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  • 2021-06-10 发布

【数学】2019届高考一轮复习北师大版理3-5利用导数研究含参数不等式学案

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第5讲 利用导数研究含参数不等式 ‎      分离参数求参数范围 ‎ [典例引领]‎ ‎ (2018·安徽省两校阶段性测试)已知函数f(x)=ln x.‎ ‎(1)求函数g(x)=f(x+1)-x的最大值;‎ ‎(2)若对任意x>0,不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎【解】 (1)因为f(x)=ln x.‎ 所以g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x,x>-1.‎ 所以g′(x)=-1=.‎ 当x∈(-1,0)时,g′(x)>0,所以g(x)在(-1,0)上单调递增;‎ 当x∈(0,+∞)时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ 所以g(x)在x=0处取得最大值g(0)=0.‎ ‎(2)因为对任意x>0,不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立.‎ 所以在x>0上恒成立,进一步转化为≤a≤.‎ 设h(x)=,则h′(x)=,当x∈(1,e)时,h′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,h′(x)<0,所以h(x)≤.要使f(x)≤ax恒成立,必须a≥.另一方面,当x>0时,x+≥2,要使ax≤x2+1恒成立,必须a≤2,所以满足条件的a的取值范围是.‎ 利用分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ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(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式;‎ ‎(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值;‎ ‎(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.  ‎ ‎      等价转化法求参数范围 ‎ [典例引领]‎ ‎ 函数f(x)=x2-2ax+ln x(a∈R).‎ ‎(1)若函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-2y+1=0垂直,求a的值;‎ ‎(2)若不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-2a+,f′(1)=3-2a,‎ 由题意f′(1)·=(3-2a)·=-1,‎ 解得a=.‎ ‎(2)不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立等价于2ln x≥-x+a-.‎ 令g(x)=2ln x+x-a+,‎ 则g′(x)=+1-==,‎ 则在区间(0,1)上,g′(x)<0,函数g(x)为减函数;‎ 在区间(1,e]上,g′(x)>0,函数g(x)为增函数.‎ 由题意知g(x)min=g(1)=1-a+3≥0,‎ 得a≤4,‎ 所以实数a的取值范围是(-∞,4].‎ 根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数,利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式,解不等式即得参数范围.  ‎ ‎      含全称与存在量词的不等式问题 ‎ [典例引领]‎ ‎ 设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.‎ ‎(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;‎ ‎(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎【解】 (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.‎ 由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.‎ 令g′(x)>0得x<0,或x>,‎ 令g′(x)<0得0<x<,‎ 又x∈[0,2],‎ 所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,‎ 所以g(x)min=g=-,‎ 又g(0)=-3,g(2)=1,‎ 所以g(x)max=g(2)=1.‎ 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,‎ 则满足条件的最大整数M=4.‎ ‎(2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max,‎ 由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.‎ 在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.‎ 设h(x)=x-x2ln x,‎ h′(x)=1-2xln x-x,‎ 令m(x)=xln x,由m′(x)=ln x+1>0得x>.‎ 即m(x)=xln x在上是增函数,‎ 可知h′(x)在区间上是减函数,‎ 又h′(1)=0,‎ 所以当1<x<2时,h′(x)<0;‎ 当<x<1时,h′(x)>0.‎ 即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,‎ 所以h(x)max=h(1)=1,‎ 所以a≥1,‎ 即实数a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转化.‎ ‎(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中尽量采用分离参数的方法,转化为求函数的最值问题.  ‎ 不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径 ‎(1)f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a;‎ 存在x使f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.‎ ‎(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b,‎ 存在x使f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.‎ ‎(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.‎ ‎(4)①任意x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max; ‎ ‎②任意x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min; ‎ ‎③存在x1∈M,存在x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min; ‎ ‎④存在x1∈M,任意x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.                                          ‎ ‎1.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-1)∪(0,1)    B.(-1,0)∪(1,+∞)‎ C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)‎ 解析:选A.设y=g(x)=(x≠0),则g′(x)=,当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,所以 g′(x)<0,所以 g(x)在(0,+∞)上为减函数,且g(1)=f(1)=-f(-1)=0.‎ 因为 f(x)为奇函数,所以 g(x)为偶函数,‎ 所以 g(x)的图象的示意图如图所示.‎ 当x>0,g(x)>0时,f(x)>0,0<x<1,‎ 当x<0,g(x)<0时,f(x)>0,x<-1,‎ 所以 使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选A.‎ ‎2.已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∀x1∈,∃x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是(  )‎ A.a≤1 B.a≥1‎ C.a≤2 D.a≥2‎ 解析:选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2,3]),因为f(x)min=5,g(x)min=4+a,所以5≥4+a,即a≤1,故选A.‎ ‎3.(2018·贵州适应性考试)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.‎ 解:(1)因为f′(x)=a-ex,x∈R.‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;‎ 当a>0时,令f′(x)=0得x=ln a.‎ 由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);‎ 由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).‎ ‎(2)因为∃x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,‎ 则ax≤,即a≤.‎ 设h(x)=,则问题转化为a≤()max,‎ 由h′(x)=,‎ 令h′(x)=0,则x=.‎ 当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,)‎ ‎(,+∞)‎ h′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ h(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.‎ ‎4.(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)=(1-x2)ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.‎ 解:(1)f′(x)=(1-2x-x2)ex.‎ 令f′(x)=0得x=-1-,x=-1+.‎ 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)f(x)=(1+x)(1-x)ex.‎ 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,‎ 而h(0)=1,‎ 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.‎ 当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.‎ 当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.‎ 当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.‎ 综上,a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎1.已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-(a∈R),g(x)=x2+ex-xex.‎ ‎(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;‎ ‎(2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1),‎ 所以a的取值范围为.‎ ‎2.(2018·兰州模拟)已知函数f(x)=ax2+bx+xln x的图象在(1,f(1))处的切线方程为3x-y-2=0.‎ ‎(1)求实数a,b的值;‎ ‎(2)设g(x)=x2-x,若k∈Z,且k(x-2)<f(x)-g(x)对任意的x>2恒成立,求k的最大值.‎ 解:(1)f′(x)=2ax+b+1+ln x,‎ 所以2a+b+1=3且a+b=1,解得a=1,b=0.‎ ‎(2)由(1)与题意知k<=对任意的x>2恒成立,‎ 设h(x)=(x>2),则h′(x)=,‎ 令m(x)=x-4-2ln x(x>2),则m′(x)=1-=>0,所以函数m(x)为(2,+∞)上的增函数.‎ 因为m(8)=4-2ln 8<4-2ln e2=4-4=0,m(10)=6-2ln 10>6-2ln e3=6-6=0,‎ 所以函数m(x)在(8,10)上有唯一零点x0,即有x0-4-2ln x0=0成立,‎ 故当2<x<x0时,m(x)<0,即h′(x)<0;当x0<x时,m(x)>0,即h′(x)>0,所以函数h(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(x0)===,‎ 所以k<,因为x0∈(8,10),‎ 所以∈(4,5),又k∈Z,‎ 所以k的最大值为4.‎