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1、第2 课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题第四章解答题专项一考点一 考点二 考点三 考点四考点一分离参数法解决不等式恒(能)成立问题例题(2022 山东潍坊二模)已知函数f(x)=ax+cos x+sin x(aR).(2)若f(x)1+2sin x+2cos x 在x(0,上恒成立,求实数a的取值范围.考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四而h(0)=-20,h()=-0,故h(x)0在x(0,恒成立,故g(x)0在x(0,恒成立,所以g(x)在x(0,上单调递减,所以g(x)min=g()=0,故a0,所以实数a的取值范围是(-,0.考
2、点一 考点二 考点三 考点四规律方法“分离参数法”解决不等式恒成立问题“分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法,其基本过程如下:(1)已知含参数 的不等式f(x)0 恒成立;(2)将不等式转化为g()h(x),即将参数 与变量x 分离,可以将 单独分离到不等式一边,也可以将只含有 的一个代数式分离到不等式的一边;(3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定,可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等;(4)得出结论.若h(x)的最大值为M,则g()M;若h(x)不存在最大值,其值域为(m,M)时,g()M.考点一 考
3、点二 考点三 考点四(2)若g(x)=f(x)-mln x,存在x1,x2(0,+),且当x1x2时,g(x1)=g(x2),求证:x1x24m2.考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四(2)证明不妨设0 x1x1-sin x1,从而x2-x1sin x2-sin x1,考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点二最值法解决不等式恒(能)成立问题例题(12 分)(2020 全国,理21)已知函数f(x)=ex+ax2-x.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0 时,f(x)x3+1,求a的取值范围.考点一
4、考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四【教师讲评】(1)本例(2)的方法2应用的是考点一的分离参数法,转化为函数的最值问题求解.(2)本例(2)的方法1不分离参数,而是将恒成立的不等式化简,构造含有参数和变量的新函数,转化为研究这个函数的最值问题,用最值法解决.考点一 考点二 考点三 考点四对点训练(12 分)(2023 江苏南京模拟)已知函数f(x)=ex-2ln(x+1).(1)求证:f(x)0;(2)若f(x)ax+1恒成立,求实数a的值(或范围).考点一
5、 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四考点三同构法解决不等式恒(能)成立问题例题已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e 是自然对数的底数).若函数y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,函数y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.(1)若l1l2,求直线l1和l2的方程;(2)若f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围.考点一 考点二 考点三 考点四解(1
6、)根据题意可知,函数y1=f(x)-ln a=aex在点A(0,a)处的切线为l1,函数y2=g(x-1)-1=ln x 在点B(a,0)处的切线为l2.又因为a0,所以a=1.因为切线l1过点(0,1),斜率为k1=1;切线l2过点(1,0),斜率为k2=1,故所求的直线方程为l1:x-y+1=0,l2:x-y-1=0.考点一 考点二 考点三 考点四(2)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1,所以f(x)g(x)恒成立,即aex+ln aln(x+1)+1在(-1,+)上恒成立,可等价转化为aex+ln(aex)ln(x+1)+(x+1)在(-1,+)上恒成立.当x(
7、-1,0)时,s(x)0,s(x)单调递增,当x(0,+)时,s(x)0,s(x)单调递减,所以s(x)s(0)=1,从而a的取值范围是(1,+).考点一 考点二 考点三 考点四规律方法“同构法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立求参数的取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的函数,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题,这种解题方法通常称之为“同构”,同构的三种基本模式如下:考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四对点训练(20
8、23 江苏连云港模拟)已知函数f(x)=ln x+mx.(1)当m=-时,判断f(x)的零点个数;(2)若不等式ea(x-1)+axx+ln x+a 对任意x1恒成立,求实数a的取值范围.考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四(2)ea(x-1)+axx+ln x+a,即ea(x-1)+a(x-1)x+ln x,即ea(x-1)+a(x-1)eln x+ln x,构造函数F(x)=ex+x,即F(a(x-1)F(ln x),F(x)显然在(0,+)上单调递增,所以转化为a(x-1)ln x 在(1,+)上恒成立,当a0 时,因为x1,所以a(x-1)0,而ln xln 1
9、=0,显然不符合题意.当a0时,即a(x-1)-ln x0 在(1,+)上恒成立,令G(x)=a(x-1)-ln x(x1),考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四所以h(a)在(0,1)上单调递增,所以h(a)h(1)=0,所以G(x)min0不符合题意,所以舍去.综上所述,a的取值范围是1,+).考点一 考点二 考点三 考点四考点四双变量的恒(能)成立问题例题(2022 河北张家口一模)已知函数f(x)=axeax+(a+b)x,g(x)=(1+x)ln x.(1)当a=-b=1时,证明:当x(0,+)时,f(x)g(x);(2)若对x(0,+),b-1,0,使f(x
10、)g(x)恒成立,求实数a的取值范围.考点一 考点二 考点三 考点四(1)证明当a=-b=1时,f(x)=xex.令h(x)=ex-(x+1)(x0),则h(x)=ex-10,所以h(x)在(0,+)上单调递增,且h(0)=0,所以h(x)=ex-(x+1)0,即exx+1.所以(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,且(1)=1,所以(x)=x-ln x10,所以xln x.所以当x(0,+)时,有xexx(x+1)(x+1)ln x,所以当x(0,+)时,f(x)g(x).考点一 考点二 考点三 考点四(2)解因为b-1,0,使f(x)g(x)恒成立,令w(b)=axeax+
11、(a+b)x,只需w(b)maxg(x),即axeax+ax(1+x)ln x 在x(0,+)上恒成立,整理得ax(eax+1)(x+1)ln x=ln x(eln x+1).(*)设F(x)=x(ex+1),则F(x)=ex(x+1)+1,设H(x)=F(x)=ex(x+1)+1,又H(x)=(x+2)ex,可得当x-2时,H(x)0,H(x)单调递增;当x-2时,H(x)0,所以F(x)在R 上单调递增.考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四规律方法 不等式中“任存”问题的求解方法及注意点(1)如果不等式中涉及两个函数,两个变量,且两个变量前面带有逻辑中的“量词”,那
12、么这样的不等式问题均可转化为两个函数的最值之间的大小关系.一般地,已知函数y=f(x),x a,b,y=g(x),x c,d,那么有以下转化方法:若x1a,b,x2c,d,总有f(x1)g(x2)成立,则f(x)maxg(x)min;若x1a,b,x2c,d,有f(x1)g(x2)成立,则f(x)maxg(x)max;若x1a,b,x2c,d,有f(x1)g(x2)成立,则f(x)ming(x)max;若x1a,b,x2c,d,有f(x1)g(x2),则f(x)ming(x)min.考点一 考点二 考点三 考点四(2)解决不等式“任存”问题应注意以下几点:明确变量前面的量词是“任意”还是“存在”,正确作出区分;弄清是需要求函数的最大值还是最小值;注意不等式中有无“=”.考点一 考点二 考点三 考点四对点训练已知函数f(x)=aex-4,g(x)=ln x-x-1,其中e 为自然对数的底数,aR.(1)若对任意的x2(0,1,总存在x1(0,1,使得f(x1)g(x2),求a的取值范围;考点一 考点二 考点三 考点四考点一 考点二 考点三 考点四