数学高考科学复习创新方案-数学第4讲-第2课时-利用-导数解决不等式恒(能)成立问题-课堂学习课件

第4讲导数与函数的综合应用第2课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题第四章导数及其应用1核心考向突破PARTONE考向一恒成立问题解(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，当x>3时，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，当x<3时，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0，当x＝3时，f′(x)＝0，所以当x∈R时，f′(x)≥0，即f(x)在R上是增函数；又f(3)＝0，所以不等式f(x)>0的解集为(3，＋∞)．(2)证明：当a＝1时，g(x)＝ex＋cosx，g′(x)＝ex－sinx.由x>0，得ex>1，sinx∈[－1,1]，则g′(x)＝ex－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2.解解解求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：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．(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.1.(2021·湖北宜昌诊断)已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解解法二：(构造函数法)当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解考向二能成立问题解解解解1．不等式能成立问题的解题关键点2．由不等式能成立求参数范围的常见题型(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.解解考向三双变量不等式恒(能)成立问题解解解双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法：(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[函数零点设而不求]1．(2021·长春一模)设函数f(x)＝ex－alnx(a∈R)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求证：f(x)≥a(2－lna)．自主培优(八)含ex，lnx的函数或不等式的解题策略解析解解答题启示设而不求解题法就是在解决数学问题时，设定一些未知数，不需要求出未知数，而是根据题目本身的特点，将未知数消去或代换，使问题的解决变得简捷、明快．解(1)∵f(x)＝a(1－x)ex，∴f′(x)＝－axex，a>0时，令f′(x)>0，解得x<0，令f′(x)<0，解得x>0，故f(x)在(－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减．a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减，当a<0时，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．解解解2．(2021·哈尔滨八校联考)设m∈R，函数f(x)＝e2x－ln(2x－m)．(1)若x＝0是f(x)的极值点，求实数m的值，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≥－2时，证明：f(x)>0.解解(2)证明：先证ex≥x＋1，x∈R，设g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，所以e2x≥2x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可证lnx≤x－1，进而得－ln(2x－m)≥－(2x－m)＋1，解当且仅当2x－m＝1时等号成立，所以e2x－ln(2x－m)≥2x＋1－(2x－m)＋1＝m＋2，当且仅当x＝0且2x－m＝1，即m＝－1时等号成立．因为m≥－2，当m≠－1时，e2x－ln(2x－m)>2＋m≥0(2x－m>0)；当m＝－1时，e2x－ln(2x＋1)≥2x＋1－(2x＋1)＋1＝1>0(2x＋1>0)．故当m≥－2时，有f(x)>0恒成立．解答题启示常见的恒等式(1)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0，且x≠1)．利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式成立．对点训练已知函数f(x)＝ex－a.(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．解(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线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)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，解所以ex－2>lnx，当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f(x)－lnx>0恒成立．当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．综上，整数a的最大值为2.解2课时作业PARTTWO一、单项选择题1．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(

)A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为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、填空题6．(2021·茂名模拟)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋lnx，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数m的取值范围是________.答案解析解析解析1解析解析四、解答题8．(2021·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．解(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．解(2)因为存在x0∈[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，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因为x≥1，所以2x－1≥1，ex>0，所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．解解解解10．(2021·唐山模拟)已知函数f(x)＝ex－mx2.(1)若x轴是曲线y＝f(x)的一条切线，求m的值；(2)若当x≥0时，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范围．解解解解解