《2021年高考数学一轮复习热点题型归纳与高效训练试题：3.5 （二）利用导数解决不等式恒（能）成立问题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考数学一轮复习热点题型归纳与高效训练试题：3.5 （二）利用导数解决不等式恒（能）成立问题（解析版）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考复习归纳训练高考复习精推资源题型归纳高效训练2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒(能)成立问题目录一、题型全归纳1题型一 恒成立问题1类型一 分离参数法求范围1类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决3题型二 能成立问题5题型三 不等式存在性成立问题6二、高效训练突破8一、题型全归纳题型一 恒成立问题类型一 分离参数法求范围【题型要点】1.若f(x)a或g(x)a恒成立，只需满足f(x)mina或g(x)maxa即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解2.利用分离参数法来确定不等式f
2、(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()f2(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【例1】(2020石家庄质量检测)已知函数f(x)axex(a1)(2x1)(1)若a1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当x0时，函数f(x)0恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)即f(x)xexex4，则f(0)3，f(0)2，所以所求切线方程为3xy20.(2)由f(1
3、)0，得a0，则f(x)0对任意的x0恒成立可转化为对任意的x0恒成立设函数F(x)(x0)，则F(x).当0x1时，F(x)0；当x1时，F(x)0，所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以F(x)maxF(1).于是，解得a.故实数a的取值范围是【例2】已知f(x)xln x，g(x)x3ax2x2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0，)，2f(x)g(x)2恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)因为函数f(x)xln x的定义域为(0，)，所以f(x)ln x1.令f(x)0，得ln x10，解得0x，所以f(x)的单调递减区间是.令f(x)
4、0，得ln x10，解得x，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)因为g(x)3x22ax1，由题意得2xln x3x22ax1恒成立因为x0，所以aln xx在x(0，)上恒成立设h(x)ln xx(x0)，则h(x).令h(x)0，得x11，x2(舍)当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)h(x)0h(x)极大值所以当x1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)maxh(1)2，所以若ah(x)在x(0，)上恒成立，则ah(x)max2，即a2，故实数a的取值范围是2，)类型二 把参数看作常数利用分类讨论方
5、法解决【题型要点】1.对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围2.遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)f(x)g(x)或“右减左”的函数u(x)g(x)f(x)，进而只需满足h(x)min0或u(x)max0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论【例3】(2020合肥六校联考)已知函数f(x)(xa1)ex，g(x)x2ax，其中a为常数(1)当a2时，求函数f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若
6、对任意的x0，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围【解析】(1)因为a2，所以f(x)(x1)ex，所以f(0)1，f(x)(x2)ex，所以f(0)2，所以所求切线方程为2xy10.(2)令h(x)f(x)g(x)，由题意得h(x)min0在x0，)上恒成立，因为h(x)(xa1)exx2ax，所以h(x)(xa)(ex1)若a0，则当x0，)时，h(x)0，所以函数h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)minh(0)a1，则a10，得a1.若a0，则当x0，a)时，h(x)0；当x(a，)时，h(x)0，所以函数h(x)在0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以h(
7、x)minh(a)，又因为h(a)h(0)a10，所以不合题意综上，实数a的取值范围为1，)【例4】设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ax1，求实数a的取值范围【解析】(1)f(x)(12xx2)ex，令f(x)0，得x1，当x(，1)时，f(x)0；当x(1，1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)上单调递增(2)令g(x)f(x)ax1(1x2)ex(ax1)，令x0，可得g(0)0.g(x)(1x22x)exa，令h(x)(1x22x)exa，则h(x)(x24x1)ex，当x
8、0时，h(x)0，h(x)在0，)上单调递减，故h(x)h(0)1a，即g(x)1a，要使f(x)ax10在x0时恒成立，需要1a0，即a1，此时g(x)g(0)0，故a1.综上所述，实数a的取值范围是1，)题型二 等价转化法解决能成立问题【题型要点】存在xa，b，f(x)a成立f(x)maxa.存在xa，b，f(x)a成立f(x)mina.存在x1a，b，对任意x2a，b，f(x1)g(x2)成立f(x)ming(x)min.【例1】已知函数f(x)3ln xx2x，g(x)3xa.(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若x00，使f(x0)g(x0)成立，求参数a的取值范围
9、【解析】(1)由题意得，f(x)x1，g(x)3，设切点为(x0，f(x0)，则kf(x0)x013，解得x01或x03(舍)，所以切点为，代入g(x)3xa，得a.(2)设h(x)3ln xx22x.x00，使f(x0)g(x0)成立，等价于x0，使h(x)3ln xx22xa成立，等价于ah(x)max(x0)因为h(x)x2，令得0x1；令得x1.所以函数h(x)3ln xx22x在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)maxh(1)，即a，因此参数a的取值范围为.题型三 不等式存在性成立问题【题型要点】任意x1M，任意x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x
10、2)max；任意x1M，存在x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)min；存在x1M，存在x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min；存在x1M，任意x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max.【例1】已知函数f(x)x(a1)ln x(aR)，g(x)x2exxex.(1)当x1，e时，求f(x)的最小值；(2)当a1时，若存在x1e，e2，使得对任意的x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求a的取值范围【解】(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x).当a1时，x1，e，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a.当1ae
11、时，x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数；xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数所以f(x)minf(a)a(a1)ln a1.当ae时，x1，e时，f(x)0，f(x)在1，e上为减函数f(x)minf(e)e(a1).综上，当a1时，f(x)min1a；当1ae时，f(x)mina(a1)ln a1；当ae时，f(x)mine(a1).(2)由题意知f(x)(xe，e2)的最小值小于g(x)(x2,0)的最小值由(1)知当a1时，f(x)在e，e2上单调递增，f(x)minf(e)e(a1).g(x)(1ex)x.当x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数g(x)ming(0)1.所
12、以e(a1)，所以a的取值范围为.二、高效训练突破1.已知f(x)xln x，g(x)x3ax2x2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0，)，2f(x)g(x)2恒成立，求实数a的取值范围【解】(1)因为函数f(x)xln x的定义域为(0，)，所以f(x)ln x1.令f(x)0，得ln x10，解得0x，所以f(x)的单调递减区间是(0，)令f(x)0，得ln x10，解得x，所以f(x)的单调递增区间是(，)综上，f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，)(2)因为g(x)3x22ax1，由题意得2xln x3x22ax1恒成立因为x0，所以aln xx在x
13、(0，)上恒成立设h(x)ln xx(x0)，则h(x).令h(x)0，得x11，x2(舍)当x变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，)h(x)0h(x)极大值所以当x1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)maxh(1)2，所以若ah(x)在x(0，)上恒成立，则ah(x)max2，即a2，故实数a的取值范围是2，)2.(2020哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)xln xax21，且f(1)1.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对任意x(0，)，都有f(x)2mx10，求m的取值范围；(3)证明函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21图象的下方【解】(1)因为f(x)xln xax21，所以f(x)ln x
