2024年高考数学一轮复习专题一第2课时利用导数研究恒(能)成立问题课件

这是一份2024年高考数学一轮复习专题一第2课时利用导数研究恒(能)成立问题课件，共27页。PPT课件主要包含了反思感悟，互动探究，垂直求a的值，题型二存在成立问题等内容，欢迎下载使用。

“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问
题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识，而且与导数的结合更是极大地丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题.
题型一 不等式恒成立问题考向 1 分离参数法求解恒成立问题
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；(2)当 x≥2 时，f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围.
解：(1)当 a＝0 时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝－1，所以切线方程为 y＋2＝－(x－0)，即 x＋y＋2＝0.
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≤e2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恒成立.
②当 a>e2 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].
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≥fmax(x).a≤f(x)恒成立⇔a≤fmin(x).a≥f(x)能成立⇔a≥fmin(x).a≤f(x)能成立⇔a≤fmax(x).
m，f′(x)为函数 f(x)的导函数.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 xf′(x)－f(x)≥0 恒成立，求 m 的取值范围.
①若 m≤0，当 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若 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若 m＝1，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增.④若 m>1，当 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)由题意知 xf′(x)－f(x)≥0 恒成立，
当 0考向 2 等价转化法求解恒成立问题[例 2]函数 f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 x－2y＋1＝0
(2)若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求
实数 a 的取值范围.
根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.
[例 3](2021 年张掖市模拟)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，＋∞).
(2)因为存在 x0∈[1，e]，使不等式 g(x0)≥2(x0－1) －x0成立，所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3) 成立.令h(x)＝(2x－3)·ex，从而p≥hmin(x)(x∈[1，e])，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hmin(x)＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围是[－e，＋∞).
反思感悟】存在成立问题
(1)存在型不等式成立主要是转化为最值问题.如存在 x1，x2∈[a，b]使f(x1)≤g(x2)成立⇔fmin(x)≤gmax(x)，转化为最值问题求解.(2)如果一个问题的求解中既有“存在性”又有“恒成立”，那么需要对问题做等价转化，这里一定要注意转化的等价性、巧妙性，防止在转化中出错而使问题的求解出错.
(1)分析函数 f(x)的单调性；(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.
解：(1)因为 f′(x)＝a－ex，x∈R.
当 a≤0 时，f′(x)＜0，f(x)在 R 上单调递减.当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln a.
由 f′(x)＞0 得 x＜ln a，所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由 f′(x)＜0 得 x＞ln a，所以 f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).