新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题

这是一份新高考数学一轮复习课件 第3章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题，共60页。PPT课件主要包含了高考数学一轮复习策略，第三章，分离参数求参数范围，综上知0≤m≤e，等价转化求参数范围，又h′1＝0，课时精练等内容，欢迎下载使用。

1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题
例1　(2022·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；
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.
方法一　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－ ax2＋ax≥0恒成立.
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].方法二　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].
(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝ －(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数.(1)讨论f(x)的单调性；
①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.②当00，f(x)单调递增；当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增.④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围.
由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
当0分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(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.
跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x(x>0).(1)求函数f(x)的极值；
由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值.
由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0例2　已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增.
φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾.故a>1不符合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性﹔
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范围.
由f(x)>－a，得a(x2－1)－ln x<0，x∈(1，＋∞)，－ln x<0，x2－1>0，当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，满足题意；
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解.
跟踪训练2　已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x.(1)当a>2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)∵存在x∈[1，＋∞)使f(x)f(x)min.由(1)可得，①当a>2时，
∴φ(t)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)max＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，即当a>2时，不等式恒成立；
②当a≤2时，f(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，
双变量的恒(能)成立问题
例3　设f(x)＝ ＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立.g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)如果对于任意的s，t∈ ，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.
则f(x)min≥g(x)max.
即a≥x－x2ln x恒成立.
∴h′(x)＝1－2xln x－x，令φ(x)＝1－2xln x－x，∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞).
已知函数f(x)＝ (x∈R)，a为正实数.(1)求函数f(x)的单调区间；
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞).
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围.
由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3　设f(x)＝xex，g(x)＝ x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
因为F(x)＝f(x)＋g(x)
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围.
因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立，
即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可.故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
即实数m的取值范围是[e，＋∞).
KESHIJINGLIAN
1.(2022·大同模拟)已知函数f(x)＝x(mex－1).(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
当m＝1时，f(x)＝x(ex－1)，则f(1)＝e－1，由f′(x)＝ex－1＋xex可得，f′(1)＝2e－1.所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)当x>0时，f(x)≥x2－2x，求实数m的取值范围.
由x(mex－1)≥x2－2x及x>0，
当x∈(0,2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，
2.(2022·长春模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R). (1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
所以a＝6，经检验符合条件，
令f′(x)>0，有03；令f′(x)<0，有1(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1，当a≤0时，令f′(x)>0，有x>1；令f′(x)<0，有0存在f(1)＝－a－1<0；
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立.综上，a≤－2.
3.(2022·沈阳模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋ －2(a>0).(1)求函数f(x)的解析式；
设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝x2－sin x，又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x，又f(0)＝0，
(2)若对于∀x1∈[－1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围.
由题意得f(x)min>g(x)min.当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cs x>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0；当x∈[－1,0)时，f′(x)＝－2x＋cs x>0，所以f(x)在[－1,0)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0，
所以f(x)min＝－1－sin 1.对于g(x)，因为a>0，x>0，
4.(2022·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；
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.
由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]，
∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，