數(shù)學(xué)高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)第4講-第2課時(shí)-利用-導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問(wèn)題-課堂學(xué)習(xí)課件

第4講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合應(yīng)用第2課時(shí)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問(wèn)題第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1核心考向突破PARTONE考向一恒成立問(wèn)題解(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，當(dāng)x>3時(shí)，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，當(dāng)x<3時(shí)，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0，當(dāng)x＝3時(shí)，f′(x)＝0，所以當(dāng)x∈R時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)，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(wèn)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(wèn)題時(shí)，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(jìn)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(wèn)題，適用范圍較廣，但是往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)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(gè)一端是參數(shù)a，另一端是變量表達(dá)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(duì)于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解令g′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x≥1時(shí)，因?yàn)間′(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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解解法二：(構(gòu)造函數(shù)法)當(dāng)x＝1時(shí)，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(jià)于F(x)≥0在x≥1時(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解考向二能成立問(wèn)題解解解解1．不等式能成立問(wèn)題的解題關(guān)鍵點(diǎn)2．由不等式能成立求參數(shù)范圍的常見(jiàn)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(wèn)題解解解雙參數(shù)不等式問(wèn)題的求解方法一般采用等價(jià)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(diǎn)設(shè)而不求]1．(2021·長(zhǎng)春一模)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝e時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a>0時(shí)，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(xué)問(wèn)題時(shí)，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(diǎn)，將未知數(shù)消去或代換，使問(wèn)題的解決變得簡(jiǎn)捷、明快．解(1)∵f(x)＝a(1－x)ex，∴f′(x)＝－axex，a>0時(shí)，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(shí)，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(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞增，在(0，＋∞)單調(diào)遞減，當(dāng)a<0時(shí)，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(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的值，并討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)m≥－2時(shí)，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(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，同理可證lnx≤x－1，進(jìn)而得－ln(2x－m)≥－(2x－m)＋1，解當(dāng)且僅當(dāng)2x－m＝1時(shí)等號(hào)成立，所以e2x－ln(2x－m)≥2x＋1－(2x－m)＋1＝m＋2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0且2x－m＝1，即m＝－1時(shí)等號(hào)成立．因?yàn)閙≥－2，當(dāng)m≠－1時(shí)，e2x－ln(2x－m)>2＋m≥0(2x－m>0)；當(dāng)m＝－1時(shí)，e2x－ln(2x＋1)≥2x＋1－(2x＋1)＋1＝1>0(2x＋1>0)．故當(dāng)m≥－2時(shí)，有f(x)>0恒成立．解答題啟示常見(jiàn)的恒等式(1)對(duì)數(shù)形式：x≥1＋lnx(x>0)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立．(2)指數(shù)形式：ex≥x＋1(x∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，等號(hào)成立．進(jìn)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(yàn)證上述不等式成立．對(duì)點(diǎn)訓(xùn)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?yàn)楹瘮?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(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，F(xiàn)′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立，同理可得lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)等號(hào)成立，解所以ex－2>lnx，當(dāng)a≤2時(shí)，lnx<ex－2≤ex－a，即當(dāng)a≤2時(shí)，f(x)－lnx>0恒成立．當(dāng)a≥3時(shí)，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(shí)作業(yè)PARTTWO一、單項(xiàng)選擇題1．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)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?yàn)閒(－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(shí)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(shí)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?yàn)榇嬖趚0∈[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?yàn)閤≥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(shí)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(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范圍．解解解解解