2023版考前三个月冲刺专题练　第8练　恒成立问题与能成立问题课件PPT

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考情分析恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题.
一、恒成立问题 (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；
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.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x>0时，分离参数a得，
则h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝ex－x－1(x>0)，则t′(x)＝ex－1>0，故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，故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)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　　　 (2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex(a∈R).(1)若f(1)＝1，求曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程；
∵f(x)＝ln x－aex(a∈R)，
∴f(x)＝ln x＋ex－1，
∴切线方程为y＝2x－1，即2x－y－1＝0.
(2)当a>0时，若对任意x>0，f(x)≤ln a恒成立，求a的取值范围.
当a>0时，对任意x>0，f(x)≤ln a恒成立，即aex－ln x＋ln a≥0恒成立，设h(x)＝aex－ln x＋ln a，x>0，
即h′(x)在(0，＋∞)内有唯一的零点.设h′(x)的零点为x0，
当0x0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，由 ，得 ，取对数得－ln x0＝x0＋ln a，∴h(x)min＝h(x0)＝ －ln x0＋ln a
∴对任意x>0，h(x)≥0，必须且只需2＋2ln a≥0，
二、能成立问题 (2022·北京第十二中学模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ ，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
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，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞).
设h(x)＝2x－xln x－2a，则h′(x)＝2－(1＋ln x)＝1－ln x，令h′(x)＝0，即1－ln x＝0，解得x＝e，当x∈[1，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，e2]时，h′(x)<0，所以h(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减，
且h(1)＝2－2a，h(e)＝e－2a，h(e2)＝－2a，显然h(1)>h(e2)，若g(x)在[1，e2]上存在极值，
(1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法若a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；若a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.(2)不等式能成立问题的解题关键点
(2022·淮南模拟)已知函数f(x)＝ .(1)讨论函数f(x)的单调性；
y＝f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.又因为g(1)＝0，所以当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以函数y＝f(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上均单调递减.
(2)已知λ>0，若存在当x∈(1，＋∞)时，不等式λx2－λx≥(eλx－1)ln x成立，求λ的取值范围.
因为λx2－λx≥(eλx－1)ln x，所以(x－1)ln eλx≥(eλx－1)ln x，当λ>0，x>1时，x－1>0，
即f(eλx)≥f(x).由λ>0易知eλx∈(1，＋∞)，由(1)知，y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故只需eλx≤x在(1，＋∞)上能成立.两边同取自然对数得λx≤ln x，