2022届新高考数学人教版一轮学案：第二章 第十节　第四课时　利用导数研究不等式恒成立问题 WORD版含解析.doc

1、第四课时利用导数研究不等式恒成立问题授课提示：对应学生用书第51页题型一不等式恒成立问题多维探究考法(一)分离参数法求解恒成立问题例1(2020高考全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围解析(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)f(x)x31等价于ex1.设函数g(x)ex(x0)，则g(x)exxx2(2a3)x4a2exx(x2a1)(x2)ex.若2a10，即a，则当x(0,

2、2)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)1，故当x(0,2)时，g(x)1，不符合题意若02a12，即a，则当x(0,2a1)(2，)时，g(x)0；当x(2a1,2)时，g(x)0.所以g(x)在(0,2a1)，(2，)单调递减，在(2a1,2)单调递增由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a时，g(x)1.若2a12，即a，则g(x)ex.由于0，故由可得ex1.故当a时，g(x)1.综上，a的取值范围是.分离参数法来确定不等式f(x，)0(xD，为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离，化为f1()f

3、2(x)或f1()f2(x)的形式(2)求f2(x)在xD时的最大值或最小值(3)解不等式f1()f2(x)max或f1()f2(x)min，得到的取值范围对点训练已知函数f(x)ln x.(1)求函数g(x)f(x1)x的最大值；(2)若对任意x0，不等式f(x)axx21恒成立，求实数a的取值范围解析：(1)因为f(x)ln x，所以g(x)f(x1)xln(x1)x，x1.所以g(x)1.当x(1，0)时，g(x)0，所以g(x)在(1，0)上单调递增；当x(0，)时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减所以g(x)在x0处取得最大值g(0)0.(2)因为对任意x0，不等式f(x

4、)axx21恒成立所以在(0，)上恒成立，进一步转化为maxamin.设h(x)，则h(x)，当x(0，e)时，h(x)0；当x(e，)时，h(x)0，所以h(x).要使f(x)ax恒成立，必须a.另一方面 ，当x0时，x2，要使axx21恒成立，必须a2，所以满足条件的a的取值范围是.考法(二)等价转化法求解恒成立问题例2函数f(x)x22axln x(aR)(1)若函数yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线x2y10垂直，求a的值；(2)若不等式2xln xx2ax3在区间(0，e上恒成立，求实数a的取值范围解析(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x2a，f(1)32a，由

5、题意f(1)(32a)1，解得a.(2)不等式2xln xx2ax3在区间(0，e上恒成立等价于2ln xxa，令g(x)2ln xxa，则g(x)1，则在区间(0,1)上，g(x)0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e上，g(x)0，函数g(x)为增函数由题意知g(x)ming(1)1a30，解得a4，所以实数a的取值范围是(，4.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.对点训练(2020新高考全国卷)已知函数f(x)aex1ln xln a.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与

6、两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.(1)当ae时，f(x)exln x1，f(x)ex，切线斜率kf(1)e1，又f(1)e1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x2.直线y(e1)x2在x轴，y轴上的截距分别为，2.因此所求三角形的面积为.(2)当0a1时，f(1)aln a1.当a1时，f(x)ex1ln x，f(x)ex1.当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当x(1，)时，f(x)0，函数f(x)单调递增所以当x1时，f(x)取得最小值，最

7、小值为f(1)1，从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1.综上，a的取值范围是1，)题型二存在成立问题合作探究例(2021张掖模拟)已知函数f(x)2(x1)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)exxp，若存在x01，e，使不等式g(x0)f(x0)x0成立，求p的取值范围解析(1)由f(x)2xex0，得x0，所以f(x)在(0，)上单调递增，所以a0，所以f(a)f(0)2，所以f(a)的取值范围是2，)(2)因为存在x01，e，使不等式g(x0)2(x01)ex0x0成立，所以存在x01，e，使

8、p(2x03)ex0成立令h(x)(2x3)ex，从而ph(x)min，h(x)(2x1)ex.因为x1，所以2x11，ex0，所以h(x)0，所以h(x)(2x3)ex在1，e上单调递增所以h(x)minh(1)e，所以pe，所以实数p的取值范围是e，).1.存在型不等式成立主要是转化为最值问题.如存在x1、x2a，b使f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)max，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.对点训练已知函数f(x)(x1)ex1mx2，当0m6时，g(x)x3mx，x(0,2，若存在x1R，x2(0,2，使f(x1)g(x2)成立，求实数m的取值范围解析：x(，)且f(x)ex1(x1)ex12mxx(ex12m)，当m0时，因为ex10，所以ex12m0，所以当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.故f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增，所以f(x)minf(0)e.又g(x)3x2m4m，因为0m6，所以g(x)0，所以g(x)在(0,2上为增函数所以g(x)maxg(2)822m62m.依题意有f(x1)ming(x2)max，所以62me，所以0m3，故m的取值范围为.