《2019版高考数学一轮复习 专题四 函数、不等式中的恒成立问题配套理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习 专题四 函数、不等式中的恒成立问题配套理（33页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题四 函数、不等式中的恒成立问题,纵观近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重 点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象 渗透和换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论，转化 等数学思想方法.有的学生看到就头疼的题目，分析原因除了这 类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式 和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶 段出现这类问题进行类型的总结和方法的探讨.,利用导数研究不等式问题的关键是函数的单调性和最值，,各类不等式与函数最值关系如下：,注：上述的大于、小于改为不小于、不大于，相应的与最 值对应关系的不等式也改变.如果函数没有最值，那么
2、上述结果 可以用函数值域相应的端点值表述.,【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用,基本不等式求解；,(2)若对任意x10,2，总存在x20,2，使f(x1)g(x2)的,本质就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集.,例 2：已知函数 f(x)axln x(aR),(1)若 a2，求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程； (2)求 f(x)的单调区间；,(3)设g(x)x22x2，若对任意x1(0，)，均存在 x20,1，使得f(x1)g(x2)，求a的取值范围.,由(2)知，当 a0 时，f(x)在区间(0，)内单调递增，值 域为 R，故不符合题意. 或者
3、举出反例：存在 f(e3)ae332 ，故不符合题意,【互动探究】,(1)当m0时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)是否存在小于零的实数m，使得对任意的x1，x21,2，都有g(x1)f(x2)1，若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.,当x(1，)时，f(x)0， 当m0时，f(x)在区间1,2上单调递减，且g(x)mx5在区间1,2上单调递减. 当x1,2时，,所以 f(x)在区间(0，)内单调递增. 所以函数 f(x)不存在极值.,当a0时， 因为f(x)0时， 当x(0，)时，方程f(x)0与方程ax22xa0有相同的实根. 44a24(1a2).,且00， 所以f(x)
4、在区间(0，x1)内单调递增； 因为当x(x1，x2)时，f(x)0， 所以f(x)在区间(x2，)内单调递增；,【互动探究】,(1)当 a0 时，求曲线 f(x)在 x1 处的切线方程； (2)设函数 h(x)aln xxf(x)，求函数 h(x)的极值； (3)若g(x)aln xx在1，e(e2.718 28)上存在一点x0， 使得g(x0)f(x0)成立，求a的取值范围.,当a10，即a1时，令h(x)0， x0，0x1a. 此时，h(x)在区间(0，a1)内单调递增；,令h(x)0，得x1a. 此时，h(x)在区间(a1，)内单调递减. 当a10，即a1时，h(x)0恒成立，h(x)在区间(0，)内单调递减. 综上所述，当a1时，h(x)在x1a处取得极大值h(1a)aln (1a)a2，无极小值； 当a1时，h(x)在区间(0，)上无极值.,当0a11或a1，即a0时，h(x)在区间1，e上单调递减， h(x)maxh(1)11a0，a2. 当1a1e，即0ae1时， 由(2)可知，h(x)在x1a处取得极大值也是区间(0，)内的最大值， 即h(x)maxh(1a)aln (1a)a2aln (1a)12.,0ln (a1)1， h(1a)0 在区间1，e上恒成立. 此时不存在x0使h(x0)0成立.,
