微专题二　不等式恒成立或有解问题 课件（共37张PPT）

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上篇 专题六 函数与导数
微专题二　不等式恒成立或有解问题
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专题训练 对接高考
内容索引
1
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突破点一　分离法求参数的取值范围
【例1】 已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解　当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
因为f′(x)＝ex＋2x－1在(－∞，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1>0，
所以H(x)在(0，＋∞)上是增函数，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，
故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
1.分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)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.
2.本题为了求g(x)的最大值，多次构造函数，进行二次求导.
探究提高
【训练1】 (2021·重庆质检)已知函数f(x)＝aex－xex＋x－a(a∈R).
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
解　当a＝2时，f(x)＝2ex－xex＋x－2，
所以f′(x)＝2ex－(ex＋xex)＋1＝ex－xex＋1，
因此f(0)＝0，f′(0)＝2.
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
(2)若对任意x>0都有f(x)解　对任意x>0，恒有f(x)因为x>0，所以ex－1>0，
令h(x)＝ex－x－2(x>0)，则h′(x)＝ex－1>0恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
因为h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，
所以存在唯一一个x0使得h(x0)＝0，且1所以当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
由ex0－x0－2＝0，得ex0＝x0＋2，
故a的最大整数值为2.
突破点二　分类等价转化法求参数范围
【例2】 (2021·徐州检测)设函数f(x)＝2xln x－2ax2(a∈R).
∴f′(x)＝2ln x－2x＋2.
令g(x)＝f′(x)＝2ln x－2x＋2(x>0)，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数.
∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.
∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.
解　f(x)＝2xln x－2ax2，
∴f′(x)＝2ln x－4ax＋2，且x>0.
令h(x)＝ln x－ax＋a，x∈(1，＋∞)，
当a≤0时，h′(x)>0恒成立，故h(x)在(1，＋∞)上为增函数.
∴h(x)>h(1)＝0，即a≤0时不满足题意.
这与h(x)＝ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾.
因此a∈(0，1)时不满足题意.
∴h(x)综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞).
1.对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想.
2.解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论.
探究提高
(1)当m＝－2时，判断函数f(x)在(－∞，0)上的单调性；
当m＝－2时，f(x)＝ex－2x＋sin x，f′(x)＝ex－2＋cos x，
当x<0时，ex<1，且cos x≤1，
所以f′(x)＝ex－2＋cos x<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减.
(2)当x≥0时，不等式f(x)≥1恒成立，求实数m的取值范围.
解　当x＝0时，f(0)＝1≥1，对于m∈R，f(x)≥1恒成立.
当x>0时，f′(x)＝ex＋m＋cos x，
设g(x)＝ex＋m＋cos x，
则g′(x)＝ex－sin x，因为ex>1，sin x≤1，
所以g′(x)＝ex－sin x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝m＋2，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(x)>m＋2.
①当m≥－2时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>1恒成立.
②当m<－2时，f′(0)＝m＋2<0，
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且当x＝ln(2－m)时，
f′(x)＝eln(2－m)＋m＋cos[ln(2－m)]
＝2＋cos[ln(2－m)]>0，
所以存在x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在区间(0，x0)上单调递减.
所以当x∈(0，x0)时，f(x)<1，不符合题意.
综上，实数m的取值范围为[－2，＋∞).
突破点三　不等式有解求参数的取值范围
(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；
当a<0时，ax－ex<0恒成立，
所以当x>1时，f′(x)<0，当00，
故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
解　因为g(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a，
①当a≤1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0.
②当10，解得1令h′(x)<0，解得a所以函数h(x)在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减.
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0].
1.本题根据函数h′(x)的零点a是否在定义域[1，2]内进行讨论，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可得最值，判断所求最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围.
2.不等式“存在性”问题与“恒成立”问题的求解是“互补”关系.含参不等式能成立问题可转化为最值问题来解决，注意与恒成立问题的区别.
探究提高
(1)求函数f(x)的单调区间；
∴函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，
无单调递增区间.
∴f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间.
(2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)解　g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，
∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0，
∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；
当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数，
∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，
g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3.
专题训练 对接高考
2
(1)讨论f(x)的单调区间；
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得0令f′(x)<0，得1－a－ln x<0，解得x>e1－a.
故f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).
所以a≤xex－1－x－ln x＋1对(0，＋∞)恒成立.
令g(x)＝xex－1－x－ln x＋1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减.
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增.
故当x＝1时，g(x)取到最小值g(1)＝1，所以a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1].
2.(2021·长沙质检)已知函数f(x)＝xln x－ax＋1(a∈R).
(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；
所以g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1.
故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；
当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点.
(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围.
解　当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点.
由f′(x)＝ln x＋1－a＝0得x＝ea－1，
所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1.
若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，
只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，
即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立.
令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，
则h′(a)＝ea－1＋e－1，
易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，
故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增.
又h(2)＝0，所以a>2，
故实数a的取值范围为(2，＋∞).
(1)若a＞1，求函数f(x)的单调区间；
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f′(1)＝0，得b＝1－a，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1.
若1＜a＜2，则函数f(x)的单调递增区间为(0，a－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a－1，1)；
若a＝2，则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；
若a＞2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞).
所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a＜0.
又a＞3，所以a的取值范围是(3，4).