高考数学一轮复习课件-第四课时-利用导数研究含参不等式专题.ppt

1、第四课时利用导数研究含参不等式专题第四课时利用导数研究含参不等式专题考点专项突破考点专项突破考题专项突破考题专项突破考点专项突破考点专项突破 在讲练中理解知识在讲练中理解知识考点一单变量不等式中的参数范围考点一单变量不等式中的参数范围考查角度考查角度1:1:在区间在区间D D上可分离参数的不等式恒成立问题上可分离参数的不等式恒成立问题【例【例1 1】(2018(2018东北三省三校三模东北三省三校三模)已知函数已知函数f(x)=axef(x)=axex x(a(aR R),g(x)=ln x+kx+1),g(x)=ln x+kx+1(k(kR R),),若若k=1k=1时有时有f(x)g(x)

2、f(x)g(x)恒成立恒成立,求求a a的取值范围的取值范围.反思归纳反思归纳在区间在区间D D上恒成立的单变量不等式上恒成立的单变量不等式,如果其中的参数能够分离出来如果其中的参数能够分离出来,得到得到m(a)f(x)M(am(a)f(x)M(a)类的不等式类的不等式,则参数则参数a a满足条件满足条件m(a)f(x)m(a)f(x)minmin,f(x),f(x)maxmaxM(aM(a),),即可解不等式得出参数即可解不等式得出参数a a的取值范围的取值范围.(2)(2)若不等式若不等式e ef(x)f(x)-20-20恒成立恒成立,求求t t的取值范围的取值范围.解解:(2)(2)由不

3、等式由不等式e ef(x)f(x)-20,x0,+)-20,x0,+)恒成立恒成立,得不等式得不等式f(x)ln 2,x0,+)f(x)ln 2,x0,+)恒成立恒成立.当当t2t2时时,由由(1)(1)知知f(x)f(x)是是0,+)0,+)上的增函数上的增函数,所以所以f(x)f(x)minmin=f(0)=1ln 2,=f(0)=1ln 2,即当即当t2t2时时,不等式不等式f(x)ln 2,x0,+)f(x)ln 2,x0,+)恒成立恒成立.反思归纳反思归纳在区间在区间D D上的单变量不等式恒成立上的单变量不等式恒成立,如果能够变形为如果能够变形为h(x)0(h(x)0(或者一个常数或

4、者一个常数),),而函数而函数h(xh(x)能够求出最小值能够求出最小值,则只需则只需h(x)h(x)minmin0,0,建立关于参数的不等式建立关于参数的不等式,解解此不等式得出参数的取值范围此不等式得出参数的取值范围.如果是不等式如果是不等式f(x)g(xf(x)g(x)恒成立恒成立,且且f(xf(x)取取最小值的点与最小值的点与g(xg(x)取最大值的点相同取最大值的点相同,则可以直接由则可以直接由f(x)f(x)minming(x)g(x)maxmax建立关建立关于参数的不等式于参数的不等式.考考查角度查角度3:3:在区间在区间D D的一个端点处成立等号的不等式恒成立问题的一个端点处成

5、立等号的不等式恒成立问题【例例3 3】(2018(2018河北衡水信息卷一河北衡水信息卷一)已知函数已知函数f(xf(x)=)=lnln x-a(x x-a(x2 2-1)(a-1)(aR R).).(1)(1)讨论函数讨论函数f(xf(x)的单调性的单调性;(2)(2)当当x1x1时时,不等式不等式f(x)0f(x)0恒成立恒成立,试求实数试求实数a a的取值范围的取值范围.反思归纳反思归纳这类不等式的特点是在区间的一个端点处成立等号这类不等式的特点是在区间的一个端点处成立等号,如本例的区间为如本例的区间为1,+)1,+)且且f(1)=0,f(1)=0,如果如果f(x)0=f(1)f(x)0

6、=f(1)恒成立恒成立,则只能则只能f(x)f(x)在区间在区间1,+)1,+)单调递增单调递增,解题时以函数在区间解题时以函数在区间1,+)1,+)为标准进行分类讨论为标准进行分类讨论,说明两点说明两点:f(x)f(x)在区间在区间1,+)1,+)上单调递增时的参数上单调递增时的参数a a符合要求符合要求;若若f(x)f(x)在区间在区间1,+)1,+)上上,存在存在x x0 01,1,使得使得f(x)f(x)在在1,x1,x0 0)单调递减单调递减,则则x1,xx1,x0 0),),不等式就不恒成立不等式就不恒成立.通过上通过上述两点就可以把参数范围确定下来述两点就可以把参数范围确定下来.

7、反思归纳反思归纳在区间在区间D D上存在上存在x x0 0,使得使得f(xf(x0 0)M()M(常数常数)f(x)f(x)maxmaxMM;在区间在区间D D上存在上存在x x0 0,使得使得f(xf(x0 0)M()M(常数常数)f(x)f(x)minminMM.如果不等式两端都含有变量如果不等式两端都含有变量,则把变量移到不则把变量移到不等式一端后通过构造函数等式一端后通过构造函数,再用上述方法解决再用上述方法解决.考考查角度查角度5:5:已知不等式整数解的个数求参数的取值范围已知不等式整数解的个数求参数的取值范围【例例5 5】(2018(2018山西太原山西太原3 3月模拟月模拟)f(

8、xf(x)=a(x-1),g(x)=(ax-1)e)=a(x-1),g(x)=(ax-1)ex x,a,aR R.(1)(1)证明证明:存在唯一实数存在唯一实数a,a,使得直线使得直线y=y=f(xf(x)和曲线和曲线y=y=g(xg(x)相切相切;(2)(2)若不等式若不等式f(xf(x)g(xg(x)有且只有两个整数解有且只有两个整数解,求求a a的范围的范围.反思归纳反思归纳已知不等式整数解的个数求参数范围已知不等式整数解的个数求参数范围:如果能够把不等式化为如果能够把不等式化为f(x)g(x),f(x)g(x),其中其中f(x)f(x)为不含参数的函数为不含参数的函数,g(x),g(x

9、)为含参数的一次函数为含参数的一次函数,则可以通过导数研则可以通过导数研究函数性质后通过数形结合的方法寻找参数满足的不等式组究函数性质后通过数形结合的方法寻找参数满足的不等式组,解此不等式组解此不等式组得出参数取值范围得出参数取值范围;如果达不到中的要求如果达不到中的要求,则需要就参数值进行合理的则需要就参数值进行合理的分类分类,再结合具体情况寻找参数满足的条件再结合具体情况寻找参数满足的条件.无论何种情况无论何种情况,数形结合是解决数形结合是解决该类问题的基本思想该类问题的基本思想.【题组通关题组通关】1.1.(2018(2018北京东城汇文中学期中北京东城汇文中学期中)设不等式设不等式2x

10、ln x-x2xln x-x2 2+ax-3+ax-3对一切对一切x(0,+)x(0,+)恒成立恒成立,求实数求实数a a的取值范围的取值范围.2.2.(2018(2018湖南株洲二检湖南株洲二检,节选节选)函数函数f(x)=xf(x)=x2 2(ln x-1),(ln x-1),若若m0m0时时,有有mf(x)+emf(x)+ex x00成立成立,求求m m的取值范围的取值范围.【教师备用巩固训练教师备用巩固训练】(2018(2018山西省适应考山西省适应考)已知函数已知函数f(xf(x)=x)=x2 2-(2m+1)x+ln-(2m+1)x+ln x(mx(mR R),),当当x1x1时时

11、,f(xf(x)(1-m)x(1-m)x2 2恒成立恒成立,求求m m的取值范围的取值范围.若若m0,m0,则则x(1,+)x(1,+)时时,恒有恒有h(x)0,h(x)0,故故h(x)h(x)在在(1,+)(1,+)上是减函数上是减函数,于是于是“h(x)0“h(x)0,x(0,+),f(x)0,x(0,+)时时,f(x)0,f(x)0a0时时,令令f(x)=0,f(x)=0,得得x=0 x=0或或x=ln a,x=ln a,若若0a1,0a1,则则ln a0,x(-,ln a)(0,+)ln a0,x(-,ln a)(0,+)时时,f(x)0,x(ln a,0),f(x)0,f(x)0,所

12、以所以f(x)f(x)在在(-,ln a),(0,+)(-,ln a),(0,+)上单调递减上单调递减,在在(ln a,0)(ln a,0)上单调递增上单调递增;若若a=1,a=1,则则ln a=0,x(-,+)ln a=0,x(-,+)时时,f(x)0,f(x)0恒成立恒成立,所以所以f(x)f(x)在在(-,+)(-,+)上单调递减上单调递减;若若a1,a1,则则ln a0,x(-,0)(ln a,+)ln a0,x(-,0)(ln a,+)时时,f(x)0,x(0,ln a),f(x)0,f(x)0,所以所以f(x)f(x)在在(-,0),(ln a,+)(-,0),(ln a,+)上单

13、调递减上单调递减,在在(0,ln a)(0,ln a)上单调递增上单调递增.综上综上,当当a0a0时时,f(x),f(x)在在(-,0)(-,0)上单调递增上单调递增,在在(0,+)(0,+)上单调递减上单调递减;当当0a10a1a1时时,f(x),f(x)在在(-,0),(ln a,+)(-,0),(ln a,+)上单调递减上单调递减,在在(0,ln a)(0,ln a)上单调递增上单调递增.(2)(2)若对任意实数若对任意实数x x1 1,x,x2 2,x,x3 30,1,0,1,都有都有f(xf(x1 1)+f(x)+f(x2 2)f(x)f(x3 3),),求实数求实数a a的取值范围

14、的取值范围.解解:(2)(2)由题意知要使对任意实数由题意知要使对任意实数x x1 1,x,x2 2,x,x3 30,1,0,1,都有都有f(xf(x1 1)+f(x)+f(x2 2)f(x)f(x3 3),),只需只需f(x)f(x)minmin+f(x)+f(x)minminf(x)f(x)maxmax,即即2f(x)2f(x)minminf(x)f(x)maxmax,反之反之,若若2f(x)2f(x)minminf(x)f(x)maxmax,x0,1,x0,1,则对任意实数则对任意实数x x1 1,x,x2 2,x,x3 30,1,0,1,都有都有f(xf(x1 1)+f(x)+f(x2

15、 2)f(x)f(x3 3).).由题意知由题意知2f(x)2f(x)minminf(x)f(x)maxmax,f(x)=ax-,f(x)=ax-xexex x=x(a-e=x(a-ex x),x0,1.),x0,1.反思归纳反思归纳多变量、单函数不等式恒成立时多变量、单函数不等式恒成立时,常见的有本例中的情况常见的有本例中的情况;对对x x1 1,x,x2 2D,D,|f(x|f(x1 1)-f(x)-f(x2 2)|M(a)(a)|M(a)(a为参数为参数),),则等价于则等价于f(x)f(x)maxmax-f(x)-f(x)minminM(aM(a).).解题的基本解题的基本思想是把不等

16、式与函数最值联系起来思想是把不等式与函数最值联系起来.反思归纳反思归纳反思归纳反思归纳基本思想是建立两个变量间的关系基本思想是建立两个变量间的关系,把不等式化为单变量不等式把不等式化为单变量不等式.解解:x(-,+)x(-,+)且且f(x)=ef(x)=ex+1x+1+(x-1)e+(x-1)ex+1x+1+2mx=x(e+2mx=x(ex+1x+1+2m),+2m),当当m0m0时时,因为因为e ex+1x+10,0,所以所以e ex+1x+1+2m0,+2m0,所以当所以当x0 x0时时,f(x)0;,f(x)0;当当x0 x0时时,f(x)0.,f(x)2m2时时,h(xh(x)0)0同

17、舍去同舍去,考题专项突破考题专项突破 在训练中突破考点在训练中突破考点1.1.(2018(2018湖南益阳、湘潭调研湖南益阳、湘潭调研)设函数设函数f(x)=xf(x)=x3 3-3x-3x2 2-ax+5-a,-ax+5-a,若存在唯一的正整若存在唯一的正整数数x x0 0,使得使得f(xf(x0 0)0,)0,则则a a的取值范围是的取值范围是()【教师备用教师备用】B BA A D D 4.4.(2018(2018山东、湖北部分重点中学冲刺模拟山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)已知函数已知函数f(xf(x)的导函数为的导函数为f(xf(x),),且对任意的实数且对任意的实数x x都有都有f

18、(xf(x)=e)=e-x-x(2x+3)-f(x)(e(2x+3)-f(x)(e是自然对数的底数是自然对数的底数),),且且f(0)=1,f(0)=1,若关于若关于x x的不等式的不等式f(x)-mf(x)-m00的解集中恰有两个整数的解集中恰有两个整数,则实数则实数m m的取值范围是的取值范围是()(A)(-e,0(A)(-e,0(B)-e(B)-e2 2,0),0)(C)-e,0)(C)-e,0)(D)(-e(D)(-e2 2,0,0解析解析:因为因为f(x)=ef(x)=e-x-x(2x+3)-f(x),(2x+3)-f(x),所以所以e ex xf(x)+f(x)=2x+3,f(x)+f(x)=2x+3,所以所以e ex xf(x)=xf(x)=x2 2+3x+c,+3x+c,因为因为f(0)=1,f(0)=1,所以所以1=0+0+c,1=0+0+c,解得解得c=1,c=1,所以所以f(x)=(xf(x)=(x2 2+3x+1)e+3x+1)e-x-x,所以所以f(x)=-(xf(x)=-(x2 2+x-2)e+x-2)e-x-x=-(x-1)(x+2)e=-(x-1)(x+2)e-x-x.A AD D 点击进入点击进入 应用能力提升应用能力提升