终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)
    立即下载
    加入资料篮
    (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)01
    (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)02
    (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)03
    还剩8页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)

    展开
    这是一份(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析),共11页。

    第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题

    考点一 分离参数法(综合型)
    (2020·湖北武汉质检)已知f(x)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2.
    (1)求函数f(x)的单调区间;
    (2)若对任意x∈(0,+∞),2f(x)≤g′(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.
    【解】 (1)因为函数f(x)=xln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=ln x+1.令f′(x)<0,得ln x+1<0,解得00,得ln x+1>0,解得x>,所以f(x)的单调递增区间是.综上,f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.
    (2)因为g′(x)=3x2+2ax-1,由题意得2xln x≤3x2+2ax+1恒成立.因为x>0,所以a≥ln x-x-在x∈(0,+∞)上恒成立.设h(x)=ln x-x-(x>0),则h′(x)=-+=-.令h′(x)=0,得x1=1,x2=-(舍).
    当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
    x
    (0,1)
    1
    (1,+∞)
    h′(x)

    0

    h(x)

    极大值

    所以当x=1时,h(x)取得极大值,也是最大值,且h(x)max=h(1)=-2,所以若a≥h(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,则a≥h(x)max=-2,即a≥-2,故实数a的取值范围是[-2,+∞).

    (1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
    用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一个一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
    (2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
    转化关
    通过分离参数法,先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立,再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
    求最值关
    求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
     (2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).
    (1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;
    (2)当x>0时,函数f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
    解:(1)若a=1,则f(x)=xex-2(2x-1).
    即f′(x)=xex+ex-4,
    则f′(0)=-3,f(0)=2,
    所以所求切线方程为3x+y-2=0.
    (2)由f(1)≥0,得a≥>0,
    则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立.
    设函数F(x)=(x>0),
    则F′(x)=-.
    当00;
    当x>1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)max=F(1)=.
    于是≥,解得a≥.
    故实数a的取值范围是.
    考点二 分类讨论法(综合型)
    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)=-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<;
    由f′(x)<0,得x>;
    所以f(x)的单调递增区间是(0,),单调递减区间是.
    (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)=-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0<x<;
    令g′(x)<0,得x>.
    则g(x)在上单调递增,
    所以当x∈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)=-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,+∞).

    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.
     (2020·合肥六校联考)已知函数f(x)=(x+a-1)ex,g(x)=x2+ax,其中a为常数.
    (1)当a=2时,求函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
    (2)若对任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
    解:(1)因为a=2,所以f(x)=(x+1)ex,所以f(0)=1,
    f′(x)=(x+2)ex,所以f′(0)=2,
    所以所求切线方程2x-y+1=0.
    (2)令h(x)=f(x)-g(x),
    由题意得h(x)min≥0在x∈[0,+∞)上恒成立,
    因为h(x)=(x+a-1)ex-x2-ax,
    所以h′(x)=(x+a)(ex-1).
    ①若a≥0,则当x∈[0,+∞)时,h′(x)≥0,所以函数h(x)在[0,+∞)上单调递增,
    所以h(x)min=h(0)=a-1,
    则a-1≥0,得a≥1.
    ②若a<0,则当x∈[0,-a)时,h′(x)≤0;
    当x∈[-a,+∞)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)min=h(-a),
    又因为h(-a)<h(0)=a-1<0,所以不合题意.
    综上,实数a的取值范围为[1,+∞).
    考点三 等价转化法(综合型)
    设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.
    (1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
    (2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
    【解】 (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.
    由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.
    令g′(x)>0得x<0或x>,
    令g′(x)<0得0<x<,
    又x∈[0,2],
    所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
    所以g(x)min=g=-,
    又g(0)=-3,g(2)=1,
    所以g(x)max=g(2)=1.
    故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,
    则满足条件的最大整数M=4.
    (2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max,
    由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
    在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.
    设h(x)=x-x2ln x,
    h′(x)=1-2xln x-x,
    令m(x)=xln x,由m′(x)=ln x+1>0得x>.
    即m(x)=xln x在上是增函数,
    可知h′(x)在区间上是减函数,
    又h′(1)=0,
    所以当1<x≤2时,h′(x)<0;
    当≤x<1时,h′(x)>0.
    即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2]上单调递减,
    所以h(x)max=h(1)=1,
    所以a≥1,
    即实数a的取值范围是[1,+∞).

    (1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转化.
    (2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中尽量采用分离参数的方法,转化为求函数的最值问题.
     已知函数f(x)=ax+x2-xln a(a>0,a≠1).
    (1)求函数f(x)的极小值;
    (2)若存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1(e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.
    解:(1)f′(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a.
    因为当a>1时,ln a>0,函数y=(ax-1)ln a在R上是增函数,
    当0 所以当a>1或0 又因为f′(0)=0,所以f′(x)>0的解集为(0,+∞),f′(x)<0的解集为(-∞,0),故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0),
    所以函数f(x)在x=0处取得极小值1.
    (2)因为存在x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1成立,
    所以只需f(x)max-f(x)min≥e-1即可.
    由(1)可知,当x∈[-1,1]时,f(x)在[-1,0]上是减函数,在(0,1]上是增函数,
    所以当x∈[-1,1]时,f(x)min=f(0)=1,
    f(x)max为f(-1)和f(1)中的较大者.
    f(1)-f(-1)=(a+1-ln a)-=a--2ln a,
    令g(a)=a--2ln a(a>0),
    因为g′(a)=1+-=>0,
    所以g(a)=a--2ln a在(0,+∞)上是增函数.
    而g(1)=0,故当a>1时,g(a)>0,
    即f(1)>f(-1);
    当0 所以当a>1时,f(1)-f(0)≥e-1,
    即a-ln a≥e-1.
    由函数y=a-ln a在(1,+∞)上是增函数,解得a≥e;
    当0 由函数y=+ln a在(0,1)上是减函数,解得0 综上可知,所求实数a的取值范围为∪[e,+∞).

    [基础题组练]
    1.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是(  )
    A.a≤1 B.a≥1
    C.a≤2 D.a≥2
    解析:选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3]),因为f(x)min=5,g(x)min=4+a,所以5≥4+a,即a≤1,故选A.
    2.(2020·吉林白山联考)设函数f(x)=ex-,若不等式f(x)≤0有正实数解,则实数a的最小值为________.
    解析:原问题等价于存在x∈(0,+∞),使得a≥ex(x2-3x+3),令g(x)=ex(x2-3x+3),x∈(0,+∞),则a≥g(x)min,而g′(x)=ex(x2-x).由g′(x)>0可得x∈(1,+∞),由g′(x)<0可得x∈(0,1).据此可知,函数g(x)在区间(0,+∞)上的最小值为g(1)=e.综上可得,实数a的最小值为e.
    答案:e
    3.(2020·西安质检)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-1.
    (1)求函数y=f(x)的图象在x=1处的切线方程;
    (2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1,+∞)均成立,求实数a的取值范围.
    解:(1)因为f′(x)=,
    所以f′(1)=1.
    又f(1)=0,所以切线的方程为
    y-f(1)=f′(1)(x-1),
    即所求切线的方程为y=x-1.
    (2)易知对任意的x∈(1,+∞),f(x)>0,g(x)>0.
    ①当a≥1时,f(x)≤g(x)≤ag(x);
    ②当a≤0时,f(x)>0,ag(x)≤0,所以不满足不等式f(x)≤ag(x);
    ③当0<a<1时,设φ(x)=f(x)-ag(x)=ln x-a(x-1),则φ′(x)=-a,
    令φ′(x)=0,得x=,
    当x变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况下表:
    x



    φ′(x)

    0

    φ(x)

    极大值

    所以φ(x)max=φ>φ(1)=0,不满足不等式.
    综上,实数a的取值范围为[1,+∞).
    4.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
    (1)求函数f(x)的单调区间;
    (2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.
    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f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);
    由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).
    (2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,
    则ax≤,即a≤.
    设h(x)=,则问题转化为a≤,
    由h′(x)=,令h′(x)=0,则x=.
    当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
    x
    (0,)

    (,+∞)
    h′(x)

    0

    h(x)
    单调递增
    极大值
    单调递减
    由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.
    5.(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)=-,g(x)=a(x2-1)-ln x(a∈R,e为自然对数的底数).
    (1)证明:当x>1时,f(x)>0;
    (2)讨论g(x)的单调性;
    (3)若不等式f(x) 解:(1)证明:f(x)=,
    令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1,
    当x>1时,s′(x)>0,所以s(x)在(1,+∞)上单调递增,又s(1)=0,所以s(x)>0,
    从而当x>1时,f(x)>0.
    (2)g′(x)=2ax-=(x>0),
    当a≤0时,g′(x)<0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
    当a>0时,由g′(x)=0得x= .
    当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
    当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
    (3)由(1)知,当x>1时,f(x)>0.
    当a≤0,x>1时,g(x)=a(x2-1)-ln x<0,
    故当f(x)0.
    当01,
    g(x)在上单调递减,g0,所以此时f(x) 当a≥时,令h(x)=g(x)-f(x)(x≥1),
    当x>1时,h′(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0,
    因此,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
    又h(1)=0,
    所以当x>1时,h(x)=g(x)-f(x)>0,
    即f(x) 综上,a的取值范围为.
    6.f(x)=xex,g(x)=x2+x.
    (1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;
    (2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.
    解:(1)因为F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,
    所以F′(x)=(x+1)(ex+1),
    令F′(x)>0,解得x>-1,
    令F′(x)<0,解得x<-1,
    所以F(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增.
    故F(x)min=F(-1)=--.
    (2)因为任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,
    所以mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.
    令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-x2-x,x∈[-1,+∞), 
    即只需证h(x)在[-1,+∞)上单调递增即可.
    故h′(x)=(x+1)(mex-1)≥0在[-1,+∞)上恒成立,
    故m≥,而≤e,故m≥e,
    即实数m的取值范围是[e,+∞).

    相关试卷

    (新高考)高考数学一轮复习讲练测第3章§3.5利用导数研究恒(能)成立问题(含解析): 这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲练测第3章§3.5利用导数研究恒(能)成立问题(含解析),共10页。

    (新高考)高考数学一轮复习讲练测 第4章 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (2份打包,原卷版+教师版): 这是一份(新高考)高考数学一轮复习讲练测 第4章 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (2份打包,原卷版+教师版),文件包含新高考高考数学一轮复习讲练测第4章第4讲第2课时利用导数研究不等式的恒成立问题原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲练测第4章第4讲第2课时利用导数研究不等式的恒成立问题教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲练测第4章第4讲第2课时利用导数研究不等式的恒成立问题原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲练测第4章第4讲第2课时利用导数研究不等式的恒成立问题教师版pdf等4份试卷配套教学资源,其中试卷共26页, 欢迎下载使用。

    2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题》(含详解): 这是一份2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题》(含详解),共7页。

    • 精品推荐
    • 所属专辑

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单

        欢迎来到教习网

        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        即将下载

        (新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4讲 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题 (含解析)
        该资料来自成套资源,打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动,低至4折起
        [共10份]
        浏览全套
          立即下载(共1份)
          返回
          顶部
          Baidu
          map