专题03 含参数函数不等式恒成立问题-2020高考数学尖子生辅导专题（公众号：卷洞洞）

专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1专题三含参数函数不等式恒成立问题不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点．这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 的一个热点．模块1整理方法提升能力处理含参数函数不等式（一个未知数）恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想最值法（必要条件法）．如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则．如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案．从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与x轴的交点情况（本质上也是一平一曲）．洛必达法则如果当0xx（0x也可以是）时，两个函数fx和gx都趋向于零或都趋向于无穷大，那么极限0limxxfxgx可能存在，也可能不存在．如果存在，其极限值也不尽相同．我们称这类极限为00型或型不定式极限．对于这类极限，一般要用洛必达法则来求．定理1：若函数fx和gx满足条件：（1）00limlim0xxxxfxgx．（2）fx和gx在0x的某个去心邻域内可导，且0gx．（3）0limxxfxgx存在或为无穷大．则有00limlimxxxxfxfxgxgx．定理2：若函数fx和gx满足条件：（1）00limlimxxxxfxgx．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2（2）fx和gx在0x的某个去心邻域内可导，且0gx．（3）0limxxfxgx存在或为无穷大．则有00limlimxxxxfxfxgxgx．在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则．使用洛必达法则时需要注意：（1）0limxxfxgx必须是00型或型不定式极限．（2）若0limxxfxgx还是00型或型不定式极限，且函数fx和gx仍满足定理中fx和gx所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即000limlimlimxxxxxxfxfxfxgxgxgx．（3）若无法判定fxgx的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其它方法计算0limxxfxgx．（4）可以把定理中的0xx换为0xx，0xx，x，x，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立．例1已知函数lnfxxkxk（kR）．（1）求fx在1,2上的最小值；（2）若1ln1xaxx对1,1x恒成立，求正数a的最大值．【解析】（1）定义域为0,，11kxfxkxx．①当0k时，0fx，函数fx在1,2为增函数，所以min10fxf．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3②当0k时，由0fx可得10xk，由0fx可得1xk，所以fx在10,k上递增，在1,k上递减．于是fx在1,2上的最小值为10f或2ln2fk．（i）当0ln2k，即0ln2k时，min10fxf．（ii）当0ln2k，即ln2k时，min2ln2fxfk．综上所述，当ln2k时，min10fxf；当ln2k时，min2ln2fxfk．（2）令0,1tx，则1ln1xaxx对1,1x恒成立1ln1tatt对0,1t恒成立．法1：（分离参数法）当0t，不等式恒成立，于是1ln1tatt对0,1t恒成立1ln1ttat对0,1t恒成立．令1ln1ttGtt，则2221ln11ttttGtt，令221ln11ttHttt，则222222222240111ttHtttt，所以Ht在0,1上递增，于是00HtH，即0Gt，所以Gt在0,1上递增．由洛必达法则，可得20021limlim21tttGt，于是02a，所以正数a的最大值为2．法2：（不猜想直接用最值法）构造函数1ln1tFtatt，则2222211ataFtatt．①当20a，即2a时，0Ft，所以函数Ft在0,1上递增，所以00FtF．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4②当20a，即2a时，由0Ft可得20axa，所以函数Ft在20,aa上递减，于是在20,aa上，00FtF，不合题意．综上所述，正数a的最大值为2．法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln1xx（0x）可得112ln1111tttttt，即21tatt．当0t时，式子恒成立，当0,1t，有21at恒成立，而221t，所以2a．下面证明a可以取到2，即证明不等式1ln21ttt对0,1t恒成立．构造函数1ln21tKttt（01t），则222222011tKttt，所以函数Kt在0,1上递增，所以00KtK，所以不等式1ln21ttt对0,1t恒成立，所以正数a的最大值为2．法4：（先猜想并将猜想强化）1ln01tFtatt对0,1t恒成立，因为00F所以020Fa，即2a．下同法3．法5：（先猜想并将猜想强化）当0t，不等式恒成立，于是1ln1tatt对0,1t恒成立1ln1ttaGtt对0,1t恒成立．由洛必达法则，可得20021limlim21tttGt，于是2a．下同法3．【点评】法1（分离参数法）把恒成立问题转化为求Gt的最小值，法2（最值法）把恒成立问题转化为求Ft的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．法3、法4和法5都是先求出必要条件2a，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力．如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．例2设函数e2xfxax．（1）求fx的单调区间；（2）若1a，k为整数，且当0x时，10xkfxx，求k的最大值．【解析】（1）exfxa．①当0a时，0fx在R上恒成立，所以fx在R上递增．②当0a时，由0fx可得lnxa，由0fx可得lnxa．所以fx在,lna上递减，在ln,a上递增．（2）当1a时，e2xfxx，所以e1xfx，即e110xxkx在0,上恒成立．法1：（分离参数法）e110xxkx在0,上恒成立e1e1xxxk在0,上恒成立．令e1e1xxxx，则22eee1e1eee2e1e1xxxxxxxxxxxxx，令e2xtxx，有e10xtx在0,上恒成立，所以tx在0,上递增（也可由（1）可知，函数e2xtxx在0,上递增）．而1e30t，22e40t，所以0tx在0,上有唯一根01,2x，所以当00,xx时0x，当0,xx时0x，于是x在00,x上递减，在0,x上递增，所以x在0,上的最小值为0000e1e1xxxx，因为00e20xx，所以00e2xx，于是专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6000002112,321xxxxx，所以02,3kx，所以k的最大值为2．法2：（不猜想直接用最值法）令e11xgxxkx，则e1e1e1xxxgxxkxk，令0gx可得1xk．①当10k，即1k时，有0gx在0,上恒成立，于是gx在0,上递增，从而gx在0,上有01gxg，于是0gx在0,上恒成立．②当10k，即1k时（因为k是整数，所以2k），可知当0,1xk时，0gx，当1,xk时，0gx，于是gx在0,上的最小值是11e1kgkk．令1hkgk，则1e10khk在1,上恒成立，所以hk在1,上单调递减．而23e0h，234e0h．所以当2k时，有0gx在0,上恒成立，当3k时，0gx在0,上不恒成立．综上所述，k的最大值为2．法3：（先猜想并将猜想强化）因为e110xxkx在0,上恒成立，所以当1x时，该式子也成立，于是1e120k，即e12.16e1k．下证k的最大值为2．令2e11xGxxx，则e12e1e1xxxGxxx，由0Gx可得1x，由0Gx可得01x，所以Gx在0,1上递减，在1,上递增．所以min13e0GxG，于是k的最大值为2．【点评】由于k是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法．如果将k是整数这个条件去掉，则得到的必要条件e12.16e1k既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解．例3设函数2e1xfxxax．（1）若0a，求fx的单调区间；专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7（2）若当0x时，0fx，求a的取值范围．【解析】（1）当0a时，e1xfxx，e1xfx．由0fx可得0x，由0fx可得0x．所以fx的递增区间是0,，递减区间是,0．（2）法1：（分离参数法）0fx在0,上恒成立2e1xaxx在0,上恒成立．当0x时，式子显然成立；当0x时，分离参数可得2e1xxax在0,上恒成立．令2e1xxFxx，则3e2e2xxxxFxx，令e2e2xxhxxx，可得ee1xxhxx，e0xhxx，所以hx在0,上递增，于是00hxh，即0hx，所以hx在0,上递增，于是00hxh，所以0Fx，所以Fx在0,上递增．由洛必达法则，可得00002e1e1e1limlimlimlim222xxxxxxxxFxxx，所以在0,上有12Fx，所以12a．法2：（不猜想直接用最值法）e12xfxax，e2xfxa．①当21a，即12a时，有0fx，所以fx在0,上递增，所以00fxf，所以0fx，所以fx在0,上递增，所以00fxf．②当21a，即12a时，由0fx可得ln2xa时，于是fx在0,ln2a上递减，所以00fxf，所以0fx，所以fx在0,ln2a上递减，于是00fxf，于是0fx不恒成立．综上所述，a的取值范围是1,2．法3：（先猜想并将猜想强化）当0x时，0fx在0,上恒成立．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8当0x时，0fx在0,上恒成立2e1xxaFxx在0,上恒成立．由洛必达法则，可得00002e1e1e1limlimlimlim222xxxxxxxxFxxx，所以12a．e12xfxax，e20xfxa，所以fx在0,上递增，所以00fxf，所以0fx，所以fx在0,上递增，所以00fxf．【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法．如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法．最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数——分类讨论”两部曲来展开．一些稍难的恒成立问题，如果用分离参数法来处理，往往需要多次求导和使用洛必达法则．本题中，法2的最值法比法1的分离参数法要简单，这是因为处理2e1xfxxax的最小值要比处理2e1xxFxx的最小值要容易．猜想最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应．模块2练习巩固整合提升练习1：已知函数1ln1xfxx．（1）求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）求证：当0,1x时，323xfxx；（3）设实数k使得33xfxkx对0,1x恒成立，求k的最大值．【解析】（1）00f，因为221fxx，所以02f，于是切线方程为2yx．【证明】（2）构造函数31ln213xxFxxx，01x．因为42222221011xFxxxx，所以Fx在0,1上递增，所以00FxF．于是当0,1x时，323xfxx．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！9【解析】（3）法1：（不猜想直接用最值法）构造函数31ln13xxGxkxx，01x，则422222111kxkGxkxxx．①当0k时，0Gx，所以Gx在0,1上递增，所以00GxG．②当02k时，0Gx，所以Gx在0,1上递增，所以00GxG．③当2k时，由0Gx可得420kxk，于是Gx在420,kk上递减，所以00GxG，于是33xfxkx在0,1上不恒成立．综上所述，k的最大值为2．法2：（先猜想并将猜想强化）由（2）可知2k，猜想k的最大值为2．下面证明当2k时，33xfxkx在0,1上不恒成立．构造函数31ln13xxGxkxx，01x，则422222111kxkGxkxxx．当2k时，由0Gx可得420kxk，于是Gx在420,kk上递减，所以00GxG，于是33xfxkx在0,1上不恒成立．练习2：设函数2emxfxxmx．（1）证明：fx在,0单调递减，在0,单调递增；（2）若对于任意1x、21,1x，都有12e1fxfx，求m的取值范围．【证明】（1）e2mxfxmxm，令gxfx，则2e20mxgxm，所以gx在R上递增，而00g，所以当0x时，0fx，当0x时，0fx，所以fx在,0单调递减，在0,单调递增．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10【解析】（2）由（1）可知，fx在1,0上递减，在0,1上递增，所以min01fxf，于是对于任意1x、21,1x，都有12e1fxfxmaxmine1fxfx，即maxefx1e1e1e1emmfmfm．构造函数e1exkxx，则e1xkx，由0kx可得0x，由0kx可得0x，所以kx在,0上递减，在0,上递增．又因为10f，112e<0ef，所以m的取值范围是1,1．练习3：已知函数1ln1fxxxax．（1）当4a时，求曲线yfx在1,1f处的切线方程；（2）若当1,x时，0fx，求a的取值范围．【解析】（1）fx的定义域为0,．当4a时，1ln41fxxxx，1ln4xfxxx，所以10f，12f．于是曲线yfx在1,1f处的切线方程为220xy．（2）法1：（分离参数法）当1,x时，1n10lfxaxxx．令1ln1xHxxx，则2211ln11ln2ln11xxxxxxxHxxxxx，令21lnKxxxx，则22210xxxxK，于是Kx在1,上递增，所以10KxK，于是0Hx，从而Hx在1,上递增．由洛必达法则，可得11111ln1ln1lnlimlimlim2111xxxxxxxxxxx，于是2a．于是a的取值范围是,2．法2：（不猜想直接用最值法）1ln1fxxax．①当10a，即1a时，0fx，所以fx在1,上递增，所以10fxf．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11②当1a时，令gxfx，则210xgxx，所以gx（即fx）在1,上递增，于是12fxfa．（i）若20a，即12a时，0fx，于是fx在1,上递增，于是10fxf．（ii）若20a，即2a时，存在01,x，使得当01xx时，0fx，于是fx在01,x上递减，所以10fxf．综上所述，a的取值范围是,2．法3：（变形后不猜想直接用最值法）当1,x时，n0101laxfxxx．令1ln1axFxxx，则2222111121xaFxxxaxxx，记2211Gxxax，则Gx是以1xa为对称轴，开口方向向上的抛物线．①当11a，即2a时，1220Ga，所以0Fx，于是Fx在1,上递增，因此10FxF．②当11a，即2a时，Gx的判别式为420aa，于是Gx有两根，不妨设为1x、2x，且12xx．由韦达定理可得1212221xxaxx，于是12121124011420xxaxxa，所以121xx，于是，当21,xx时，0Gx，所以0Fx，于是Fx在21,x上递减，即10FxF．综上所述，a的取值范围是,2．法4：（通过猜想减少分类讨论）当1,x时，l0101naxxxfxFx．因为10F，所以11102Fa，即2a．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12222111Fxxxaxx，记2211Gxxax，则Gx是以1xa为对称轴，开口方向向上的抛物线．当2a时，1220Ga，所以0Fx，于是Fx在1,上递增，因此10FxF．所以a的取值范围是,2．法5：（通过猜想减少分类讨论）当1,x时，1ln01fxxxHxxa．由洛必达法则，可得11111ln1ln1lnlimlimlim2111xxxxxxxxxxx，于是2a．下同法4．练习4：已知函数ln1axbfxxx，曲线yfx在点1,1f处的切线方程为230xy．（1）求a、b的值；（2）如果当0x，且1x时，ln1xkfxxx，求k的取值范围．【解析】（1）11fb，因为221ln11xaxxfxxx，所以11122af，于是1a．（2）法1：（分离参数法）由ln1xkfxxx可得22ln11xxkx，令22ln1xxHxx（0x且1x）．22222lnln11xxxxHxx，令221lnln1Hxxxxx，则112lnHxxxxx，令21HxHx，则2212ln1Hxxx，令32HxHx，则33220Hxxx．当0,1x时，3Hx在0,1上递增，于是3310HxH，即20Hx，所以2Hx在0,1上递减，于是2210HxH，即10Hx，所以1Hx在0,1上递增，所以1110HxH，于是0Hx，所以Hx在0,1上递减．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13当1,x时，3Hx在1,上递增，于是3310HxH，即20Hx，所以2Hx在1,上递增，于是2210HxH，即10Hx，所以1Hx在1,上递增，所以1110HxH，于是0Hx，所以Hx在1,上递增．由洛必达法则，可得2111122ln2ln2ln2limlimlimlim1121xxxxxxxxxHxxxx，同理，1lim1xHx，所以当0x且1x时，有22ln101xxx，于是0k．法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知ln11xfxxx，所以2211ln12ln11kxxkFxfxxxxxx，考虑函数2112lnkxhxxx，0x，则211Fxhxx，此时有10h．22121kxxkhxx，令2121xkxxk，当1k时，其判别式为244142kkk．①当0k时，0，所以0x，于是0hx，于是hx在0,上递减，而10h，所以当0,1x时，0hx，于是2101Fxhxx；当1,x时，0hx，于是2101Fxhxx．所以当0x，且1x时，0Fx，即ln1xkfxxx恒成立．②当01k时，x是开口方向向下，以111k为对称轴，与x轴有两个交点的二次函数．因为120k，所以当11,1xk时，0x，所以0hx，于是hx在11,1k上递增，所以0hx．而11,1xk时，2101x，所以2101Fxhxx，于是ln1xkfxxx不恒成立．③当1k时，20hxx，所以hx在0,上是增函数，所以当1,x时，0hx，而2101x，所以2101Fxhxx，于是ln1xkfxxx不恒成立．专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14④当12k时，x是开口方向向上，以101k为对称轴，与x轴有两个交点的二次函数．因为010k，所以0x在0,上恒成立，所以hx在0,上是增函数，以下同③，于是ln1xkfxxx不恒成立．⑤当2k时，x是开口方向向上，以101k为对称轴，与x轴最多有一个交点的二次函数，所以0x在0,上恒成立，所以hx在0,上是增函数，以下同③，于是ln1xkfxxx不恒成立．综上所述，k的取值范围为,0．法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知ln11xfxxx，所以2211ln12ln11kxxkFxfxxxxxx．因为31122ln2032kF，所以4ln210.083k．考虑函数2112lnkxhxxx，0x，则211Fxhxx，此时有10h．22121kxxkhxx，令2121xkxxk，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为244142kkk．①当0k时，0，所以0x，于是0hx，于是hx在0,上递减，而10h，所以当0,1x时，0hx，于是2101Fxhxx；当1,x时，0hx，于是2101Fxhxx．所以当0x，且1x时，0Fx，即ln1xkfxxx恒成立．②当4ln2013k时，x是开口方向向下，以111k为对称轴，与x轴有两个交点的二次函数．因为120k，所以当11,1xk时，0x，所以0hx，于是hx在11,1k上递增，所以0hx．而11,1xk时，2101x，所以专题三含参数函数不等式恒成立问题原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！152101Fxhxx，于是ln1xkfxxx不恒成立．综上所述，k的取值范围为,0．法4：（通过猜想减少分类讨论）由ln1xkfxxx可得22ln111xxkHxx，由洛必达法则，可得2000001lnlnlimlnlimlimlimlim0111xxxxxxxxxxxxxx，于是0lim1xHx，所以1k．下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可．法5：（通过猜想减少分类讨论）由ln1xkfxxx可得22ln111xxkHxx，由洛必达法则，可得2111122ln2ln2ln2limlimlimlim1121xxxxxxxxxHxxxx，所以0k．下同法2，只需讨论法2的①即可．【点评】法1的分离参数法，利用了高阶导数以及洛必达法则，减少了解题的技巧性．法2的最值法构造了函数Fx，只需由0Fx在0,11,U上恒成立，求出k的取值范围即可．但Fx的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式比较复杂，其复杂的根源在于lnx前面带有221x，直接求导只会让式子变得更复杂，因此我们提取211x，让lnx变得“纯粹”一点．2121xkxxk的正负取决于1k与42kk的正负，由此可找到k的3个界：0、1、2，从而对k的范围作出不重不漏的划分．法3、法4和法5都是猜想最值法，分别通过特殊值代入和洛必达法则得到相应的必要条件，有效缩小了参数k的取值范围，此时只需讨论法2分类当中的若干情况即可，减少了分类讨论，从而降低题目的难度．