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1、高考高考解答解答题题专项一专项一第第2 2课时利用导数研究不等式恒课时利用导数研究不等式恒(能能)成立问题成立问题考向考向1.分离参数法求取值范围分离参数法求取值范围例1.(2021河南平顶山第二次质检)已知函数f(x)=(m-ln x)x,x1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)-2x-m1,则ln x0.当m-10,即m1时,f(x)0,即m1时,令f(x)=0,得x=em-1,由f(x)0,解得1xem-1,由f(x)em-1,f(x)在(1,em-1)内是递增的,在(em-1,+)上是递减的,综上所述,当m1时,f(x)在(1,+)上是递减的,当m1时,在(1,em-1)内是
2、递增的,在(em-1,+)上是递减的.g(4)=4-ln 4-3=1-ln 40,存在x1(4,5),使g(x1)=0,由g(x1)=x1-ln x1-3=0,得ln x1=x1-3,当x(1,x1)时,h(x)0,h(x)是递增的,又m为正整数,m4,正整数m的最大值为4.突破技巧求解含参不等式恒成立(能成立)问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法,先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对任意xD恒成立,再转化为f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min).能成立问题转化为f(a)g(x)min(或f(a)g(x)max)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)
3、问题对点训练1(2021北京顺义二模)已知函数f(x)=ex-mx2(mR).(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;(2)若存在x00,1,使得f(x0)2,求m的取值范围.解:(1)因为函数f(x)=ex-mx2(mR),所以f(x)=ex-2mx,f(1)=e-2m,由于曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y=-ex+e,由导数的几何意义可知f(1)=e-2m=-e,解得m=e.令(x)=xex-2ex+4,所以(x)=(x-1)ex.因为x(0,1,且ex0恒成立,所以(x)0,即(x)0在(0,1上恒成立,即h(x)0,所以mh
4、(x)max=e-2.综上,m的取值范围为(-,e-2.考向考向2.构造函数法求参数取值范围构造函数法求参数取值范围例2.(2021北京二中高三月考)设函数f(x)=xln x.(1)求证:f(x)x-1;(2)若f(x)ax2+(a0)在区间(0,+)上恒成立,求a的最小值.(1)证明:要证f(x)x-1,只需证f(x)-x+10,令g(x)=f(x)-x+1=xln x-x+1,定义域为(0,+),g(x)=ln x,令g(x)=ln x0得x1,故函数g(x)在(1,+)上是递增的,令g(x)=ln x0得0 x1,故函数g(x)在(0,1)内是递减的,所以g(x)g(1)=0,即xln
5、 x-x+10,所以f(x)x-1.突破技巧构造函数分类讨论遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问题时,一般采用求差比较法,构造“左减右”的函数h(x)=f(x)-g(x)或“右减左”的函数u(x)=g(x)-f(x),进而只需满足h(x)min0或u(x)max0,将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论.关键点如下:对点训练2(2021河南新乡模拟)已知函数f(x)=aln x+x+e-x(a0),(1)当a=-1时,判定f(x)有无极值,并说明理由;(2)若f(x)xa对任意的x(1,+)恒成立,求a的最小值.所以当0 xx0时,f
6、(x)x0时,f(x)0,所以f(x)在(0,x0)内是递减的,在(x0,+)上是递增的,所以x=x0是f(x)的极小值点.综上,f(x)有一个极小值,但没有极大值.(2)不等式f(x)xa,即aln x+x+e-xxa,即x+e-xxa-aln x=xa-ln xa,即e-x-ln e-xxa-ln xa对任意的x(1,+)恒成立,令h(t)=t-ln t(0t1时,0e-xe-1;当a0时,0 xa1恒成立,所以函数(x)在(1,e)内是递增的,在(e,+)上是递减的,所以(x)max=(e)=-e,所以a-e.故a的最小值为-e.考向考向3.可化为不等式恒成立可化为不等式恒成立(能成立能
7、成立)求参数取值范围的问题求参数取值范围的问题例3.(2021河北保定模拟)已知函数f(x)=xex,g(x)=a|x|-e(e为自然对数的底数).(1)若x0,求证:当a=2e时,函数g(x)=a|x|-e与f(x)=xex的图像相切;(2)若存在x1-2,1,对任意x2-2,1,都有f(x1)g(x2),求a的取值范围.(2)解:由已知得f(x)maxg(x)max,f(x)=xex,f(x)=ex+xex=ex(x+1),可知,当x-2,-1)时,f(x)0,f(x)是递增的,又f(-2)=-,f(1)=e,当x-2,1时,f(x)max=e,又当a0时,a|x|-e-e,g(x)max
8、=-e,g(x)maxf(x)max,a0,若a0,当x-2,1时,g(x)max=g(-2)=2a-ee,解得ae,又a0,0g(x2)成立f(x)ming(x)min.(2)任意x1M,任意x2N,使f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)max.(3)存在x1M,存在x2N,使f(x1)g(x2)成立f(x)maxg(x)min.(4)存在x1M,任意x2N,使f(x1)g(x2)成立f(x)maxg(x)max.对点训练3(2021四川成都诊断测试)已知f(x)=ln x+-ln a,g(x)=kex-sin x+3.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)已知f(x)存在极值,若对任意x1(0,+),都存在x2-,使得不等式f(x1)g(x2)成立,求实数k的取值范围.由题意知a0,若x(0,a),则f(x)0,f(x)在(0,a)内是递减的,在(a,+)上是递增的.