2020高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)=專題05導(dǎo)數(shù)與函數(shù)不等式恒成立、有解(存在性)-用思維導(dǎo)圖突破導(dǎo)數(shù)壓軸題

2020高考最后沖刺必刷2020高考最后沖刺必刷堅(jiān)持就是勝利!堅(jiān)持就是勝利!用思維導(dǎo)圖突破解導(dǎo)數(shù)壓軸題專題5導(dǎo)數(shù)與不等式恒成立、有解（存在性）問題函數(shù)不等式恒成立問題或不等式有解 （存在性）等問題相聯(lián)系來命題是近年高考常見題型之一，涉及導(dǎo)數(shù)知識(shí)可能會(huì)含有參數(shù)討論。恒成立問題常通過構(gòu)造函數(shù)y=f（x）,轉(zhuǎn)換為求y=f（x）在某個(gè)區(qū)間最值問題，這就需要確定y=f（x）導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，為此，往往需要再次構(gòu)造函數(shù)（以 y=f（x）導(dǎo)函數(shù)中某個(gè)不能確定符號(hào)的代數(shù)式作為新構(gòu)造函數(shù)的解析式） ，有時(shí)還需要分類討論，分類討論的標(biāo)準(zhǔn)一般用分析法求出，但解答時(shí)卻用綜合法書寫 （所以，不少情況下看不懂答案，即不知道分類標(biāo)準(zhǔn)怎么來的）。有解（存在性）問題常轉(zhuǎn)化為不等式 ？?（??衿？?（?？有解，先求出不等式兩邊兩個(gè)函數(shù)的最值（值域），根據(jù)具體條件確定最值之間的大小關(guān)系（或確定值域的包含關(guān)系）式（組）求出相關(guān)變量的范圍。如果含有雙參數(shù)，可以把一個(gè)參數(shù)看作常數(shù)轉(zhuǎn)化為一元變量求解。此類問題解答思維導(dǎo)圖如下：其一雙參可視一常量構(gòu)造函數(shù)明方向分類求導(dǎo)是難點(diǎn)綜分結(jié)合最理想苴一/、 K有解不等恒成立一式轉(zhuǎn)化看兩邊各自判斷大和小相關(guān)方法要熟練其一雙參可視一常量構(gòu)造函數(shù)明方向分類求導(dǎo)是難點(diǎn)綜分結(jié)合最理想苴一/、 K有解不等恒成立一式轉(zhuǎn)化看兩邊各自判斷大和小相關(guān)方法要熟練含雙參的不等式恒成立、有解（存在性）視其中一參數(shù)為常數(shù)轉(zhuǎn)化單變量不等式、有解對(duì)恒成立問題：針對(duì)具體情況構(gòu)造函數(shù)并求導(dǎo)、判斷單調(diào)區(qū)間（有時(shí)可能需要多次構(gòu)造函數(shù)），以求最值，有時(shí)要分類討論（難點(diǎn)），分類標(biāo)準(zhǔn)用分析法，書寫用綜合法對(duì)存在性：針對(duì)具體問題構(gòu)造不等式??（??衿？？（？?,根據(jù)要求分別求兩邊的最值（值域），然后確定最值之間的大小關(guān)系（值域的包含關(guān)系）1,以?我1,以?我主元引例已知實(shí)數(shù)a0,設(shè)函數(shù)f(x尸alnxJX_1,x0.3 (1)當(dāng)a—時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；4(2)對(duì)任意x[],)均有f(x)—,求a的取值范圍.e 2a'注：e2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).思路點(diǎn)撥第(1)求得f'x,判斷其符號(hào)有多種方法。 第(2)直接構(gòu)造關(guān)于x的函數(shù)或參變分離正面求解a的取值范圍比較困難。因此通過對(duì) x的賦值來縮小a的范圍，x1可以得到簡(jiǎn)潔的結(jié)果，求解比較容易， f(i)品1，解得0a匕2。即可將問題可轉(zhuǎn)化為：當(dāng)2a 40a42時(shí)，f(x)alnx工廠x蟲對(duì)x」是否恒成立？4 2ae2視a為主元，構(gòu)造二次函數(shù)=2Inx■+2/TTT?a-v1.t,證明g(a)&0視a為主元，構(gòu)造“飄帶”函數(shù)和“對(duì)勾”函數(shù)泛？ ????=??????整+E?a1,證明？？(?？<0構(gòu)造函數(shù)？？？1彳=22???-告1-??????用不等式性1質(zhì)證明???79>0記,?? . .■ 1其中，m=1(騎士？飛5),證明g』ni)20湊用基本不等式證明耳")=口加工+而工-近<0let滿分解答⑴當(dāng)4時(shí)，3, ——x-lnx，x1,函數(shù)的定乂域?yàn)?0, ,且:434x2.x13x12x4x、x1x34x34x7x13jx12x'因此函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是3,，單調(diào)遞減區(qū)間是 0,3.(2)(由于5種解法都給出太長(zhǎng)，以下只給出一種解法,其余解法請(qǐng)見《挑戰(zhàn)高考?jí)狠S題？高中數(shù)學(xué)》，華東師大出版社2020.9),24當(dāng)0a立時(shí)，f(x)4x2a,等價(jià)于-xa21nx2^/2，設(shè)g⑴t2,x2t2ln⑴當(dāng)x則g(t)2lnx,2.2,貝Ug(x)…g(2、2)記p(x)xlnx,xP(x)2.xx1 ,2xx1(x1)[1x(2x21)]列表討論:x、.x1(x1)(.x1.2x)p(x)廊⑴0,g(t)g(2,2)2P(x)?0(ii)當(dāng)x2.xlnx(x1)2x令q(x)2、xInx(x1),x11 …、右，則p(x)廊⑴0,g(t)g(2,2)2P(x)?0(ii)當(dāng)x2.xlnx(x1)2x令q(x)2、xInx(x1),x11 …、右，則q(x)Inx2、,x10, 11 ,… ,、 1故q(x)在—,-上單倜遞增， q(x)q-e7 7…?、/曰 1 2、7 1由(|)仔q- p—7 7 7q(x)0,g(t)g，1x27q(x)函°，1由(i)(ii)知對(duì)任意x—,et[2亞，),g(t)0,即對(duì)任意x1~2e均有f(x)'xo2ax171(一,1)71(1,+°0)P'(x)一0+P(x)1p(7)單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增,一一c2綜上所述，所求的的取值范圍是 0,——.綜上所述，所求的4注“？x,使得f(x)>g(x) ”與x使得f(x)>g(x)”的辨析(1)?x,使得f(x)>g(x),只需h(x)min=[f(x)-g(x)]min>0.如圖①.

(2)?x,使得f(x)>g(x),只需h(x)max=[f(x)—g(x)]max>0.如圖②.a 1例2已知函數(shù)f(x)-alnx(a0),g(x)x-.x x(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a0時(shí)，若存在xo[1,e],使得fx°gxo成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍思路點(diǎn)撥第(2)題作函數(shù)?(??=??-????????+1?只要？(？?在[1,??止的最小值小于0,又^?(??求導(dǎo)后判斷單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求最小值。滿分解答,,. ’aa1xf(x)的定義域?yàn)?0, ),f(x) —— a^xxx所以，當(dāng)a0時(shí)，fx0,fx在(0,)上遞減；」_.一-一 當(dāng)a0時(shí)，fx0,所以，fx在(0,)上遞增.(2)在1,e(2)在1,e上存在一點(diǎn)x0使f(x0)g(R)成立，即函數(shù)h(x)-alnxx-x x在1,e上?的最小值小于0。因?yàn)閔(x)aa因?yàn)閔(x)aa, 1— l -2 2xxx(x1)x1+a2x①當(dāng)1+ae,即ae1時(shí),hx在1,e上單調(diào)遞減，所以hx①當(dāng)1+ae,即ae1時(shí),hx在1,e上單調(diào)遞減，所以hx在1,e上的最②當(dāng)1a1,即a0時(shí)，Qa0,得a2 2e1八e1,Qe1e10,不合乎題意;e1,ae21③當(dāng)11ae,即0ae1時(shí)，hx的最小值為h1a,所以Q0ln(a1)1,0aln(1a)a,故h(1a)2aaln(1a)2,此時(shí)h(1a)0不成立.一, ,…『 e21綜上所述，a的取值范圍是a> .e1注(1)這是較為常見的一類恒成立問題，運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想可知，當(dāng) X0>O時(shí)，總有f(X0)匐(X0),即f(X0)—g(X0)>0(注意不是f(X)min>g(X)max),可以轉(zhuǎn)化為當(dāng)X>0時(shí)，h(x)=f(x)-g(x)>0恒成立問題.(2)存在x>0,使得f(x)河(x),即至少有一個(gè)X0>0,滿足f(x。)一g(x。)不是負(fù)數(shù)，可以轉(zhuǎn)化為當(dāng)x>0時(shí)，h(x)=f(x)—g(x)的函數(shù)值至少有一個(gè)是非負(fù)數(shù).例3設(shè)函數(shù)f(x)acos2x(a1)(cosx1),其中a0,記|f(x)|的最大值為A.(1)求f(x);(2)求A；(3)證明|f(x)|2A.思路點(diǎn)撥(1)直接可求f(x)；(2)分a1,0a1兩種情況，結(jié)合三角函數(shù)的有界性求出TOC\o"1-5"\h\zc/ 11A,但須注意當(dāng)0a1時(shí)還須進(jìn)一步分為0a-,-a1兩種情況求解；(出)首先55.一.一 一.. ’ 11 …由(I)得到|f(x)|2a|a1|,然后分a1,0a-,-a1三種情況證明55,一1一.一一 _'試題解析：(1)f(x)2asin2x(a1)sinx., (2)當(dāng)a1時(shí)，|f(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0),解得A3a2.當(dāng)0a1時(shí)，將f(x)變形為f(x)2acos2x(a1)cosx1.令g(t)2at2(a1)t1,則A是|g(t)|在［1,1］上的最大.值，g(1)a,

1ag(1)3a2,且當(dāng)t——時(shí)，g(t)取得極小值，極小4a廠 yij6^.TOC\o"1-5"\h\z4a8a 8a/1a, 1 1令1 1,解得a一(舍去)，a-.4a 3 5'解(1)fx2asin2xa1sinx.(2)當(dāng)a1(2)當(dāng)a1時(shí),|f(x)||acos2x(a1)(cosx1)|a2a13a2f0.因此A3 2.2當(dāng)0a1時(shí)，將fx變形為fx2acosxa1cosx1.令gt 2at2 a1t1,則A是gt在1,1上的最大值，g1a,3a2,且當(dāng)t4a3a2,且當(dāng)t4a時(shí),gt取得極小值，極小值為4a4aTOC\o"1-5"\h\z, 2 2a 1 d a2 6a1 18a 8a令1L~a1,解得a4a1 1 ~—且a一,所以a3 5(i)當(dāng)0a15時(shí),1,1內(nèi)無極值點(diǎn)，g1(ii)a1時(shí)，在同一坐標(biāo)中畫(ii)a1時(shí)，在同一坐標(biāo)中畫g1||g1I，所以A23a.出函數(shù)yx,y3x2,2x6x1-1 -y 在一，上的圖象.8x5由上圖，我們得到如下結(jié)論當(dāng)a26a1時(shí)，A 8accc 123a,0a5綜上,a26a11綜上, ,一a8a53a2,a1(3)由(1)得fx2asin2x1sinx2aa1.1rTOC\o"1-5"\h\z當(dāng)0a—時(shí)，f x 1 a24a 2 2 3a 2A；51 a 1 3當(dāng)— 1時(shí)，A a — — 1,所以 f x1a2A；5 8 8a 4當(dāng)a)1時(shí)，fx3a116a42A.所以fx2A；綜上所述有fx2A.1x例4已知函數(shù)fx1ax1Inx1,gxxe.(1)求gx在區(qū)間0,e上的值域；(2)是否存在實(shí)數(shù)a,對(duì)任意給定的x0 0,e,在1,e存在兩個(gè)不同的xii1,2使得fxi gx0,若存在，求出a的范圍，若不存在，說出理由.思路點(diǎn)撥第(2)問等價(jià)轉(zhuǎn)化的基本思想是：函數(shù) g(x)的任意一個(gè)函數(shù)值都與函數(shù) f(x)的某兩個(gè)函數(shù)值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中.滿分解答xg'x1xe,x0,1時(shí)，g'x0,gx單倜遞增，x1,e

1e時(shí)，g'x0,gx單倜遞減，g0 0,g1 1,geee0,gx在0,e上值域?yàn)?,1.1(2)由已知得f(x)1a一，且x1,e,x當(dāng)a0時(shí)，f'x0,fx在1,e上單調(diào)遞增，不合題意.1.當(dāng)a1—時(shí)，f'x0,fx在1,e上單調(diào)遞減，不合題意.eTOC\o"1-5"\h\z1 -、- 1當(dāng)0a1一時(shí)，f(x)0得x0——.e 1a, 1當(dāng)x(1,——)時(shí)「乂0,fx單調(diào)遞減,1a， ，1 ， ，1 、，一當(dāng)x( ,e)時(shí)，f'x1a0,fx單調(diào)遞增，，fminx由(1)知gx在0,e上值域?yàn)?,1,而f11,所以對(duì)任意x0由(1)知gx在0,e上值域?yàn)?,1,而f11,所以對(duì)任意x00,e,在區(qū)間1,e上總有兩個(gè)不同的xii1,2，使得fxfe1當(dāng)且僅當(dāng)1f——1a1ae1 1 1,即0'aln1a1020,1h'a…1 , ,,10,1-，h'a0,ha單調(diào)遞減，，hah1-e e0.ha0無解.綜上，滿足條件的a不存在.注“若 x1 D, x2 D2,,使得f x〔 =g x2 ”與“xDn x2 D2,使得fXi=gX2”的辨析Xi Di, X2 D2,使得f x1 =g x2等價(jià)于函數(shù)f(x)在Di上的值域A與g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即AABw?,如圖③.其等價(jià)轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是兩個(gè)函數(shù)有相等的函數(shù)值.圖③ 用@x1D1,x2D2,使得fx1=gx2等價(jià)于函數(shù)f(x)在Di上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A?B,如圖④.其等價(jià)轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù) y=f(x)的值域都在函數(shù)y=g(x)的值域之中.說明：圖③，圖④中的條形圖表示函數(shù)在相應(yīng)定義域上的值域在 y軸上的投影.一..(xi)(iInx)例5已知函數(shù)f(x) 3m,g(x)mxInx(mR).x(i)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.(2)當(dāng)m0時(shí)，是否存在xi,x2 i,2,使得f(xi)g(x2)成立？若存在，求實(shí)數(shù)m的取值范圍，若不存在，請(qǐng)說明理由 .思路點(diǎn)撥第(2)問從形的角度看，問題的本質(zhì)就是函數(shù) f(x)圖象的最低點(diǎn)低于g(x)圖象的最高點(diǎn).因此題設(shè)中？?？,？？e??使得？???)>????)成立可轉(zhuǎn)化為？?(??)ax>??(??min,進(jìn)而求出參數(shù)??滿分解答i(i)g(x)m-(x0),x, ，、i當(dāng)m0時(shí)，g(x)m—0恒成立，即函數(shù)g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+),無單調(diào)減區(qū)間，所以不存在極值., 「 ，、 1八，一1一 1 . ,、C,當(dāng)m0時(shí)，令g(x)m—0,得x—，當(dāng)0x—時(shí)，g(x)0,當(dāng)無單調(diào)減區(qū)間，所以不存在極值., 「 ，、 1八，一1一 1 . ,、C,當(dāng)m0時(shí)，令g(x)m—0,得x—，當(dāng)0x—時(shí)，g(x)0,當(dāng)x m m1 , ，、八x—時(shí)，g(x)0。m,、 “1、 ,1 、 ，、故函數(shù)g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,一),單調(diào)減區(qū)間為(一，)，此時(shí)函數(shù)g(x)在m m1 1 1 1x一處取得極大值，極大值為 g(—) m—ln—m m mm1Inm,無極小值.綜上，當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0,,無單調(diào)減區(qū)間，不存在極，、 c1值.當(dāng)m0時(shí)，函數(shù)g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0,一m1,單調(diào)減區(qū)間為一， ，極大值m為1lnm,無極小值(2)當(dāng)m0時(shí)，假設(shè)存在x1,x2 1,2,使得f(xjgX)成立，則對(duì)x1,2,(x1)(1lnx),一、滿足f(x)maxg(x)min,由f(x) 3m(x1,2)可得,1(1lnx1)x(x1)(1lnx)f(x) x^ xxlnx.2

x令h(x)xlnx(x1,2),則h(x)11—0,所以h(x)在1,2上單調(diào)遞增,x所以h(x)h(1)1,所以f(x)0,所以f(x)在1,2上單調(diào)遞增，所以f(x)maxf(2)(21)(1ln2)3m3(1ln2)

23m。由(1)可知，①當(dāng)C 1 ，，r0 — 1時(shí)，即mm1時(shí)，函數(shù)g(x)在1,2上單調(diào)遞減，所以g(x)的最小值是g(2)2mln2.1 ，、「 ，、m一時(shí)，函數(shù)g(x)在1,2上單調(diào)遞增，所以g(x)的最小值是2g(1)m.1 1 ，、,1 1-②當(dāng)1一 2時(shí)，即一 m1時(shí)，函數(shù)g(x)在1,一 上單調(diào)遞增，在 一，2上單m 2 m m調(diào)遞減.1又g(2)g(1)ln22mmIn2m,所以當(dāng)一mln2時(shí)，g(x)在1,2上的2最小值是g(1)m；當(dāng)ln2m1時(shí)，g(x)在1,2上的最小值是g(2)ln22m3(1In2)所以當(dāng)0mln2時(shí)，g(x)在1,2上的最小值是g(1)m,—( )3mm,23(1In2)解得一( )m,所以ln2m0.4當(dāng)ln2m時(shí)，函數(shù)g(x)在1,2上的最小值是g(2)ln22m,故31n2231n22- 3mln22m,解得 m,所以ln2m2 2_3ln2故實(shí)數(shù)m的取值范圍是 0, 2注f(x),g(x)是閉區(qū)間D上的連續(xù)函數(shù)，“ ？x1,x26D,使得f(x1)>g(x2)”與“？x1，x2CD,使得f(x1)>g(x2)”的辨析(1)f(x),g(x)是在閉區(qū)間D上的連續(xù)函數(shù)且？x1，x2€D,使得f(x1)>g(x2),等價(jià)于

f(x)min>g(x)max.其等價(jià)轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù) y=f(x)的任意一個(gè)函數(shù)值均大于函數(shù) y=g(x)的任意一個(gè)函數(shù)值.如圖⑤.國(guó)電) 圖?國(guó)電) 圖?(2)存在x1,x2€D,使得f(x1)>g(x2),等價(jià)于f(x)max>g(x)min.其等價(jià)轉(zhuǎn)化的目標(biāo)是函數(shù)y=f僅)的某一個(gè)函數(shù)值大于函數(shù) y=g(x)的某些函數(shù)值.如圖⑥.

例6設(shè)函數(shù)f(x)aln(x1),g(x)ex1,其中R,e2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)當(dāng)x0時(shí)，f(x)g(x)恒成立，求a的取值范圍；“、十、工109510廠2000/矣型新焯 ?一CCCL、(2)求證： ee (參考數(shù)據(jù)：ln1.10.095)。1000 1791思路點(diǎn)撥第(1)題先構(gòu)造函數(shù)Hxgxfxxe1alnx1x0,再對(duì)其求導(dǎo)得到Hxx第(2)題借助(1)的結(jié)論，當(dāng)a1時(shí)，e1lnx1對(duì)x0導(dǎo)得到Hxx第(2)題借助(1)的結(jié)論，當(dāng)a1時(shí)，e1lnx1對(duì)x0恒成立,再令1 J 1095x一,得至ije101ln1.11,095 即Je10 100010951000又由(I)知，當(dāng)1時(shí),則Hx在0,小遞減，在xO,遞增，則H%H0 0,即ex0 1alnx01 0,又Hx0xc a 11-0，即e0—令a11e101,即

x01 101 1x0 Q則e10E行2000.109510- 2000 ,故有 ve 1791 1000 1791解（1）令Hxgxfxex1alnx1x0,則,, a x..①若a1,則——1 ex,Hxx10,