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2022届高考统考数学理科北师大版一轮复习教师用书:第3章 命题探秘1 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:442142 上传时间:2024-05-28 格式:DOC 页数:8 大小:296.50KB
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资源描述

1、第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题技法阐释用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数,或构造新函数分类讨论,将不等式问题转化为函数的最值问题(1)分离参数法:一般地,若af(x)对xD恒成立,则只需af(x)max;若af(x)对xD恒成立,则只需af(x)min.若存在x0D,使af(x0)成立,则只需af(x)min;若存在x0D,使af(x0)成立,则只需af(x0)max.由此构造不等式,求解参数的取值范围(2)构造函数分类讨论法:有两种常见情况,一种先利用综合法,结合导函数零点之间大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间函数的单调性,得到

2、最值,构造不等式求解;另一种,直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数高考示例思维过程(2020全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)x31,求a的取值范围.(1)略()则当x(0,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)1,故当x(0,2)时,g(x)1,不符合题意()若02a12,即a,则当x(0,2a1)(2,)时,g(x)0;当x(2a1,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2a1),(2,)单调递减,在(2a1,2)单调递增由于g(0)1,所以g(x)1

3、当且仅当g(2)(74a)e21,即a.所以当a时,g(x)1.()若2a12,即a,则 技法一分离参数法解决不等式恒成立问题典例1(2020石家庄模拟)已知函数f(x)axex(a1)(2x1)(1)若a1,求函数f(x)的图像在点(0,f(0)处的切线方程;(2)当x0时,函数f(x)0恒成立,求实数a的取值范围思维流程解(1)若a1,则f(x)xex2(2x1)即f(x)xexex4,则f(0)3,f(0)2,所以所求切线方程为3xy20.(2)由f(1)0,得a0,则f(x)0对任意的x0恒成立可转化为对任意的x0恒成立设函数F(x)(x0),则F(x).当0x1时,F(x)0;当x1

4、时,F(x)0,所以函数F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以F(x)maxF(1).于是,解得a.故实数a的取值范围是.点评:利用分离参数法来确定不等式f(x,)0(xD,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()f2(x)或f1()f2(x)的形式(2)求f2(x)在xD时的最大值或最小值(3)解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min,得到的取值范围已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值,求正实数a的取值范围;(2)当x1时,不等式f(x)恒成立,求实数k的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(

5、0,),f(x),令f(x)0,得x1.当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增;当x(1,)时,f(x)0,f(x)单调递减所以x1为函数f(x)的极大值点,且是唯一的极值点,所以0a1a,故a1,即实数a的取值范围为.(2)由题意得,当x1时,k恒成立,令g(x)(x1),则g(x).再令h(x)xln x(x1),则h(x)10,所以h(x)h(1)1,所以g(x)0,所以g(x)在1,)上单调递增,所以g(x)g(1)2,故k2,即实数k的取值范围是(,2 技法二构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题典例2(2020合肥六校联考)已知函数f(x)(xa1)ex,g(x)x2ax,

6、其中a为常数(1)当a2时,求函数f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)若对任意的x0,),不等式f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围思维流程解(1)因为a2,所以f(x)(x1)ex,所以f(0)1,f(x)(x2)ex,所以f(0)2,所以所求切线方程为2xy10.(2)令h(x)f(x)g(x),由题意得h(x)min0在x0,)上恒成立,因为h(x)(xa1)exx2ax,所以h(x)(xa)(ex1)若a0,则当x0,)时,h(x)0,所以函数h(x)在0,)上单调递增,所以h(x)minh(0)a1,则a10,得a1.若a0,则当x0,a)时,h(x)0;当x(a,)

7、时,h(x)0,所以函数h(x)在0,a)上单调递减,在(a,)上单调递增,所以h(x)minh(a),又因为h(a)h(0)a10,所以不合题意综上,实数a的取值范围为1,)点评:对于f(x)g(x)型的不等式恒成立问题,若无法分离参数,一般采用作差法构造函数h(x)f(x)g(x)或h(x)g(x)f(x),进而只需满足h(x)min0或h(x)max0即可设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax1,求实数a的取值范围解(1)f(x)(12xx2)ex,令f(x)0,得x1,当x(,1)时,f(x)0;当x(1,1)时,f(x)0;当x(1,)

8、时,f(x)0.所以f(x)在(,1),(1,)上单调递减,在(1,1)上单调递增(2)令g(x)f(x)ax1(1x2)ex(ax1),令x0,可得g(0)0.g(x)(1x22x)exa,令h(x)(1x22x)exa,则h(x)(x24x1)ex,当x0时,h(x)0,h(x)在0,)上单调递减,故h(x)h(0)1a,即g(x)1a,要使f(x)ax10在x0时恒成立,需要1a0,即a1,此时g(x)g(0)0,故a1.综上所述,实数a的取值范围是1,) 技法三分离参数或构造函数解决不等式能成立问题典例3已知函数f(x)xaln x,g(x)(aR),若在1,e上存在一点x0,使得f(

9、x0)g(x0)成立,求a的取值范围思维流程解依题意,只需f(x0)g(x0)min0,x01,e即可令h(x)f(x)g(x)xaln x,x1,e,则h(x)1.令h(x)0,得xa1.若a11,即a0时,h(x)0,h(x)单调递增,h(x)minh(1)a20,得a2;若1a1e,即0ae1时,h(x)在1,a1)上单调递减,在(a1,e上单调递增,故h(x)minh(a1)(a1)aln(a1)1a1ln(a1)22,x(0,e1)与h(x)0不符,故舍去若a1e,即ae1时,h(x)在1,e上单调递减,则h(x)minh(e)ea0,得ae1成立综上所述,a的取值范围为(,2).点

10、评:能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决,能成立问题中等价转化有以下几种形式:(1)存在xa,b,f(x)a成立f(x)maxa.(2)存在xa,b,f(x)a成立f(x)mina.(3)存在x1a,b,对任意x2a,b,f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)min.已知函数f(x)3ln xx2x,g(x)3xa.(1)若f(x)与g(x)的图像相切,求a的值;(2)若存在x00,使f(x0)g(x0)成立,求参数a的取值范围解(1)由题意得,f(x)x1,g(x)3,设切点为(x0,f(x0),则kf(x0)x013,解得x01或x03(舍),所以切点为,代入g(x)3xa,得a.(2)设h(x)3ln xx22x.存在x00,使f(x0)g(x0)成立,等价于存在x0,使h(x)3ln xx22xa成立,等价于ah(x)max(x0)因为h(x)x2,令得0x1;令得x1.所以函数h(x)3ln xx22x在(0,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以h(x)maxh(1),即a,因此参数a的取值范围为.

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