高考数学专题一　微专题6　恒成立问题与能成立问题 课件(共45张PPT)

(共45张PPT)
专题一　函数与导数
微专题6
恒成立问题与能成立问题
恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
考点一　利用导数研究恒成立问题
令cos2x＝t，则t∈(0,1)，
(2)若f(x)设h(x)＝f(x)－sin 2x，
当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，
所以φ(t)<φ(1)＝a－3.
若a∈(－∞，3]，则h′(x)＝φ(t)所以h(x)所以当a∈(－∞，3]时，f(x)若a∈(3，＋∞)，
所以φ(t)→－∞.
φ(1)＝a－3>0.
所以 t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，
当t∈(t0,1)时，φ(t)>0，
即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意.
综上，a的取值范围为(－∞，3].
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)是增函数，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝ex－x－1(x>0)，
则t′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
故h(x)单调递增，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，
典例2　设函数f(x)＝aln x＋ x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
考点二　利用导数研究能成立问题
(1)求b；
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
所以不符合题意.
跟踪训练2　已知x＝ 为函数f(x)＝xaln x的极值点.
(1)求a的值；
因此a＝2.
(2)设函数g(x)＝ ，若对 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围.
①若k>0，
③若k<0，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
若对 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤
f(x)min，
1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略.
(1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
(1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min；
若a总结提升
(2)不等式能成立问题的解题关键点
总结提升
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1.已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求f(x)的极值；
f′(x)＝－xex，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，
所以当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值.
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(2)设g(x)＝(x－t)2＋ ，存在x1∈R，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值.
由(1)知f(x)≤0，
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所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，
即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解，
记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1，
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2.记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
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函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2.
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
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因此f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
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函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，x>0，
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设x0为f(x)与g(x)的“S点”，
由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
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(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝ .对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由.
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设m(x)＝－x3＋3x2＋ax－a，x∈(0,1)，a>0，
则m(0)＝－a<0，m(1)＝2>0 m(0)·m(1)<0，
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断，
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所以m(x)在(0,1)上有零点，
则h(x)在(0,1)上有零点.
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”.
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3.(2023·常德模拟)设函数f(x)＝ex，g(x)＝mx2＋x＋1(m∈R).
(1)求证：f(x)≥x＋1；
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设h(x)＝f(x)－x－1＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，
令h′(x)<0，得x<0，令h′(x)>0，得x>0，
所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，即f(x)≥x＋1.
(2)若当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求m的取值范围.
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设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－mx2－x－1，
当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)，即φ(x)＝ex－mx2－x－1≥0恒成立，
φ′(x)＝ex－2mx－1.
当m≤0时，因为x≥0，ex－1≥0，－2mx≥0，所以φ′(x)≥0，
φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0恒成立.
当m>0时，设u(x)＝ex－2mx－1，u′(x)＝ex－2m，
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u(x)≥u(0)＝0，即φ′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)＝0恒成立.
所以当x∈(0，ln 2m)时，u(x)可得φ(x)<φ(0)＝0，不符合题意.
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