备战2024年高考总复习一轮（数学）第3章 导数及其应用 解答题专项一 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题课件PPT
展开考向1已知不等式恒成立求参数范围例1(2020新高考Ⅱ,22)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
当a=1时,f'(1)=0,∴在(0,1)上,f'(x)<0,在(1,+∞)上,f'(x)>0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.当a>1时,易知f'(1)=a-1>0.
(解法2 同构函数法)由f(x)≥1,得aex-1-ln x+ln a≥1,即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x.又ln x+x=eln x+ln x,∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.令h(m)=em+m,则h'(m)=em+1>0,∴h(m)在R上单调递增.由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x,可知h(ln a+x-1)≥h(ln x),∴ln a+x-1≥ln x,∴ln a≥(ln x-x+1)max.
∴当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减.∴F(x)max=F(1)=0,则ln a≥0,即a≥1.∴a的取值范围为a≥1.
(解法3 分离参数法)由题意知a>0,x>0.令aex-1=t,∴ln a+x-1=ln t,∴ln a=ln t-x+1.于是f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1.由于f(x)≥1,即t-ln x+ln t-x+1≥1,即t+ln t≥x+ln x.
(解法4 特值探路 一般证明法)∵f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)≥1,∴f(1)≥1,即a+ln a≥1.令S(a)=a+ln a(a>0),则S(a)在(0,+∞)内单调递增.由a+ln a≥1且S(1)=1,即S(a)≥S(1),∴a≥1.下面证明当a≥1时,f(x)≥1恒成立.令T(a)=aex-1-ln x+ln a,只需证当a≥1时,T(a)≥1恒成立.∵T'(a)=ex-1+ >0,∴T(a)在区间[1,+∞)内单调递增,则T(a)min=T(1)=ex-1-ln x.
要证明a≥1时,T(a)≥1恒成立,只需证明T(a)min=ex-1-ln x≥1即可.由ex≥x+1,ln x≤x-1(这两个不等式的证明略,但答题时要给出),得ex-1≥x,-ln x≥1-x.上面两个不等式两边相加可得ex-1-ln x≥1,故a≥1时,f(x)≥1恒成立.当0
(3)换元分离参数法:解法3通过令aex-1=t换元,将原不等式化成t+ln t≥x+ln x,再根据函数y=x+ln x的单调性以及分离参数法求出;(4)特值探路一般证明法:解法4利用f(1)≥1可得a的取值范围,再进行充分性证明.此法的好处是降低思考的成本,缩小讨论的范围.
对点训练1(2022黑龙江齐齐哈尔一模)已知函数f(x)=x-mln x,其中m∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若ex-1-ax2≥-axln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
当m≤0时,f'(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当m>0时,令f'(x)>0,解得x>m,令f'(x)<0,解得0
例2 设函数f(x)=xln x.(1)求证:f(x)≥x-1;(2)若f(x)≥ax2+ (a≠0)在区间(0,+∞)上恒成立,求a的最小值.
(1)证明:要证f(x)≥x-1,只需证f(x)-x+1≥0,故令g(x)=f(x)-x+1=xln x-x+1,定义域为(0,+∞),g'(x)=ln x,令g'(x)=ln x>0得x>1,故函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,令g'(x)=ln x<0得0
对点训练2已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(a∈R),其中e是自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a=-1,对于任意的x1,x2∈[1,+∞),当x1
(1)证明:∵f(x)=xex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),当x≥0时,g(x)=ax-e=2ex-e,设点P(x0,x0 )为函数f(x)图象上的一点,令f'(x0)= (x0+1)=2e,设h(x)=ex(x+1),x≥0,∴h'(x)=ex(x+2)>0,∴h(x)单调递增,又h(1)=2e,∴x0=1,此时f(x0)=f(1)=e,g(x0)=g(1)=e,即当a=2e时,结论成立,切点为(1,e).
(2)解:由已知得f(x)max≥g(x)max,∵f(x)=xex,∴f'(x)=ex+xex=ex(x+1),可知,当x∈[-2,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(-1,1]时,f'(x)>0,f(x)单调递增,又f(-2)=- ,f(1)=e,∴当x∈[-2,1]时,f(x)max=e,又当a≤0时,a|x|-e≤-e,∴g(x)max=-e,∴g(x)max≤f(x)max,∴a≤0,若a>0,当x∈[-2,1]时,g(x)max=g(-2)=2a-e≤e,解得a≤e,又a>0,∴0
对点训练3已知f(x)=ln x+ -ln a,g(x)=kex-sin x+3.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对∀x1∈(0,+∞),都∃x2∈[-π,π],使得不等式f(x1)>g(x2)成立,求实数k的取值范围.
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高考数学一轮复习第3章第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题课件： 这是一份高考数学一轮复习第3章第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题课件，共60页。PPT课件主要包含了考点1考点2考点3等内容，欢迎下载使用。
