數(shù)學高考科學復(fù)習創(chuàng)新方案-數(shù)學第4講-第2課時-利用-導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題-課堂學習課件

第4講導數(shù)與函數(shù)的綜合應(yīng)用第2課時利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題第四章導數(shù)及其應(yīng)用1核心考向突破PARTONE考向一恒成立問題解(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，當x>3時，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，當x<3時，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0，當x＝3時，f′(x)＝0，所以當x∈R時，f′(x)≥0，即f(x)在R上是增函數(shù)；又f(3)＝0，所以不等式f(x)>0的解集為(3，＋∞)．(2)證明：當a＝1時，g(x)＝ex＋cosx，g′(x)＝ex－sinx.由x>0，得ex>1，sinx∈[－1,1]，則g′(x)＝ex－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2.解解解求解不等式恒成立問題的方法(1)構(gòu)造函數(shù)分類討論：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(gòu)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．(2)分離參數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，則a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，則a≤v(x)min.1.(2021·湖北宜昌診斷)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若對于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍．解令g′(x)＝0，得x＝1.當x≥1時，因為g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解解法二：(構(gòu)造函數(shù)法)當x＝1時，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命題等價于F(x)≥0在x≥1時恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解考向二能成立問題解解解解1．不等式能成立問題的解題關(guān)鍵點2．由不等式能成立求參數(shù)范圍的常見題型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立?f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立?f(x)min≤m.解解考向三雙變量不等式恒(能)成立問題解解解雙參數(shù)不等式問題的求解方法一般采用等價轉(zhuǎn)化法：(1)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．

(2)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．解解[函數(shù)零點設(shè)而不求]1．(2021·長春一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－alnx(a∈R)．(1)當a＝e時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當a>0時，求證：f(x)≥a(2－lna)．自主培優(yōu)(八)含ex，lnx的函數(shù)或不等式的解題策略解析解解答題啟示設(shè)而不求解題法就是在解決數(shù)學問題時，設(shè)定一些未知數(shù)，不需要求出未知數(shù)，而是根據(jù)題目本身的特點，將未知數(shù)消去或代換，使問題的解決變得簡捷、明快．解(1)∵f(x)＝a(1－x)ex，∴f′(x)＝－axex，a>0時，令f′(x)>0，解得x<0，令f′(x)<0，解得x>0，故f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞增，在(0，＋∞)單調(diào)遞減．a(chǎn)<0時，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．綜上，當a>0時，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞增，在(0，＋∞)單調(diào)遞減，當a<0時，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．解解解2．(2021·哈爾濱八校聯(lián)考)設(shè)m∈R，函數(shù)f(x)＝e2x－ln(2x－m)．(1)若x＝0是f(x)的極值點，求實數(shù)m的值，并討論f(x)的單調(diào)性；(2)當m≥－2時，證明：f(x)>0.解解(2)證明：先證ex≥x＋1，x∈R，設(shè)g(x)＝ex－(x＋1)，則g′(x)＝ex－1，當x∈(－∞，0)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，所以e2x≥2x＋1，當且僅當x＝0時等號成立，同理可證lnx≤x－1，進而得－ln(2x－m)≥－(2x－m)＋1，解當且僅當2x－m＝1時等號成立，所以e2x－ln(2x－m)≥2x＋1－(2x－m)＋1＝m＋2，當且僅當x＝0且2x－m＝1，即m＝－1時等號成立．因為m≥－2，當m≠－1時，e2x－ln(2x－m)>2＋m≥0(2x－m>0)；當m＝－1時，e2x－ln(2x＋1)≥2x＋1－(2x＋1)＋1＝1>0(2x＋1>0)．故當m≥－2時，有f(x)>0恒成立．解答題啟示常見的恒等式(1)對數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當且僅當x＝1時，等號成立．(2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當且僅當x＝0時，等號成立．進一步可得到一組不等式鏈：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0，且x≠1)．利用函數(shù)的圖象(如圖)，不難驗證上述不等式成立．對點訓練已知函數(shù)f(x)＝ex－a.(1)若函數(shù)f(x)的圖象與直線l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整數(shù)a的最大值．解(1)f′(x)＝ex，因為函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2.解(2)先證明ex≥x＋1，設(shè)F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，則x＝0，當x∈(－∞，0)時，F(xiàn)′(x)<0，當x∈(0，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，當且僅當x＝0時等號成立，同理可得lnx≤x－1，當且僅當x＝1時等號成立，解所以ex－2>lnx，當a≤2時，lnx<ex－2≤ex－a，即當a≤2時，f(x)－lnx>0恒成立．當a≥3時，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．綜上，整數(shù)a的最大值為2.解2課時作業(yè)PARTTWO一、單項選擇題1．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是(

)A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因為f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值為f(2)＝－20，故m≤－20.答案解析答案解析答案解析答案解析答案解析三、填空題6．(2021·茂名模擬)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋lnx，若f(x)≥g(x)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.答案解析解析解析1解析解析四、解答題8．(2021·張掖模擬)已知函數(shù)f(x)＝2(x－1)ex.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)遞增，求f(a)的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求實數(shù)p的取值范圍．解(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.所以f(a)的取值范圍是[－2，＋∞)．解(2)因為存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．令h(x)＝(2x－3)ex，從而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因為x≥1，所以2x－1≥1，ex>0，所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以實數(shù)p的取值范圍是[－e，＋∞)．解解解解10．(2021·唐山模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－mx2.(1)若x軸是曲線y＝f(x)的一條切線，求m的值；(2)若當x≥0時，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范圍．解解解解解