2021高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第5节 利用导数解决不等式恒(能)成立问题教学案 文

整理文档很辛苦,赏杯茶钱您下走!

免费阅读已结束,点击下载阅读编辑剩下 ...

阅读已结束,您可以下载文档离线阅读编辑

资源描述

-1-第五节利用导数解决不等式恒(能)成立问题(对应学生用书第50页)⊙考点1分离参数法解决不等式恒成立问题利用分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.已知f(x)=xlnx,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)=xlnx的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=lnx+1.令f′(x)<0,得lnx+1<0,解得0<x<1e,所以f(x)的单调递减区间是0,1e.令f′(x)>0,得lnx+1>0,解得x>1e,所以f(x)的单调递增区间是1e,+∞.综上,f(x)的单调递减区间是0,1e,单调递增区间是1e,+∞.(2)因为g′(x)=3x2+2ax-1,由题意得2xlnx≤3x2+2ax+1恒成立.因为x>0,所以a≥lnx-32x-12x在x∈(0,+∞)上恒成立.设h(x)=lnx-32x-12x(x>0),则h′(x)=1x-32+12x2=-x-13x+12x2.令h′(x)=0,得x1=1,x2=-13(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,+∞).若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而问题得解.(2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)=axex-(a+1)(2x-1).-2-(1)若a=1,求函数f(x)的图像在点(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≥1e-1>0,则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为aa+1≥2x-1xex对任意的x>0恒成立.设函数F(x)=2x-1xex(x>0),则F′(x)=-2x+1x-1x2ex.当0<x<1时,F′(x)>0;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)=1e.于是aa+1≥1e,解得a≥1e-1.故实数a的取值范围是1e-1,+∞.⊙考点2分类讨论法解决不等式恒成立问题遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时,一般采用作差法,构造“左减右”的函数h(x)=f(x)-g(x)或“右减左”的函数u(x)=g(x)-f(x),进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0,将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论.(2019·合肥六校联考)已知函数f(x)=(x+a-1)ex,g(x)=12x2+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,所以所求切线方程为2x-y+1=0.-3-(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-12x2-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,+∞).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.设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求实数a的取值范围.[解](1)f′(x)=(1-2x-x2)ex,令f′(x)=0,得x=-1±2,当x∈(-∞,-1-2)时,f′(x)<0;当x∈(-1-2,-1+2)时,f′(x)>0;当x∈(-1+2,+∞)时,f′(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)ex-(ax+1),令x=0,可得g(0)=0.g′(x)=(1-x2-2x)ex-a,令h(x)=(1-x2-2x)ex-a,则h′(x)=-(x2+4x+1)ex,当x≥0时,h′(x)<0,h(x)在[0,+∞)上单调递减,故h(x)≤h(0)=1-a,即g′(x)≤1-a,-4-要使f(x)-ax-1≤0在x≥0时恒成立,需要1-a≤0,即a≥1,此时g(x)≤g(0)=0,故a≥1.综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).⊙考点3等价转化法解决能成立问题存在x∈[a,b],f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.存在x∈[a,b],f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.存在x1∈[a,b],对任意x2∈[a,b],f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.已知函数f(x)=3lnx-12x2+x,g(x)=3x+a.(1)若f(x)与g(x)的图像相切,求a的值;(2)若存在x0>0,使f(x0)>g(x0)成立,求参数a的取值范围.[解](1)由题意得,f′(x)=3x-x+1,g′(x)=3,设切点为(x0,f(x0)),则k=f′(x0)=3x0-x0+1=3,解得x0=1或x0=-3(舍),所以切点为1,12,代入g(x)=3x+a,得a=-52.(2)设h(x)=3lnx-12x2-2x.存在x0>0,使f(x0)>g(x0)成立,等价于存在x>0,使h(x)=3lnx-12x2-2x>a成立,等价于a<h(x)max(x>0).因为h′(x)=3x-x-2=-x2-2x+3x=-x-1x+3x,令h′x>0,x>0,得0<x<1;令h′x<0,x>0,得x>1.所以函数h(x)=3lnx-12x2-2x在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(1)=-52,即a<-52,因此参数a的取值范围为-∞,-52.(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-ex(a∈R),g(x)=lnxx.-5-(1)求函数f(x)的单调区间;(2)存在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=lna.由f′(x)>0得x<lna,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,lna);由f′(x)<0得x>lna,所以f(x)的单调递减区间为(lna,+∞).(2)因为存在x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,则ax≤lnxx,即a≤lnxx2.设h(x)=lnxx2,则问题转化为a≤lnxx2max,由h′(x)=1-2lnxx3,令h′(x)=0,则x=e.当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:x(0,e)ee,+∞h′(x)+0-h(x)↗极大值12e↘由上表可知,当x=e时,函数h(x)有极大值,即最大值为12e,所以a≤12e.

1 / 5
下载文档,编辑使用

©2015-2020 m.777doc.com 三七文档.

备案号:鲁ICP备2024069028号-1 客服联系 QQ:2149211541

×
保存成功