高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题课件PPT

第三章　高考专题突破一　高考中的导数综合问题第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题题型一　分离参数求参数范围师生共研解　函数的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].引申探究若将本例(2)改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)－ ≥0成立，求实数k的取值范围.由本例(2)解题知，g(x)为增函数，(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略思维升华跟踪训练1　已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝ (1)求函数f(x)的单调区间；解　因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围.解　因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：例2　(12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(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.答题模板题型二　等价转换求参数的范围规范解答解　方法一　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1. [1分]故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0. [2分]所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. [4分][5分][6分]则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意. [7分]则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增.由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，方法二　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1， [1分]令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0， [2分]故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递增. [4分]①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； [5分][6分][7分]则h′(x)＝ex－x－1， [8分]令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增， [9分]h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，[10分]故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意.②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增.当ln a＋1≤1即01时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)1不符合题意.综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.题型三　双变量的恒(能)成立问题师生共研解　存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立.g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又g(0)＝－3，g(2)＝1，∴满足条件的最大整数M为4.则f(x)min≥g(x)max.即a≥x－x2ln x恒成立.∴h′(x)＝1－2xln x－x，令φ(x)＝1－2xln x－x，∴φ′(x)＝－3－2ln xg(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.思维升华跟踪训练3　已知函数f(x)＝x－1－aln x(a0，a0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.由(1)知f(x1)0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意.(2)当1－a1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)0恒成立矛盾，故a>1不满足题意.综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].方法二　x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].例2　已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值.解　f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝ .(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.解　方法一　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件.②当a>1时，若01)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].KESHIJINGLIAN课时精练1.设函数f(x)＝ln x＋ (a为常数).(1)讨论函数f(x)的单调性；12345解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；若00，得x>1；由g′(x)