高考数学一轮复习课件-第四课时-利用导数研究含参不等式专题

第四课时利用导数研究含参不等式专题考点专项突破考题专项突破考点专项突破在讲练中理解知识考点一单变量不等式中的参数范围考查角度1:在区间D上可分离参数的不等式恒成立问题【例1】

(2018·东北三省三校三模)已知函数f(x)=axex(a∈R),g(x)=lnx+kx+1(k∈R),若k=1时有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围.反思归纳在区间D上恒成立的单变量不等式,如果其中的参数能够分离出来,得到m(a)≤f(x)≤M(a)类的不等式,则参数a满足条件m(a)≤f(x)min,f(x)max≤M(a),即可解不等式得出参数a的取值范围.(2)若不等式ef(x)-2≥0恒成立,求t的取值范围.解:(2)由不等式ef(x)-2≥0,x∈[0,+∞)恒成立,得不等式f(x)≥ln2,x∈[0,+∞)恒成立.①当t≥2时,由(1)知f(x)是[0,+∞)上的增函数,所以f(x)min=f(0)=1>ln2,即当t≥2时,不等式f(x)≥ln2,x∈[0,+∞)恒成立.反思归纳在区间D上的单变量不等式恒成立,如果能够变形为h(x)≥0(或者一个常数),而函数h(x)能够求出最小值,则只需h(x)min≥0,建立关于参数的不等式,解此不等式得出参数的取值范围.如果是不等式f(x)≥g(x)恒成立,且f(x)取最小值的点与g(x)取最大值的点相同,则可以直接由f(x)min≥g(x)max建立关于参数的不等式.考查角度3:在区间D的一个端点处成立等号的不等式恒成立问题【例3】(2018·河北衡水信息卷一)已知函数f(x)=lnx-a(x2-1)(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当x≥1时,不等式f(x)≥0恒成立,试求实数a的取值范围.反思归纳这类不等式的特点是在区间的一个端点处成立等号,如本例的区间为[1,+∞)且f(1)=0,如果f(x)≥0=f(1)恒成立,则只能f(x)在区间[1,+∞)单调递增,解题时以函数在区间[1,+∞)为标准进行分类讨论,说明两点:①f(x)在区间[1,+∞)上单调递增时的参数a符合要求;②若f(x)在区间[1,+∞)上,存在x0>1,使得f(x)在[1,x0)单调递减,则x∈[1,x0),不等式就不恒成立.通过上述两点就可以把参数范围确定下来.反思归纳在区间D上存在x0,使得f(x0)≥M(常数)⇔f(x)max≥M;在区间D上存在x0,使得f(x0)≤M(常数)⇔f(x)min≤M.如果不等式两端都含有变量,则把变量移到不等式一端后通过构造函数,再用上述方法解决.考查角度5:已知不等式整数解的个数求参数的取值范围【例5】(2018·山西太原3月模拟)f(x)=a(x-1),g(x)=(ax-1)ex,a∈R.(1)证明:存在唯一实数a,使得直线y=f(x)和曲线y=g(x)相切;(2)若不等式f(x)>g(x)有且只有两个整数解,求a的范围.反思归纳已知不等式整数解的个数求参数范围:①如果能够把不等式化为f(x)>g(x),其中f(x)为不含参数的函数,g(x)为含参数的一次函数,则可以通过导数研究函数性质后通过数形结合的方法寻找参数满足的不等式组,解此不等式组得出参数取值范围;②如果达不到①中的要求,则需要就参数值进行合理的分类,再结合具体情况寻找参数满足的条件.无论何种情况,数形结合是解决该类问题的基本思想.【题组通关】1.(2018·北京东城汇文中学期中)设不等式2xlnx≥-x2+ax-3对一切x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.2.(2018·湖南株洲二检,节选)函数f(x)=x2(lnx-1),若m>0时,有mf(x)+ex≥0成立,求m的取值范围.【教师备用巩固训练】(2018·山西省适应考)已知函数f(x)=x2-(2m+1)x+lnx(m∈R),当x>1时,f(x)<(1-m)x2恒成立,求m的取值范围.③若m≤0,则x∈(1,+∞)时,恒有h′(x)<0,故h(x)在(1,+∞)上是减函数,于是“h(x)<0对任意x∈(1,+∞)都成立”的充要条件是h(1)≤0,即m-(2m+1)≤0,解得m≥-1,故-1≤m≤0.综上,m的取值范围是[-1,0].考点二双(多)变量不等式中的参数范围考查角度1:双(多)变量、单函数不等式问题解:(1)f′(x)=ax-xex=x(a-ex),当a≤0时,令f′(x)=0得x=0,可知x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令f′(x)=0,得x=0或x=lna,若0<a<1,则lna<0,x∈(-∞,lna)∪(0,+∞)时,f′(x)<0,x∈(lna,0)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上单调递减,在(lna,0)上单调递增;若a=1,则lna=0,x∈(-∞,+∞)时,f′(x)≤0恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;若a>1,则lna>0,x∈(-∞,0)∪(lna,+∞)时,f′(x)<0,x∈(0,lna)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上单调递减,在(0,lna)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当0<a<1时,f(x)在(-∞,lna),(0,+∞)上单调递减,在(lna,0)上单调递增;当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递减;当a>1时,f(x)在(-∞,0),(lna,+∞)上单调递减,在(0,lna)上单调递增.(2)若对任意实数x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),求实数a的取值范围.解:(2)由题意知要使对任意实数x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3),只需f(x)min+f(x)min≥f(x)max,即2f(x)min≥f(x)max,反之,若2f(x)min≥f(x)max,x∈[0,1],则对任意实数x1,x2,x3∈[0,1],都有f(x1)+f(x2)≥f(x3).由题意知2f(x)min≥f(x)max,f′(x)=ax-xex=x(a-ex),x∈[0,1].反思归纳多变量、单函数不等式恒成立时,常见的有①本例中的情况;②对∀x1,x2∈D,|f(x1)-f(x2)|≤M(a)(a为参数),则等价于f(x)max-f(x)min≤M(a).解题的基本思想是把不等式与函数最值联系起来.反思归纳反思归纳基本思想是建立两个变量间的关系,把不等式化为单变量不等式.解:x∈(-∞,+∞)且f′(x)=ex+1+(x-1)ex+1+2mx=x(ex+1+2m),当m>0时,因为ex+1>0,所以ex+1+2m>0,所以当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0.故f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=-e.②m>2时,h′(x)>0同①舍去,考题专项突破在训练中突破考点1.(2018·湖南益阳、湘潭调研)设函数f(x)=x3-3x2-ax+5-a,若存在唯一的正整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是()【教师备用】BA

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4.(2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x),且对任意的实数x都有f′(x)=e-x(2x+3)-f(x)(e是自然对数的底数),且f(0)=1,若关于x的不等式f(x)-m<0的解集中恰有两个整数,则实数m的取值范围是(

)(A)(-e,0] (B)[-e2,0)(C)[-e,0) (D)(-