《2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 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（教师版含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 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（教师版含解析）.docx（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021年高考理科数学一轮复习：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(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
2、()f2(x)min，得到的取值范围【例1】(2020年新课标全国一卷)已知函数.(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x3+1，求a的取值范围.【答案】(1)当时，单调递减，当时，单调递增.(2)【解析】(1)当时，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.(2) 由得，其中，.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；.当时，分离参数a得记，令，则，故单调递增，故函数单调递增，由可得：恒成立，故当时，单调递增；当时，单调递减；因此，,综上可得，实数a的取值范围是.类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】对于不适合分离参数的不等式
3、，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【例2】已知函数f(x)ln xax，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)a0在x(1，)上恒成立，求a的取值范围【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，f(x)0恒成立，则f(x)只有单调递增区间是(0，)当a0时，由f(x)0，得0x；由f(x)0，得x；所以f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(，)(2)f(x)a0在x(1，)上恒成立，即ln xa(x1)0在x(1，)上恒成立设g(x)ln xa(x1)，x0，则g(x)a，注意到g
4、(1)0，当a1时，g(x)0在x(1，)上恒成立，则g(x)在x(1，)上单调递减，所以g(x)g(1)0，即a1时满足题意当0a1时，令g(x)0，得1x；令g(x)0，得x.则g(x)在(1，)上单调递增，所以当x(1，)时，g(x)g(1)0，即0a1时不满足题意(舍去)当a0时，g(x)a0，则g(x)在(1，)上单调递增，所以当x(1，)时，g(x)g(1)0，即a0时不满足题意(舍去)综上所述，实数a的取值范围是1，)题型二 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
5、)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【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(1，)，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
6、 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(x2)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
7、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)(x
8、e，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.所以e(a1)，所以a的取值范围为.二、高效训练突破1.(2020湖北武汉质检)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0x0，得ln x10，解
9、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，)2.(2020哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)xln xa
10、x21，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 x1ax.又因为f(1)1，所以1a1，a2，所以f(x)xln xx21.(2)若对任意x(0，)，都有f(x)2mx10.即xln xx22mx0恒成立，即mln xx恒成立令h(x)ln xx，则h(x).当0x0，h(x)单调递增；当x1时，h(x)0，h(x)单调递减所以当x1时，h(x)有最大值，h(1).所以m，即m的取值范围是.(3)证
11、明：要证明函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21的图象的下方即证：f(x)2xxexx21恒成立，即ln xex2.由(2)可得h(x)ln xx.所以ln xx1.现要证明x10.令(x)exx1，则(x)ex1.当x0时，(x)0，(x)单调递增所以(x)(0)0.即exx10.所以x1ex2.从而得到ln xx1ex2.所以函数yf(x)2x的图象在g(x)xexx21图象的下方3.已知函数f(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)0，此时g(x)单调递增；在(1，)上，g(x)0，此时g(x)单调递减又g(1)0，所以g(x)0在定义域上恒成立，即f(x)0在定义域上恒成立，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，)，无单调递增区间(2)由f(x)kex在(1，)上恒成立，得kex在(1，)上恒成立，即ln xk(x1)ex0.所以h(x)kxex，所以h(1)1ke.当k时，h(1)1ke0.又h(x)kxex在(1，)上单调递减，所以h(x)0在(1，)上恒成立，则h(x)在(1，)上单调递减又h(1)0，所以h(x)0在(1，)上恒成立当0k0.又h(x)kxex在(1，)上单调递减，且hke0，所以存在x0(1，)，使得h(x0)0，所以在(1，x0)上h(x)0，在(x0，)上h
