《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题33 不等式恒成立或有解问题.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题33 不等式恒成立或有解问题.pptx（37页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题33不等式恒成立或有解问题真题研析 类题突破高分训练 对接高考索引利利用用导数数解解决决不不等等式式恒恒成成立立或或有有解解问题，是是高高考考的的热点点之之一一，多多以以解解答答题的的形形式出式出现，为压轴题，难度度较大大.索引1真题研析 类题突破索引当当x0时，不等式，不等式为11，显然成立，符合然成立，符合题意；意；索引则h(x)exx1，令令t(x)h(x)，x0，则t(x)ex10，故故h(x)单调递增，增，h(x)h(0)0，故函数故函数h(x)单调递增，增，h(x)h(0)0，索引故当故当x(0，2)时，g(x)0，g(x
2、)单调递增；增；当当x(2，)时，g(x)0，所以所以g(x)在在(0，2)上上单调递增，而增，而g(0)1，故当故当x(0，2)时，g(x)1，不符合，不符合题意意.则当当x(0，2a1)(2，)时，g(x)0.所以所以g(x)在在(0，2a1)，(2，)单调递减，在减，在(2a1，2)上上单调递增增.索引索引样样题题1(2022蚌蚌埠埠三三模模改改编)已已知知不不等等式式e(x2ln x)exax0恒恒成成立立，求求实数数a的的取取值范范围.当当x(0，1)时，F(x)0，所以所以F(x)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，增，F(x)minF(1)2e，则实数数a的
3、取的取值范范围为(，2e.索引样样题题2(2022昆昆明明二二诊改改编)若若不不等等式式exln(x1)ax1，对任任意意x0，)恒恒成立，求成立，求实数数a的取的取值范范围.解解设g(x)exln(x1)ax1(x0)，索引所以所以h(x)0，函数函数h(x)在在0，)上是增函数上是增函数.所以所以h(x)h(0)2，所以所以g(x)2a.当当a2时，g(x)0，所以函数所以函数g(x)在在0，)上是增函数，上是增函数，所以所以g(x)g(0)0，即即对任意任意x0，)，不等式不等式exln(x1)ax1恒成立恒成立.索引当当a2时，a11，当当x(0，ln(a1)时，ex1a0，即即g(x
4、)0，所以函数所以函数g(x)在在(0，ln(a1)上是减函数，上是减函数，所以所以g(x)g(0)0，即即exln(x1)ax0)的两根分的两根分别为x1，x2，则x1x2a，x1x22，所以所以x10，x2f(x)max或或af(x)min的的形形式式，通通过导数的数的应用求出用求出f(x)的最的最值，即得参数的范，即得参数的范围.(2)不等式有解不等式有解问题可可类比恒成立比恒成立问题进行行转化，要理清两化，要理清两类问题的差的差别.规律方法索引索引令令g(x)xln x2，g(x)在在(1，)上上单调递增增.g(3)3ln 321ln 30，索引 x0(3，4)，使，使g(x0)0，即
5、即x02ln x0，当当x(1，x0)时，g(x)0，h(x)0，h(x)0，h(x)单调递增，增，x0(3，4)，h(x)min(4，5).aZ，a的最大的最大值为4.索引训训练练2(2022郑州州模模拟改改编)已已知知函函数数f(x)x2(2a1)xaln x(aR)，函函数数g(x)(1a)x，若，若 x01，e使得使得f(x0)g(x0)成立，求成立，求实数数a的取的取值范范围.解解由由题意知，不等式意知，不等式f(x)g(x)在区在区间1，e上有解，上有解，即即x22xa(ln xx)0在区在区间1，e上有解上有解.令令(x)xln x，x1，e，(x)xln x在在1，e上上单调递
6、增，增，(x)(1)1，xln x0，索引索引2高分训练 对接高考/索引1234一、基本技能练又因又因为f(0)5，f(0)2，所以曲所以曲线yf(x)在点在点(0，f(0)处的切的切线方程方程为y52(x0)，即，即y2x5.索引1234(2)当当a1时，f(x)2恒成立，求恒成立，求b的的值.解解当当a1时，令函数，令函数g(x)f(x)2ex(b1)x1，则f(x)2恒成立等价于恒成立等价于g(x)0恒成立恒成立.又又g(x)exb1，当当b1时，g(x)exb10，g(x)在在R上上单调递增，增，显然不合然不合题意；意；当当b1时，令，令g(x)exb10，得得x0，得，得xln(1b
7、)，所以函数所以函数g(x)在在(，ln(1b)上上单调递减，在减，在(ln(1b)，)上上单调递增，增，所以当所以当xln(1b)时，函数，函数g(x)取得最小取得最小值.又因又因为g(0)0，所以，所以x0为g(x)的最小的最小值点点.所以所以ln(1b)0，解得，解得b0.索引12342.(2022抚顺模模拟)已知函数已知函数f(x)e2x(12a)exax.(1)讨论函数函数f(x)的的单调性；性；解解由已知得函数由已知得函数f(x)的定的定义域域为R，则f(x)2e2x(12a)exa(2ex1)(exa)由于由于2ex10，从而当，从而当a0时，f(x)0恒成立，故函数恒成立，故函
8、数f(x)在在R上上单调递增；增；当当a0时，由，由f(x)0，解得，解得xln a；由由f(x)0，解得，解得x0时，f(x)在在(ln a，)上上单调递增，在增，在(，ln a)上上单调递减减.索引1234(2)当当a1时，若，若 x0，都有，都有2f(x)f(x)x2(m2)x，求，求实数数m的取的取值范范围.解解当当a1时，由，由(1)得得2f(x)f(x)ex2x1，设h(x)exx1，则h(x)ex1，因因为x0，所以，所以h(x)0，因此因此h(x)在在(0，)上上单调递增，增，索引1234所以所以h(x)h(0)0，即，即exx10，得得g(x)在在(0，1单调递减，在减，在(
9、1，)单调递增，所以增，所以g(x)g(1)e2，因此因此me2，得得实数数m的取的取值范范围为(，e2.索引1234解解设g(x)f(x)axbax26x3ln xb，x0，由由题意舍去意舍去x1，当当x(0，x2)时，g(x)0；当当x(x2，)时，g(x)1，易知易知f(x)在在(1，)上上单调递增，且增，且f(0)0.当当x(1，0)时，f(x)0，所以函数所以函数f(x)在在(1，0)上上单调递减，在减，在(0，)上上单调递增增.索引1234(2)当当x0，时，f(x)sin x恒成立，求恒成立，求实数数a的取的取值范范围.解解令令g(x)f(x)sin x2exaln(x1)2si
10、n x，x0，.当当x0，时，f(x)sin x恒成立等价于恒成立等价于g(x)g(0)0恒成立恒成立.()当当a0时，g(x)2ex10，函数，函数yg(x)在在0，上上单调递增，增，所以所以g(x)g(0)0在在0，上恒成立，符合上恒成立，符合题意；意；g(0)2a11a.索引1234当当1a0，即即1a0时，g(x)g(0)1a0，函函数数yg(x)在在0，上上单调递增，增，所以所以g(x)g(0)0在在0，上恒成立，符合上恒成立，符合题意；意；当当1a0，即，即a1时，g(0)1a0，即即a(1)(2e1)时，g(x)在在(0，)上上恒恒小小于于0，则g(x)在在(0，)上上单调递减减，g(x)0，即，即(1)(2e1)a1时，存在，存在x0(0，)使得使得g(x0)0，所所以以当当x(0，x0)时，g(x)0，则g(x)在在(0，x0)上上单调递减减，g(x)g(0)0，不不符符合合题意意.综上所述，上所述，实数数a的取的取值范范围是是1，).INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束