不等式恒(能)成立问题
一、知识梳理
1、构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明。
2、与ex，ln x有关的常用不等式:
与ex有关的常用不等式：(1)ex≥1+x(x∈R);(2)ex≥ex(x∈R).
与ln x有关的常用不等式：(1)≤ln x≤x-1(x>0)；(2)-≤ln x≤x(x>0)；
ln x≤(0
(4)ln x≥(0用x+1取代x的位置，相应的可得到与ln(x+1)有关的常用不等式。
3、恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：
①完全分离，函数最值；②部分分离，化为切线；③构造函数，分类讨论（隐零点、端点效应等）；④特殊方法(同构等），简化运算。
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”，依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界。
二、三大核心原则
构造函数原则 ：通过构造辅助函数将不等式问题转化为函数最值问题
常用构造方法：移项构造、分离参数构造、同构变形构造
分类讨论原则 ：根据参数范围、函数性质等关键因素进行分类；特别注意端点效应和临界点分析
转化化归原则 ：（1）恒成立 函数最小值≥0；
（2）能成立 函数最大值≥0
（3）双变量问题 转化为值域包含关系
三、四大常见题型分类与解题策略
1. 单变量不等式恒成立问题：利用分离参数法来求解不等式f(x,λ)≥0(x∈I,λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
②求f2(x)在x∈I时的最大值或最小值；
③解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围。
(2)对不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，通过分析，变形，合理构造函数，转化成求函数的最值问题。
【例1】已知函数f(x)=x3-x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a-a2≤f(x)在[-3,2]上恒成立，求实数a的取值范围.
【例2】已知函数f(x)=ln x-ax-.
①当a=2时,求f(x)的极值;
②若f(x)≤-e-ax恒成立,求a的取值范围.
2. 单变量不等式能成立问题：若存在x0∈[c,d]，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min，x∈[c,d]；若存在x0∈[c,d]，使a【例3】已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈(1,+∞)，使f(x)>-a，求a的取值范围.
3. 双变量不等式问题
对于双变量不等式的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化，常见的等价转化有：
(1) x1,x2∈I,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【例4】已知函数f(x)=.
(1)当x∈时,求函数f(x)的最小值;
(2)若g(x)=-x3+3x-a,且对任意x1∈,都存在x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
4. 含参不等式证明问题
【例5】已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
四、典例欣赏
【例6】已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(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)若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.第18讲 导数求解不等式恒(能)成立问题
一、知识梳理
1、构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、最值加以证明。
2、与ex，ln x有关的常用不等式:
与ex有关的常用不等式：(1)ex≥1+x(x∈R);(2)ex≥ex(x∈R).
与ln x有关的常用不等式：(1)≤ln x≤x-1(x>0)；(2)-≤ln x≤x(x>0)；
ln x≤(0(4)ln x≥(0用x+1取代x的位置，相应的可得到与ln(x+1)有关的常用不等式。
3、恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：
①完全分离，函数最值；②部分分离，化为切线；③构造函数，分类讨论（隐零点、端点效应等）；④特殊方法(同构等），简化运算。
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”，依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界。
二、三大核心原则
构造函数原则 ：通过构造辅助函数将不等式问题转化为函数最值问题
常用构造方法：移项构造、分离参数构造、同构变形构造
分类讨论原则 ：根据参数范围、函数性质等关键因素进行分类；特别注意端点效应和临界点分析
转化化归原则 ：（1）恒成立 函数最小值≥0；
（2）能成立 函数最大值≥0
（3）双变量问题 转化为值域包含关系
三、四大常见题型分类与解题策略
1. 单变量不等式恒成立问题：利用分离参数法来求解不等式f(x,λ)≥0(x∈I,λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
②求f2(x)在x∈I时的最大值或最小值；
③解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围。
(2)对不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，通过分析，变形，合理构造函数，转化成求函数的最值问题。
【例1】已知函数f(x)=x3-x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a-a2≤f(x)在[-3,2]上恒成立，求实数a的取值范围.
【详解】(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=x2-1,
令f'(x)=0,得x=1或-1.
当x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(-1,1)时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(1,+∞),单调递减区间为(-1,1).
(2)由(1)得,f(x)在[-3,-1]和[1,2]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,
又f(-3)=-6,f(1)=-,所以当x∈[-3,2]时,f(x)min=f(-3)=-6.
因为a-a2≤f(x)在[-3,2]上恒成立,所以a-a2≤-6,即a2-a-6≥0,即(a-3)(a+2)≥0,
解得a≤-2或a≥3,
故实数a的取值范围为(-∞,-2]∪[3,+∞).
【例2】已知函数f(x)=ln x-ax-.
①当a=2时,求f(x)的极值;
②若f(x)≤-e-ax恒成立,求a的取值范围.
【详解】①当a=2时,f(x)=ln x-2x-,x∈(0,+∞),则f'(x)=-2+==,
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
则当x=1时,f(x)取得极大值,极大值为f(1)=0-2-1=-3,无极小值.
②由f(x)≤-e-ax恒成立可得ln x-ax-≤-e-ax恒成立,则ln x-≤ax-e-ax恒成立,
即ln x-≤ln eax-恒成立.
令g(x)=ln x-,则g(x)≤g(eax)恒成立,
易知g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x≤eax恒成立,则≤a恒成立.
令h(x)=,则h'(x)=,
当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,则h(x)max=h(e)=,
所以a≥,则a的取值范围为.
2. 单变量不等式能成立问题：若存在x0∈[c,d]，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min，x∈[c,d]；若存在x0∈[c,d]，使a【例3】已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈(1,+∞)，使f(x)>-a，求a的取值范围.
【详解】(1)易知函数f(x)的定义域为(0,+∞).当a=1时,f(x)=-x2+ln x,则f'(x)=-2x+=(x>0),令f'(x)=0,得x=,
令f'(x)>0,得x∈,令f'(x)<0,得x∈,
所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.
(2)由f(x)>-a,得a(x2-1)-ln x<0,
当x∈(1,+∞)时,-ln x<0,x2-1>0.
当a≤0时,a(x2-1)-ln x<0恒成立,符合题意.
设g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1),则g'(x)=.
当a≥时,g'(x)=>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(1)=0,不符合题意.
当00,得x∈,
令g'(x)<0,得x∈,所以g(x)min=g则存在x∈(1,+∞),使g(x)<0,满足题意.
综上,a的取值范围是.
3. 双变量不等式问题
对于双变量不等式的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化，常见的等价转化有：
(1) x1,x2∈I,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈I1, x2∈I2,f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【例4】已知函数f(x)=.
(1)当x∈时,求函数f(x)的最小值;
(2)若g(x)=-x3+3x-a,且对任意x1∈,都存在x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
【详解】(1)由f(x)=,得f'(x)=.设u(x)=xcos x-sin x,
则u'(x)=-xsin x,当x∈时,u'(x)<0,故u(x)在上单调递减,
所以u(x)所以f(x)在上单调递减,故当x∈时,f(x)的最小值为f=.
(2)令h(x)=sin x-x,x∈,则h'(x)=cos x-1,可知h'(x)<0在上恒成立,
所以函数h(x)在上单调递减,所以h(x)所以sin xg'(x)=-3(x2-1)=(1-x),当x∈[0,2]时,3x+3+>0,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)在区间(0,1)上单调递增;
当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,2)上单调递减.
所以函数g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(1)=-1+3-a=+2-a.
由题可知,+2-a≥1,解得a≤+1,即实数a的取值范围是.
4. 含参不等式证明问题
【例5】已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，令得，
所以时，单调递增，
时，单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要证明，只需证明，
即证明 ，
令，
，
令，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
因为，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
可得，即．
四、典例欣赏
【例6】已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(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)若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
【详解】(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-,∴f'(1)=e-1.
又f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2,
则切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2),,
故所求三角形的面积为×2×=.
(2)方法一:∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,∴f'(x)=aex-1-,且a>0.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+>0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a=1时,f'(1)=0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.
当a>1时,<1,∴<1,∴f'f'(1)=a(a-1)<0,
∴存在唯一x0∈,使得f'(x0)=a-=0,且当x∈(0,x0)时f'(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时f'(x)>0,又a=,∴ln a+x0-1=-ln x0,
因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a>
2ln a-1+2=2ln a+1>1,
∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立.
当0综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
方法二:(构造同构函数后参变分离)
由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1,即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x,又ln x+x=eln x+ln x,∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.令h(m)=em+m,
则h'(m)=em+1>0,∴h(m)在R上单调递增.由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x,
可知h(ln a+x-1)≥h(ln x),∴ln a+x-1≥ln x,∴ln a≥(ln x-x+1)max.
令F(x)=ln x-x+1,则F'(x)=-1=.
当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减.
∴F(x)max=F(1)=0,则ln a≥0,即a≥1,故a的取值范围为a≥1.
方法三:(换元同构)
由题意知a>0,x>0,令aex-1=t,则ln a+x-1=ln t,∴ln a=ln t-x+1,
则f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1,
由f(x)≥1可得t-ln x+ln t-x+1≥1,则t+ln t≥x+ln x,又y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,∴t≥x,即aex-1≥x,则a≥.
令g(x)=,则g'(x)==.
当00,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
∴当x=1时,g(x)=取得最大值g(1)=1,∴a≥1.
方法四:(必要性探路法)
∵f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)≥1,∴f(1)≥1,即a+ln a≥1.
令S(a)=a+ln a,则S'(a)=1+>0,∴S(a)在区间(0,+∞)上单调递增.
∵S(1)=1,∴当a≥1时,有S(a)≥S(1),即a+ln a≥1.
下面证明当a≥1时,f(x)≥1恒成立.
令T(a)=aex-1-ln x+ln a,只需证当a≥1时,T(a)≥1恒成立.
∵T'(a)=ex-1+>0,∴T(a)在区间[1,+∞)上单调递增,则T(a)min=T(1)=ex-1-ln x.
因此要证明a≥1时,T(a)≥1恒成立,只需证明T(a)min=ex-1-ln x≥1恒成立即可.
由ex≥x+1,ln x≤x-1,得ex-1≥x,-ln x≥1-x,
上面两个不等式两边相加可得ex-1-ln x≥1,故当a≥1时,f(x)≥1恒成立.
当0故a的取值范围为a≥1.