高考数学一轮复习第二章专题一第二课时利用导数研究恒(能)成立问题课件

这是一份高考数学一轮复习第二章专题一第二课时利用导数研究恒(能)成立问题课件，共37页。PPT课件主要包含了反思感悟等内容，欢迎下载使用。
“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识，而且与导数的结合更是极大地丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题.
题型一 不等式恒成立问题
考向1 分离参数法求解恒成立问题
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)记 F(x)＝g(x)－f′(x)，对任意的 x≥0，F(x)≥0 恒成立，求
实数 a 的取值范围.
解：(1)g(x)＝ex－2x＋sin x，函数定义域为 R，
则g′(x)＝ex－2＋cs x且g′(0)＝0，令φ(x)＝g′(x)，φ′(x)＝ex－sin x，当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＝ex－sin x＞1－sin x≥0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)的单调递增区间为(0，＋∞).当x∈(－∞，0)时，g′(x)＝ex－2＋cs x＜cs x－1≤0，所以g(x)的单调递减区间为(－∞，0).
则F(x)＝g(x)－f′(x)＝ex－2x＋sin x－ax2－1，且F(0)＝0，
F′(x)＝ex＋cs x－2ax－2，x∈[0，＋∞)，令 G(x)＝F′(x)，G′(x)＝ex－sin x－2a，
令H(x)＝G′(x)，x≥0时，H′(x)＝ex－cs x≥1－cs x≥0，所以 G′(x)在[0，＋∞)上单调递增.
所以 F′(x)在[0，＋∞)上单调递增.所以 F′(x)≥F′(0)＝0.
所以 F(x)在[0，＋∞)上单调递增.所以 F(x)≥F(0)＝0 恒成立.
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足fmin(x)≥a或gmax(x)≤a即可，利用导数方法求出 f(x)的最小值或 g(x)的最大值，从而使问题得解.
1.(2023年泸州市校级模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋2ax＋b，
f′(x)是其导函数.
(1)讨论 f′(x)的单调性；
(2)对∀x∈R，(x－2)·f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解：(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝ex－2ax＋2a，
f″(x)＝ex－2a，当a≤0时，f″(x)＞0，所以f′(x)在R上单调递增，当a＞0时，令f″(x)＞0，得x＞ln 2a，令f″(x)＜0得，x＜ln 2a，所以f′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增，
综上所述，当a≤0时，f′(x)在R上单调递增，当a＞0时，f′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增.(2)因为对∀x∈R，(x－2)f(x)≥0恒成立，所以当x≥2时，f(x)≥0，当x≤2时，f(x)≤0，所以f(2)＝0.所以b＝－e2.所以f(x)＝ex－ax2＋2ax－e2且连续不断，f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，
所以 f′(x)＜f′(2)＜0.
所以 f(x)在(2，ln 2a)上单调递减.所以 f(x)＜f(2)＝0，不符合题意.②当 x≤2 时：
所以 f(x)≤0 不恒成立.
当a＝0时，f(x)＝ex－e2，
考向 2 把参数看作常数，利用分类讨论方法解决[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，求实数 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，
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.
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，＋∞).
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，从而得出参数取值范围.
2.已知 f(x)＝ax2－2ln x，a∈R.(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若对任意的 x＞0，2－f(x)≤2(a－1)x 恒成立，求整数 a 的
－ex2＋ax (e是自然对数的底数).(1)求 f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)存在 x∈(0，＋∞)，g(x)＞0 成立，求实数 a 的取值范围；(3)对任意的 m∈(0，＋∞)，存在 n∈[1，3]，有 f(m)≤g(n)，求实数 a 的取值范围.
则 f(1)＝0，f′(1)＝1.即切点坐标为(1，0)，切线斜率 k＝1.故 f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－0＝1×(x－1)，即 x－y－1＝0.
(2)∵x∈(0，＋∞)，g(x)＝－ex2＋ax＞0，∴a＞ex.∴原题意等价于存在 x∈(0，＋∞)，a＞ex 成立.又∵x＞0，e＞0，∴ex＞0.∴a＞0.故实数 a 的取值范围为(0，＋∞).
∃x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔fmax(x)≥m.∃x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔fmin(x)≤m.
∃x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔
fmin(x)≤gmin(x).
解：(1)因为 f′(x)＝a－ex，x∈R.
当 a≤0 时，f′(x)＜0，f(x)在 R 上单调递减；当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln a.
由 f′(x)＞0 得 x＜ln a，所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由 f′(x)＜0 得 x＞ln a，所以 f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).