2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用高考解答题专项一第二课时利用导数研究不等式恒能成立问题课件

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这是一份2025届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用高考解答题专项一第二课时利用导数研究不等式恒能成立问题课件，共35页。

考向1.“分离参数法”解决不等式恒成立问题
例1.(2023山东烟台二模)已知函数f(x)= .(1)求f(x)的单调区间;(2)当x>1时,f(x)+k(1+ln x)≤0,求实数k的取值范围.
令f'(x)>0,得02,则f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上为减函数.综上,f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(-∞,0)和(2,+∞).
(2)(方法1)当x>1时,1+ln x>0,
设h(x)=-x-2xln x+x2+x2ln x,则h'(x)=(x-1)(3+2ln x).当x>1时,恒有3+2ln x>0,即h'(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以h(x)>h(1)=0恒成立,即g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.
方法点拨“分离参数法”解决不等式恒成立问题“分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法,其基本过程如下:(1)已知含参数λ的不等式f(λx)≥0恒成立;(2)将不等式转化为g(λ)≥h(x),即将参数λ与变量x分离,可以将λ单独分离到不等式一边,也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边;(3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定,可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等等;(4)得出结论.若h(x)的最大值为M,则g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域为(m,M)时,g(λ)≥M.
对点训练1已知函数f(x)=-ln x+2x-2.(1)求与函数f(x)的图象相切且斜率为1的直线方程;(2)若g(x)=f(x)+ax+2,当x∈[1,e]时,g(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
解由已知得f'(x)=2- (x>0).(1)因为直线的斜率为1且与函数f(x)的图象相切,所以由f'(x)=1,即2- =1,解得x=1,而f(1)=0,所以切点为(1,0),故直线方程为x-y-1=0.
考向2.“最值法”解决不等式恒成立问题例2.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=(x-1)ex- .(1)若a=e,讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)≤3在区间(0,2]上恒成立,求实数a的取值范围.
解(1)f'(x)=xex-ax=x(ex-a),当a=e时,f'(x)=x(ex-e).当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞).
(2)函数f(x)的导数为f'(x)=x(ex-a).①若a≤1,则在区间(0,2]上,f'(x)>0,f(x)单调递增,因此f(x)max=f(2)=e2-2a>3,不符合题意;②若10,因此f(x)在区间(0,ln a)内单调递减,在区间(ln a,2]上单调递增,又因为f(0)=-1<3,
方法点拨“最值法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立问题中,如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求,可以把含参不等式整理成f(x,a)>0或f(x,a)≥0的形式,然后从研究函数的性质入手,通过讨论函数的单调性和极值,直接用参数表达函数的最值,然后根据题意,建立关于参数的不等式,解不等式即得参数的取值范围.(1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒成立⇔g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立⇔g(a)≥0;(2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
对点训练2(2023陕西咸阳三模)已知函数f(x)=ex+(1-a)x-ln(ax)(a>0).(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若对于任意的x>0,有f(x)≥0,求正数a的取值范围.
解(1)当a=1时,f(x)=ex-ln x,得f'(x)=ex- ,∴切点(1,e),斜率f'(1)=e-1,故所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y+1=0.
(2)f(x)≥0,即ex+x-ax-ln(ax)≥0(a>0,x>0)⇔ex+x≥ax+ln(ax)(a>0,x>0)⇔ex+x≥eln(ax)+ln(ax)(a>0,x>0).令g(x)=ex+x,显然g(x)是增函数,于是上式可化为g(x)>g(ln(ax)),即x≥ln(ax)(a>0,x>0)⇔ln a≤x-ln x(a>0,x>0).
令φ(x)=x-ln x(x>0),则φ'(x)=1- ,易知φ(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故φ(x)min=φ(1)=1,于是ln a≤1,可得0考向3.“同构法”解决不等式恒成立问题
(2)当x>0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
令h(x)=ex-x,则h'(x)=ex-1>0,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=1>0恒成立.故由f'(x)>0得x>1,由f'(x)<0得0所以0方法点拨“同构法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立求参数的取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的函数,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题,这种解题方法通常称之为“同构”,同构的三种基本模式如下:
对点训练3已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数).若函数y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,函数y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2.(1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程;(2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
所以直线l1的方程为x-y+1=0,直线l2的方程为x-y-1=0.故所求的直线方程为l1:x-y+1=0,l2:x-y-1=0.
(2)f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1在(-1,+∞)上恒成立,可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)在(-1,+∞)上恒成立.设h(t)=t+ln t,则
考向4.“端点效应法”解决不等式恒成立问题
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
∴cs2x+2cs x+2=(cs x+1)2+1>0,∴f'(x)<0.
综上所述,若f(x)+sin x<0,等价于a≤0,所以a的取值范围为(-∞,0].
方法点拨“端点效应法”解决不等式恒成立求参数的取值范围问题在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,往往是使命题成立的必要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况:(1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围;(2)利用函数的导函数在端点处的值满足相应条件建立不等式求解.
对点训练4已知函数f(x)=m(x+1)2-1-2ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x∈[1,2]时,不等式f(x)≤0恒成立,求实数m的取值范围.
例5.已知函数f(x)= +aln x(a∈R,且a≠0).(1)当a>0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a<0),且存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)(2)g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a=2ax-axln x-(6a+3)(a<0),因为存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-6a-3,
方法点拨不等式中“任存”问题的求解方法及注意点(1)如果不等式中涉及两个函数,两个变量,且两个变量前面带有逻辑中的“量词”,那么这样的不等式问题均可转化为两个函数的最值之间的大小关系.一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],那么有以下转化方法:①若∀x1∈[a,b],∀x2∈[c,d],总有f(x1)对点训练5已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,当x>0时,f(x)=x2+sin x,g(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且g(x)=ax+ -2(a>0).(1)求函数f(x)的解析式;(2)若∀x1∈[-1,1],∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)>g(x2)成立,求实数a的取值范围.
解 (1)设x<0,则-x>0,所以f(-x)=x2-sin x,又因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),所以f(x)=-f(-x)=-x2+sin x.又因为f(0)=0,所以

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