(配北師版)第3章-導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用-高考解答題專項一-第2課時-利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒(能)成立問題

高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI高考解答題專項一2023第2課時利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒(能)成立問題考向1.分離參數(shù)法求取值范圍例1.(2021河南平頂山第二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)=(m-lnx)x,x>1.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)-2x-m<0恒成立,求正整數(shù)m的最大值.參考數(shù)據(jù):ln5≈1.61.解:(1)f'(x)=m-1-ln

x,∵x>1,則ln

x>0.當(dāng)m-1≤0,即m≤1時,f'(x)<0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上是遞減的,當(dāng)m-1>0,即m>1時,令f'(x)=0,得x=em-1,由f'(x)>0,解得1<x<em-1,由f'(x)<0,解得x>em-1,∴f(x)在(1,em-1)內(nèi)是遞增的,在(em-1,+∞)上是遞減的,綜上所述,當(dāng)m≤1時,f(x)在(1,+∞)上是遞減的,當(dāng)m>1時,在(1,em-1)內(nèi)是遞增的,在(em-1,+∞)上是遞減的.∵g(4)=4-ln

4-3=1-ln

4<0,g(5)=5-ln

5-3=2-ln

5≈2-1.61>0,∴存在x1∈(4,5),使g(x1)=0,由g(x1)=x1-ln

x1-3=0,得ln

x1=x1-3,當(dāng)x∈(1,x1)時,h'(x)<0,h(x)是遞減的,當(dāng)x∈(x1,+∞)時,h'(x)>0,h(x)是遞增的,又m為正整數(shù),∴m≤4,∴正整數(shù)m的最大值為4.突破技巧求解含參不等式恒成立(能成立)問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法,先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對任意x∈D恒成立,再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min).能成立問題轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)min(或f(a)≤g(x)max)求最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)問題對點訓(xùn)練1(2021北京順義二模)已知函數(shù)f(x)=ex-mx2(m∈R).(1)已知曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=-ex+e,求m的值;(2)若存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,求m的取值范圍.解:(1)因為函數(shù)f(x)=ex-mx2(m∈R),所以f'(x)=ex-2mx,f'(1)=e-2m,由于曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=-ex+e,由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知f'(1)=e-2m=-e,解得m=e.令φ(x)=xex-2ex+4,所以φ'(x)=(x-1)ex.因為x∈(0,1],且ex>0恒成立,所以φ'(x)<0,所以φ(x)在(0,1]上是遞減的,φ(1)=4-e>0,即φ(x)>0在(0,1]上恒成立,即h'(x)>0,所以m≤h(x)max=e-2.綜上,m的取值范圍為(-∞,e-2].考向2.構(gòu)造函數(shù)法求參數(shù)取值范圍例2.(2021北京二中高三月考)設(shè)函數(shù)f(x)=xlnx.(1)求證:f(x)≥x-1;(2)若f(x)≥ax2+

(a≠0)在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,求a的最小值.(1)證明:要證f(x)≥x-1,只需證f(x)-x+1≥0,故令g(x)=f(x)-x+1=xln

x-x+1,定義域為(0,+∞),g'(x)=ln

x,令g'(x)=ln

x>0得x>1,故函數(shù)g(x)在(1,+∞)上是遞增的,令g'(x)=ln

x<0得0<x<1,故函數(shù)g(x)在(0,1)內(nèi)是遞減的,所以g(x)≥g(1)=0,即xln

x-x+1≥0,所以f(x)≥x-1.突破技巧構(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,一般采用求差比較法,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.關(guān)鍵點如下:對點訓(xùn)練2(2021山東濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex-ax2(a∈R),其中e是自然對數(shù)的底數(shù).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)若a=-1,對于任意的x1,x2∈[1,+∞),當(dāng)x1<x2時,不等式f(x1)-f(x2)<恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.解:(1)f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①若a≤0,ex-2a>0,由f'(x)=0,得x=0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上是遞減的,在(0,+∞)上是遞增的.②若a>0,由f'(x)=0,得x=0或x=ln

2a.當(dāng)a=時,ln

2a=0,則當(dāng)x∈(-∞,+∞)時,f'(x)≥0,故f(x)在(-∞,+∞)上是遞增的;當(dāng)0<a<時,ln

2a<0,則當(dāng)x∈(-∞,ln

2a)∪(0,+∞)時,f'(x)>0,當(dāng)x∈(ln

2a,0)時,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln

2a),(0,+∞)上是遞增的,在(ln

2a,0)內(nèi)是遞減的;當(dāng)a>時,ln

2a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪(ln

2a,+∞)時,f'(x)>0,當(dāng)x∈(0,ln

2a)時,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,0),(ln

2a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,ln

2a)內(nèi)單調(diào)遞減.(2)當(dāng)a=-1時,f(x)=(x-1)ex+x2,即m≥-x3(ex+2)在[1,+∞)上恒成立,設(shè)F(x)=-x3(ex+2),則F'(x)=-x2[(x+3)ex+6],因為x∈[1,+∞)時,F'(x)<0,所以函數(shù)F(x)在[1,+∞)上是遞減的,所以F(x)max=F(1)=-e-2,所以m≥-e-2.即實數(shù)m的取值范圍是[-e-2,+∞).考向3.可化為不等式恒成立(能成立)求參數(shù)取值范圍的問題例3.(2021河北保定模擬)已知函數(shù)f(x)=xex,g(x)=a|x|-e(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若x≥0,求證:當(dāng)a=2e時,函數(shù)g(x)=a|x|-e與f(x)=xex的圖像相切;(2)若存在x1∈[-2,1],對任意x2∈[-2,1],都有f(x1)≥g(x2),求a的取值范圍.

(2)解:由已知得f(x)max≥g(x)max,∵f(x)=xex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),可知,當(dāng)x∈[-2,-1)時,f'(x)<0,f(x)是遞減的,當(dāng)x∈(-1,1]時,f'(x)>0,f(x)是遞增的,又f(-2)=-

,f(1)=e,∴當(dāng)x∈[-2,1]時,f(x)max=e,又當(dāng)a≤0時,a|x|-e≤-e,∴g(x)max=-e,∴g(x)max≤f(x)max,∴a≤0,若a>0,當(dāng)x∈[-2,1]時,g(x)max=g(-2)=2a-e≤e,解得a≤e,又a>0,∴0<a≤e,綜上,a的取值范圍為(-∞,e].突破技巧含參不等式能成立問題(有解問題)可轉(zhuǎn)化為恒成立問題解決,常見的轉(zhuǎn)化有:(1)任意x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(2)任意x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(3)存在x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(4)存在x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.對點訓(xùn)練3(2021四川成都診斷測試)已知f(x)=lnx+-lna,g(x)=kex-sin