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中考数学二轮精品专题复习 专题34 单变量不等式能成立之最值分析法(解析版)
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专题34 单变量不等式能成立之最值分析法
【方法总结】
单变量不等式能成立之最值分析法
遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立问题时,一般采用作差法,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)max≥0或u(x)min≤0,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.
注意 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立,应求f(x)的最小值;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.注意与恒成立问题的区别.特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错.
【例题选讲】
[例1] 设函数f (x)=2lnx-mx2+1.
(1)讨论函数f (x)的单调性;
(2)当f (x)有极值时,若存在x0,使得f (x0)>m-1成立,求实数m的取值范围.
解析 (1)函数f (x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=-2mx=,
当m≤0时,f ′(x)>0,∴f (x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,令f ′(x)>0,得0m-1成立,则f (x)max>m-1.即-ln m>m-1,lnm+m-10),∵g′(x)=1+>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,∴00),
令f′(x)=0得,x1=1,x2=a-1,当ae-1即可.
∵f(e)-(e-1)=e--a-(e-1)=>0,∴f(e)>e-1成立.
所以假设正确,即当ae-1成立.
[例3] 已知f(x)=xeax-x2-x+1,a≠0.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若∃x0≥1,使f(x0)<成立,求参数a的取值范围.
解析 (1)当a=1时,f(x)=xex--x+1,
所以f′(x)=ex+xex-x-1=(ex-1)(x+1).由f′(x)>0,得x<-1或x>0;由f′(x)<0,得-1<x<0.
所以f(x)的单调递减区间为(-1,0),f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(0,+∞).
(2)由题意,得f(x)min<(x≥1),
因为f′(x)=(ax+1)(eax-1),由f′(x)=0,解得x1=-,x2=0.
①当a>0时,因为x≥1,所以f′(x)>0,所以f(x)单调递增,即f(x)min=f(1).
f(1)=ea-<,即ea-a<0.设g(a)=ea-a(a>0),g′(a)=ea-1>0.
所以g(a)min>g(0)=e0-0=1>0,即ea>a恒成立,即g(a)>0,所以不等式ea-a<0无解;
②当a<0时,当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)0.
∴函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.
且f(0)=1>0,由①知f(1)>恒成立,若∃x0≥1,使f(x0)<,则
所以所以
解得1-<a<0.综上所述,参数a的取值范围为.
[例4] 已知函数f(x)=-alnx-+ax,a∈R.
(1)当a0),
当a
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