2021年高考理科数学一轮复习：专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒（能）成立问题 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29703" 一、题型全归纳 PAGEREF _Tc29703 1
\l "_Tc3982" 题型一 恒成立问题 PAGEREF _Tc3982 1
\l "_Tc15633" 类型一 分离参数法求范围 PAGEREF _Tc15633 1
\l "_Tc24564" 类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决 PAGEREF _Tc24564 3
\l "_Tc12795" 题型二 能成立问题 PAGEREF _Tc12795 5
\l "_Tc5379" 题型三 不等式存在性成立问题 PAGEREF _Tc5379 6
\l "_Tc1281" 二、高效训练突破 PAGEREF _Tc1281 8
一、题型全归纳
题型一 恒成立问题
类型一 分离参数法求范围
【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．
2.利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ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(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
【例1】（2020年新课标全国一卷）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
由得，
其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决
【题型要点】对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．
【例2】已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞)．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；
所以f(x)的单调递增区间是(0，eq \f(1,a))，单调递减区间是(eq \f(1,a)，＋∞)．
(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意．
②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，
得1＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).
则g(x)在(1，eq \f(1,a))上单调递增，
所以当x∈(1，eq \f(1,a))时，g(x)＞g(1)＝0，
即0＜a＜1时不满足题意(舍去)．
③当a≤0时，g′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，
即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
题型二 能成立问题
【题型要点】存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.
存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.
【例1】已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围．
【解析】(1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为(1，eq \f(1,2))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2).
(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，
等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x＞a成立，
等价于a＜h(x)max(x＞0)．
因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝－eq \f(（x－1）（x＋3）,x)，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＜0，,x＞0，))得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，
即a＜－eq \f(5,2)，
因此参数a的取值范围为(－∞，－eq \f(5,2))．
题型三 不等式存在性成立问题
【题型要点】①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；
②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；
③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；
④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
【例1】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a