2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-高考難點(diǎn)突破系列(一)導(dǎo)數(shù)中的綜合問題-第一課時(shí) 不等式恒（能）成立問題【課件】

高考難點(diǎn)突破系列(一)導(dǎo)數(shù)中的綜合問題第一課時(shí)不等式恒(能)成立問題題型一分離參數(shù)法求參數(shù)范圍①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，此時(shí)a∈R.②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a，則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，故當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.感悟提升1.分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，這要比分類討論法簡(jiǎn)便很多.2.a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min； a≥f(x)能成立?a≥f(x)min； a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解因?yàn)閒(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，當(dāng)x＝0時(shí)，不等式成立，此時(shí)a∈R；令φ(x)＝ex－(x＋1)，則φ′(x)＝ex－1，當(dāng)x>0時(shí)，φ′(x)>0，則φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)>φ(0)＝0，即當(dāng)x>0時(shí)，ex－(x＋1)>0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[e－2，＋∞).題型二分類討論法求參數(shù)范圍令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，(2分)當(dāng)t∈(1，2)時(shí)，h(t)>0；當(dāng)t∈(2，＋∞)時(shí)，h(t)<0.當(dāng)u∈(0，1)時(shí)，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上單調(diào)遞減.∵k(1)＝3，∴當(dāng)u∈(0，1)時(shí)，k(u)>3，∴k(u)的值域?yàn)?3，＋∞)②.(8分)①當(dāng)a≤3時(shí)，g′(x)<0，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)<sin2x不成立③. (11分)→借助于隱零點(diǎn)x0，得g(x)的單調(diào)性，從而確定g(x)存在大于0的函數(shù)值，即f(x)<sin2x不成立.綜上所述，a的取值范圍為(－∞，3].(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分①處求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是解題步驟之一，也是本題最容易得分之處，一定要準(zhǔn)確求導(dǎo).?得關(guān)鍵分解決不等式的恒成立問題就是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值或值域問題，而所涉及導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性最為關(guān)鍵，在②處求出k(u)的值域，從而討論g′(x)的符號(hào)確定g(x)的單調(diào)性.?得討論分解含參數(shù)的函數(shù)問題，要仔細(xì)觀察參數(shù)的符號(hào)，對(duì)其進(jìn)行分類討論的分解問題，如③處.構(gòu)造函數(shù)g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝lnx＋1－2ax，①若a≤0，則F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝0，從而g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.∴g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，題型三雙變量的恒(能)成立問題解f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，ex∈[1，e2]，且f(2)＝2e2－4a，f(0)＝0，∵?x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2，∴當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)max－f(x)min≤a＋2e2.當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，(ⅰ)若a≤1，則ex－a≥0，∴f′(x)≥0，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，∴f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(0)＝2e2－4a≤a＋2e2，得0≤a≤1.(ⅱ)若a≥e2，則ex－a≤0，∴f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上單調(diào)遞減，(ⅲ)若1<a<e2，由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)>0，得lna<x≤2，∴f(x)在(lna，2]上單調(diào)遞增；由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)<0，得0≤x<lna，∴f(x)在[0，lna)上單調(diào)遞減.而f(2)－f(0)＝2e2－4a，∵lna∈(2－ln2，2)，又h(e2)＝－e2<0，感悟提升雙變量的恒(能)成立問題，常見的轉(zhuǎn)化有：(1)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(2)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(3)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(4)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當(dāng)x∈[1，a]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[a，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)當(dāng)a＜1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍.解由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，又g′(x)＝(1－ex)x.所以當(dāng)x∈[－2，0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)min＝g(0)＝1，拓展視野

洛必達(dá)法則2.洛必達(dá)法則例

已知函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值；解f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意.(2)當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解法一當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件.②當(dāng)a＞1時(shí)，若0＜x＜lna，則φ′(x)＜0；若x＞lna，則φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a＞1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.∴g(a)＜g(1)＝0與g(a)≥0矛盾，故a＞1不滿足條件，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].法二當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)≥0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].訓(xùn)練

(2024·寧波調(diào)研節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若對(duì)任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴l(xiāng)n(x＋1)＞0.(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1滿足題意.(2)當(dāng)1－a＜0，即a＞1時(shí)，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)時(shí)，φ′(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0與φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不滿足題意.綜上有a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].法二

x∈(0，＋∞)時(shí)，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].課時(shí)分層精練KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·杭州模擬節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范圍.由題意f(x)≥1，則f(x)min≥1，(1)當(dāng)a≤0時(shí)，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2；(2)當(dāng)a＞0時(shí)，存在f(1)＝－a－1＜0，不滿足題意，可知a＞0時(shí)，f(x)≥1不恒成立，綜上，a≤－2.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2].解由題設(shè)知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)單調(diào)遞減，則ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值為－3.由g′(x)>0，得x<1；由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.3.(2024·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；解f′(x)＝lnx＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在點(diǎn)(1，0)處的切線方程為y＝x－1.(2)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≤ax2－a，求a的取值范圍.解當(dāng)x≥1時(shí)，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，①若a≤0，得h′(x)>0，則g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(1)＝0，從而xlnx－a(x2－1)≥0，不符合題意；從而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，此時(shí)g(x)≥g(1)＝0，不符合題意；所以g′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，從而g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xlnx－a(x2－1)≤0恒成立.4.(2024·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx－k(x－1)，且曲線