(配北师版)第3章-导数及其应用-高考解答题专项一-第2课时-利用导数研究不等式恒(能)成立问题

高考总复习优化设计GAOKAOZONGFUXIYOUHUASHEJI高考解答题专项一2023第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题考向1.分离参数法求取值范围例1.(2021河南平顶山第二次质检)已知函数f(x)=(m-lnx)x,x>1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)-2x-m<0恒成立,求正整数m的最大值.参考数据:ln5≈1.61.解:(1)f'(x)=m-1-ln

x,∵x>1,则ln

x>0.当m-1≤0,即m≤1时,f'(x)<0恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上是递减的,当m-1>0,即m>1时,令f'(x)=0,得x=em-1,由f'(x)>0,解得1<x<em-1,由f'(x)<0,解得x>em-1,∴f(x)在(1,em-1)内是递增的,在(em-1,+∞)上是递减的,综上所述,当m≤1时,f(x)在(1,+∞)上是递减的,当m>1时,在(1,em-1)内是递增的,在(em-1,+∞)上是递减的.∵g(4)=4-ln

4-3=1-ln

4<0,g(5)=5-ln

5-3=2-ln

5≈2-1.61>0,∴存在x1∈(4,5),使g(x1)=0,由g(x1)=x1-ln

x1-3=0,得ln

x1=x1-3,当x∈(1,x1)时,h'(x)<0,h(x)是递减的,当x∈(x1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)是递增的,又m为正整数,∴m≤4,∴正整数m的最大值为4.突破技巧求解含参不等式恒成立(能成立)问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法,先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对任意x∈D恒成立,再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min).能成立问题转化为f(a)≥g(x)min(或f(a)≤g(x)max)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题对点训练1(2021北京顺义二模)已知函数f(x)=ex-mx2(m∈R).(1)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,求m的值;(2)若存在x0∈[0,1],使得f(x0)≥2,求m的取值范围.解:(1)因为函数f(x)=ex-mx2(m∈R),所以f'(x)=ex-2mx,f'(1)=e-2m,由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-ex+e,由导数的几何意义可知f'(1)=e-2m=-e,解得m=e.令φ(x)=xex-2ex+4,所以φ'(x)=(x-1)ex.因为x∈(0,1],且ex>0恒成立,所以φ'(x)<0,所以φ(x)在(0,1]上是递减的,φ(1)=4-e>0,即φ(x)>0在(0,1]上恒成立,即h'(x)>0,所以m≤h(x)max=e-2.综上,m的取值范围为(-∞,e-2].考向2.构造函数法求参数取值范围例2.(2021北京二中高三月考)设函数f(x)=xlnx.(1)求证:f(x)≥x-1;(2)若f(x)≥ax2+

(a≠0)在区间(0,+∞)上恒成立,求a的最小值.(1)证明:要证f(x)≥x-1,只需证f(x)-x+1≥0,故令g(x)=f(x)-x+1=xln

x-x+1,定义域为(0,+∞),g'(x)=ln

x,令g'(x)=ln

x>0得x>1,故函数g(x)在(1,+∞)上是递增的,令g'(x)=ln

x<0得0<x<1,故函数g(x)在(0,1)内是递减的,所以g(x)≥g(1)=0,即xln

x-x+1≥0,所以f(x)≥x-1.突破技巧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,一般采用求差比较法,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.关键点如下:对点训练2(2021山东潍坊模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(a∈R),其中e是自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a=-1,对于任意的x1,x2∈[1,+∞),当x1<x2时,不等式f(x1)-f(x2)<恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)f'(x)=xex-2ax=x(ex-2a).①若a≤0,ex-2a>0,由f'(x)=0,得x=0,则当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上是递减的,在(0,+∞)上是递增的.②若a>0,由f'(x)=0,得x=0或x=ln

2a.当a=时,ln

2a=0,则当x∈(-∞,+∞)时,f'(x)≥0,故f(x)在(-∞,+∞)上是递增的;当0<a<时,ln

2a<0,则当x∈(-∞,ln

2a)∪(0,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(ln

2a,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln

2a),(0,+∞)上是递增的,在(ln

2a,0)内是递减的;当a>时,ln

2a>0,则当x∈(-∞,0)∪(ln

2a,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(0,ln

2a)时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,0),(ln

2a,+∞)上单调递增,在(0,ln

2a)内单调递减.(2)当a=-1时,f(x)=(x-1)ex+x2,即m≥-x3(ex+2)在[1,+∞)上恒成立,设F(x)=-x3(ex+2),则F'(x)=-x2[(x+3)ex+6],因为x∈[1,+∞)时,F'(x)<0,所以函数F(x)在[1,+∞)上是递减的,所以F(x)max=F(1)=-e-2,所以m≥-e-2.即实数m的取值范围是[-e-2,+∞).考向3.可化为不等式恒成立(能成立)求参数取值范围的问题例3.(2021河北保定模拟)已知函数f(x)=xex,g(x)=a|x|-e(e为自然对数的底数).(1)若x≥0,求证:当a=2e时,函数g(x)=a|x|-e与f(x)=xex的图像相切;(2)若存在x1∈[-2,1],对任意x2∈[-2,1],都有f(x1)≥g(x2),求a的取值范围.

(2)解:由已知得f(x)max≥g(x)max,∵f(x)=xex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),可知,当x∈[-2,-1)时,f'(x)<0,f(x)是递减的,当x∈(-1,1]时,f'(x)>0,f(x)是递增的,又f(-2)=-

,f(1)=e,∴当x∈[-2,1]时,f(x)max=e,又当a≤0时,a|x|-e≤-e,∴g(x)max=-e,∴g(x)max≤f(x)max,∴a≤0,若a>0,当x∈[-2,1]时,g(x)max=g(-2)=2a-e≤e,解得a≤e,又a>0,∴0<a≤e,综上,a的取值范围为(-∞,e].突破技巧含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决,常见的转化有:(1)任意x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(2)任意x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(3)存在x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.(4)存在x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.对点训练3(2021四川成都诊断测试)已知f(x)=lnx+-lna,g(x)=kex-sin