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    2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 必要条件开路——缩小范围,减少讨论
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    2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 必要条件开路——缩小范围,减少讨论

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    这是一份2024年高考数学重难点突破讲义:配套热练 特别策划1 必要条件开路——缩小范围,减少讨论,共2页。

    2.已知f(x)=ex-e-x.若对于任意的x≥0,都有f(x)≥ax,求实数a的取值范围.
    【解答】 设g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-ax(x≥0),则g′(x)=ex+e-x-a,g″(x)=ex-e-x.显然,当x≥0时,g″(x)≥0,g′(x)单调递增(注意到g(0)=0,g′(0)=2-a).①当2-a≥0,即a≤2时,易知对任意x∈[0,+∞),g′(x)≥g′(0)=2-a≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意;②当2-a<0,即a>2时,使得g′(0)<0,g′(lna)=eq \f(1,a)>0,由零点存在定理得,∃x0∈(0,lna),g′(x0)=0,当x∈(0,x0)时,g′(x)<0,所以g(x)单调递减,此时g(x)<g(0)=0,不合题意.综上所述,实数a的取值范围是(-∞,2].
    3.已知函数f(x)=ex-1-asinx,若f(x)≥0在[0,π]上恒成立,求实数a的取值范围.
    【解答】 由题意,注意到f(0)=0,f′(x)=ex-acsx,x∈[0,π],f″(x)=ex+asinx,令f′(0)=1-a≥0⇒a≤1.当a≤0时,ex-1≥0,asinx≤0,所以f(x)=ex-1-asinx≥0,满足题意;当0<a≤1时,f″(x)=ex+asinx>0,所以f′(x)在[0,π]上单调递增,结合f′(0)=1-a≥0知f′(x)≥0,从而f(x)在[0,π]上单调递增,又f(0)=0,所以f(x)≥0恒成立,满足题意;当a>1时,f″(x)=ex+asinx>0,所以f′(x)在[0,π]上单调递增,结合f′(0)=1-a<0,f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=eeq \f(π,2)>0可得f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上有唯一的零点x0,且当0≤x<x0时,f′(x)<0,所以f(x)在[0,x0)上单调递减,又f(0)=0,所以当x∈(0,x0)时,f(x)<0,从而f(x)≥0不能恒成立,不合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,1].
    4.若不等式2x2+2axlnx-2x+lnx≥0对任意x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
    【解答】 设g(x)=2x2+2axlnx-2x+lnx,g(1)=0,g′(x)=4x+2a(1+lnx)-2+eq \f(1,x),g′(1)=4+2a-2+1=2a+3.因为g(x)≥0恒成立,g(1)=0,所以g′(1)≥0,否则,若g′(1)<0,由于g′(x)的连续性,必存在区间(1,m),使得g′(x)<0,即g(x)在(1,m)上单调递减,进而存在x0∈(1,m),g(x0)<g(1)=0,不符合题意,所以a≥-eq \f(3,2).下面证明:对任意的a≥-eq \f(3,2)均满足条件.构造函数h(x)=2x2-3xlnx-2x+lnx,则g(x)-h(x)=(2a+3)xlnx≥0,所以对任意的x∈[1,+∞),g(x)≥h(x),若要g(x)≥0恒成立,只需证明h(x)≥0即可.h(1)=0,h′(x)=4x-3(1+lnx)-2+eq \f(1,x)=4x-3lnx+eq \f(1,x)-5,h′(1)=0.记m(x)=4x-3lnx+eq \f(1,x)-5,x>1,m′(x)=4-eq \f(3,x)-eq \f(1,x2)=eq \f(4x2-3x-1,x2)=eq \f(4x+1x-1,x2)>0恒成立,所以h′(x)在[1,+∞)上单调递增,h′(x)≥h′(1)=0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0成立,所以当a≥-eq \f(3,2)时,对任意的x∈[1,+∞),g(x)≥h(x)≥0恒成立,符合题意,所以a≥-eq \f(3,2).
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