高考大題研究課一利用導數(shù)研究不等式恒(能)成立問題學案

高考大題研究課一利用導數(shù)研究不等式恒(能)成立問題題型一分離參數(shù)求參數(shù)范圍例1[2023·河北唐山模擬]已知函數(shù)f(x)＝ex＋3ax.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性：(2)若函數(shù)f(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．題后師說分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略(1)分離變量，構造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．(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.鞏固訓練1[2023·河南滎陽模擬]已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R)．(1)求f(x)在點(e，f(e))處的切線方程；(2)若對于任意的x∈[1e，e]，都有2f(x)≥g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍題型二等價轉(zhuǎn)化法求參數(shù)范圍例2[2023·山東臨沂模擬]已知函數(shù)f(x)＝mx－sinx，g(x)＝axcosx－2sinx(a>0)．(1)若函數(shù)y＝f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若m＝1，且對任意的x∈[0，π2]，都有f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍題后師說遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．鞏固訓練2已知函數(shù)f(x)＝ex－12x2，g(x)＝ax＋1(a∈R)(1)求f(x)的圖象在x＝0處的切線方程；(2)當x∈[0，＋∞)時，f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍．題型三雙變量的恒(能)成立問題例3[2023·福建廈門模擬]已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx.(1)試討論f(x)的極值；(2)設g(x)＝x2－2x＋2，若?x1∈(0，＋∞)，?x2∈[0，1]，使得f(x1)<g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．題后師說“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有3?x1∈D1，鞏固訓練3已知函數(shù)f(x)＝13ax3＋12bx2－2x－1(a，b∈R)，g(x)＝x2－x＋1，若函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象的一個公共點P的橫坐標為1且兩函數(shù)圖象在點P(1)求a，b的值；(2)對任意x1，x2∈[－1，1]，不等式f(x1)＋k<g(x2)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．[2020·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若不等式f(x)≥1恒成立，求a的取值范圍．高考大題研究課一利用導數(shù)研究不等式恒(能)成立問題例1解析：(1)因為f(x)＝ex＋3ax，x∈R，所以f′(x)＝ex＋3a，①當a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在R上單調(diào)遞增；②當a<0時，f′(x)＝ex＋3a，令f′(x)＝0，解得x＝ln(－3a)，所以x∈(－∞，ln(－3a))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈(ln(－3a)，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，綜上所述，當a≥0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當a<0時，f(x)在(－∞，ln(－3a))上單調(diào)遞減，在(ln(－3a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由題意知，ex＋3ax≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，即a≥－ex3x在x∈(0，＋∞)所以a≥(－ex3x)max，x設g(x)＝－ex3x，則g′(x)＝3e當0<x<1，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當1<x，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；故g(x)max＝g(1)＝－e3，所以a≥－e鞏固訓練1解析：(1)因為f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝lnx＋1，所以切線的斜率k＝f′(e)＝2，f(e)＝e.所以f(x)在(e，f(e))處的切線方程為y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e.(2)若2f(x)≥g(x)對任意的x∈[1e，e]恒成立，則2xlnx≥－x2＋ax－3對任意的x∈[1e，e]即a≤2lnx＋x＋3x對任意的x∈[1e，e]令h(x)＝2lnx＋x＋3x，x∈[1e，e]，只需滿足a≤hxmin，x∈又h′(x)＝2x＋1－3x2因為x∈[1e，e]，所以由h′(x)＝0得x＝1當1e<x<1時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減當1<x<e時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以當x＝1時函數(shù)h(x)取得極小值即為最小值，即hxmin＝h(1)＝4，所以a例2解析：(1)∵函數(shù)f(x)＝mx－sinx在R上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0恒成立，即m≥cosx恒成立，則m≥1.(2)令h(x)＝x＋sinx－axcosx，則h′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx.①當1－a≥0即0<a≤1時，h′(x)≥0，h(x)在[0，π2]上為單調(diào)遞增函數(shù)∴h(x)≥h(0)＝0，符合題意，∴0<a≤1，②當1－a<0，即a>1時，令φ(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx，則φ′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx，∵a>1，∴2a－1>0，φ′(x)>0，φ(x)在[0，π2]上為單調(diào)遞增函數(shù)，φ(0)≤φ(x)≤φ(π2)，則2－a≤φ(x)≤π2a＋1，2－a≤h′(x)≤π2(ⅰ)當2－a≥0，即1<a≤2時，h′(x)≥0，h(x)在[0，π2]上為單調(diào)遞增函數(shù)∴h(x)≥h(0)＝0，符合題意，∴1<a≤2，(ⅱ)當2－a<0，即a>2時，存在x0∈[0，π2]，使得當x∈(0，x0)時，h′(x)<0此時h(x)在(0，x0)上為單調(diào)遞減函數(shù)，從而h(x)<h(0)＝0，不能使h(x)>0恒成立．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為0<a≤2.鞏固訓練2解析：(1)函數(shù)f(x)＝ex－12x2，f(0)＝1，切點為(0，1)f′(x)＝ex－x，∴k＝f′(0)＝1，∴f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－12x2－ax－1，h(0)＝h′(x)＝ex－x－a，設k(x)＝h′(x)＝ex－x－a，k′(x)＝ex－1，∵x∈[0，＋∞)，∴k′(x)≥k′(0)＝0，k(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞增，即h′(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞增，h′(0)＝1－a，當a≤1時，h′(x)≥1－a≥0，∴h(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)≥h(0)＝0，∴當x∈[0，＋∞)時，f(x)≥g(x)恒成立．當a>1時，h′(0)＝1－a<0，∵函數(shù)y＝ex－x－a在(0，＋∞)上存在唯一的零點x0，∴函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，h(x0)<h(0)＝0，不符合題意，舍去．綜上可得a的取值范圍是(－∞，1].例3解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a＋1x＝ax+1當a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，此時函數(shù)不存在極值．當a<0時，由f′(x)>0，解得0<x<－1a，故f(x)在(0，－1a)由f′(x)<0，解得x>－1a，故f(x)在(－1a，＋∞)此時函數(shù)在x＝－1a處取得極大值，無極小值綜上所述，當a≥0時，函數(shù)不存在極值．當a<0時，函數(shù)在x＝－1a處取得極大值，無極小值(2)由(1)知當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故f(x)無最大值，此時不符合題意；當a<0時，f(x)max＝f(－1a)＝－1＋ln(－1a)＝－1－ln(－a易知g(x)＝x2－2x＋2在[0，1]上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(0)＝2.因為?x1∈(0，＋∞)，?x2∈[0，1]，使得f(x)<g(x)，所以f(x)max<g(x)max，即a<0-1-解得a<－e－3，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－e－3)．鞏固訓練3解析：(1)因為f(1)＝g(1)，所以13a＋12b－3＝1，即2a＋3b＝又g′(x)＝2x－1，所以g′(1)＝1.f′(x)＝ax2＋bx－2，f′(1)＝a＋b－2.由題意得f′(1)＋g′(1)＝a＋b－1＝9，所以a＋b＝10，由2a+3b=24，a+b=10，(2)由(1)得f(x)＝2x3＋2x2－2x－1，對任意的x1，x2∈[－1，1]，f(x1)＋k<g(x2)恒成立，所以f(x)max＋k<g(x)min，x∈[－1，1]，因為f′(x)＝6x2＋4x－2＝2(3x－1)(x＋1)，令f′(x)<0得－1<x<13，令f′(x)>0得x<－1或x>1所以函數(shù)f(x)在[－1，13]上單調(diào)遞減，在(13，1]而f(－1)＝1，f(1)＝1，所以f(x)max＝1，而g(x)＝x2－x＋1＝(x－12)2＋3當x∈[－1，1]時，g(x)min＝g(12)＝3故1＋k<34所以實數(shù)k的取值范圍是(－∞，－14)真題展臺——知道高考考什么？解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－1x當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，f′(1)＝e－1，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.直線y＝(e－1)x＋2在x軸，y軸上的截距