《新高考数学大二轮复习课件》专题一第6讲母题突破2 恒成立问题与有解问题

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这是一份《新高考数学大二轮复习课件》专题一第6讲母题突破2 恒成立问题与有解问题，共41页。PPT课件主要包含了内容索引，思路分析一，思路分析二，因此a＝2，跟踪演练，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

母题突破2　恒成立问题与有解问题
母题　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解　当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
　　　　↓❷分离参数a≥g(x)↓❸a≥g(x)max,　　↓❹求g(x)max
　　 ↓❷等价变形　↓❸构造新函数　↓❹求新函数的最值
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
则h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0,2)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意.
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增.由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
子题1　(2021·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－ ax2＋ax(a∈R).(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
解　当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0.
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
解　方法一　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立.②当0e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意.综上所述，a的取值范围是(－∞，e2].
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
因为x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增.所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2. 综上所述，a的取值范围是(－∞，e2].
函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.①当k>0时，当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
③当k<0时，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，
(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a由f′(x)>0，即1－a－ln x>0，解得0e1－a，故f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).
即a≤xex－1－x－ln x＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，令u(x)＝xex－1－x－ln x＋1，
当x∈(0,1)时，u′(x)<0，u(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故当x＝1时，u(x)取最小值u(1)＝1，所以a≤1，所以实数a的取值范围是(－∞，1].
2.(2021·昆明联考)已知函数f(x)＝eax－x.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
解　f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2.
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围.
解　由f(x)≥eaxln x－ax2，即ax2－x≥eax(ln x－1)，
∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，
即h(x)在(0，e]上单调递增，
1.(2020·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
所以f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
解　方法一　当0当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).
方法二　∵f(x)≥1恒成立，∴aex－1－ln x＋ln a≥1恒成立，即eln a·ex－1＋ln a－1≥ln x，即eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x，又ln x＋x＝ln x＋eln x，即eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥eln x＋ln x恒成立，令φ(x)＝ex＋x，∴φ(x)在R上单调递增，∴φ(ln a＋x－1)≥φ(ln x)恒成立，∴ln a＋x－1≥ln x恒成立，即ln a≥ln x－x＋1恒成立，
令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，当x∈(1＋∞)时，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝0，∴ln a≥0，即a≥1，综上，a的取值范围是[1＋∞).
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证.
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.
解　∵f(x)＋g(x)＝ex＋cs x－ax－2，令h(x)＝ex＋cs x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a，令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cs x，∵ex≥1，－1≤cs x≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)