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一轮复习
《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)25 第三章 思维进阶课2 利用导数解决恒(能)成立问(pdf版, 含解析)
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名称
《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)25 第三章 思维进阶课2 利用导数解决恒(能)成立问(pdf版, 含解析)
格式
zip
文件大小
204.7KB
资源类型
试卷
版本资源
通用版
科目
数学
更新时间
2025-07-02 11:49:33
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文档简介
利用导数解决恒(能)成立问题
【思维突破妙招】 利用导数解决恒(能)成立问题的思路:①构造函数,分类讨论;②部分分离,化为切线;③完全分离,函数最值;④换元分离,简化运算.在求解过程中,力求“脑中有‘形’,心中有‘数’”.依托端点效应,缩小范围,借助数形结合,寻找临界.
技法一 单变量不等式恒成立问题
[典例1] 已知函数f (x)=(a∈R).若a≥0,不等式x2f (x)+a≥2-e对任意x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
[四字解题]
读 想 算 思
x2f (x)+a≥2-e对任意x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围 恒成立问题的解法 函数最值法 求导研究有关函数的单调性,并求其最值 分类
讨论分离参数法 结合x的范围,计算的最值 转化
化归数形结合法 把原题转化为g(x)=x ln x与h(x)=a(x-1)+(2-e)两图象间的关系,借助图象求解 借助图象分析
[解] 法一(函数最值法):
x2f (x)+a≥2-e,即x ln x-ax+a+e-2≥0对任意x∈(0,+∞)恒成立.
令h(x)=x ln x-ax+a+e-2,
则h′(x)=ln x+1-a.
令h′(x)=0,得x=ea-1.
当x∈(0,ea-1)时,h′(x)<0;
当x∈(ea-1,+∞)时,h′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea-1)=a+e-2-ea-1.
令t(a)=a+e-2-ea-1,则t′(a)=1-ea-1.
令t′(a)=0,得a=1.
当a∈[0,1)时,t′(a)>0,t(a)在[0,1)上单调递增;
当a∈(1,+∞)时,t′(a)<0,t(a)在(1,+∞)上单调递减.
所以当a∈[0,1)时,h(x)的最小值t(a)≥t(0)=e-2->0;
当a∈(1,+∞)时,h(x)的最小值为t(a)≥0=t(2).所以1<a≤2,故a的取值范围是[0,2].
法二(分离参数法):
原不等式可变为x ln x+e-2≥a(x-1)(*)对任意x∈(0,+∞)恒成立.
当x∈(0,1)时,分离参数可得a≥.
令g(x)=x ln x,
先求出函数g(x)=x ln x的最小值.
求得g′(x)=ln x+1.
当x∈(0,e-1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(e-1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)min=g(e-1)=-e-1.
因为(x ln x)min=-e-1,
所以x ln x+e-2≥-e-1+e-2>0.
又因为x∈(0,1),所以<0,
而a≥0,所以a≥显然成立.
当x=1时,代入(*)式验证e-2≥0显然成立.
当x∈(1,+∞)时,(*)式分离参数可变为a≤.
令t(x)=,此时只需当x∈(1,+∞)时, a≤t(x)min.
求得t′(x)=,
易得t′(e)=0.
下证x=e是t′(x)=在x∈(1,+∞)上的唯一零点.
令h(x)=x-ln x-(e-1),则h′(x)=1-.
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,
所以h(x)单调递增.
即x=e是t′(x)在(1,+∞)上的唯一零点.
当x∈(1,e)时,t′(x)<0,t(x)单调递减;
当x∈(e,+∞)时,t′(x)>0,t(x)单调递增.
所以a≤t(x)min=t(e)=2,故a的取值范围是[0,2].
法三(数形结合法):
通过变形原不等式等价于证明:x ln x≥a(x-1)+(2-e),x∈(0,+∞).
若令g(x)=x ln x和h(x)=a(x-1)+(2-e),
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方.
首先分析g(x)=x ln x的图象.
可知当x∈(0,e-1)时,g(x)单调递减;
当x∈(e-1,+∞)时,g(x)单调递增,
且g(x)min=g(e-1)=-e-1.
其次分析h(x)=a(x-1)+(2-e)的图象.
因为a≥0,所以h(x)表示过定点(1,2-e)的非减函数,且g(x)min=-e-1>2-e.
两个函数的大致图象如图1所示,
所以如果能说明当曲线g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点,如图2,就能求出a的最大值.
设曲线g(x)和h(x)相切于点P(x0,y0),则可得
消去ln x0得2-e=a-ea-1③.
易得a=2为③式的解.
令t(a)=a-ea-1+e-2,t′(a)=1-ea-1.
当t′(a)=0时,a=1.
当a∈[0,1)时,t′(a)>0,t(a)单调递增;
当a∈(1,+∞)时,t′(a)<0,t(a)单调递减.
因为t(0)=-e-1+e-2>0,
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点,
又t(2)=0,所以函数t(a)在区间(1,+∞)上有且仅有一个零点,a=2.
综上所述,a的取值范围为[0,2].
导数背景下不等式恒成立问题,往往需要利用导数判断函数单调性,有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征,处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
[跟进训练]
1.(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)=2ln x-x+(m∈R),若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.
[解] 法一(必要性探路):由条件可知f (1)≤0,所以m-1≤0,解得m≤1.
当m≤1时,f (x)=2ln x-x+≤2ln x-x+,
构造函数g(x)=2ln x-x+,x≥1,
g′(x)=-1-=-≤0,
所以函数g(x)在[1,+∞)上单调递减,
所以g(x)≤g(1)=0,
因此实数m的取值范围是(-∞,1].
法二(分离参数法):由条件可知m≤x2-2x ln x对任意的x∈[1,+∞)恒成立,
令h(x)=x2-2x ln x,x≥1,只需m≤[h(x)]min即可.
h′(x)=2x-2(ln x+1)=2(x-ln x-1),
令μ(x)=x-ln x-1,则μ′(x)=≥0,
所以函数h′(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以h′(x)≥h′(1)=0,所以函数h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以=h(1)=1,所以m≤1,因此实数m的取值范围是(-∞,1].
【教用·备选题】
1.(2024·全国甲卷)已知函数f (x)=(1-ax)·ln (1+x)-x.
(1)当a=-2时,求f (x)的极值;
(2)当x≥0时,f (x)≥0恒成立,求a的取值范围.
[解] (1)当a=-2时,f (x)=(1+2x)ln (1+x)-x,x∈(-1,+∞),
故f ′(x)=2ln(1+x)+-1=2ln (1+x)-+1,
因为y=2ln (1+x),y=-+1在(-1,+∞)上单调递增,
故f ′(x)在(-1,+∞)上单调递增,且f ′(0)=0,
故当-1
0时,f ′(x)>0,
所以f (x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
故f (x)在x=0处取极小值且极小值为f (0)=0,无极大值.
(2)f ′(x)=-a ln (1+x)+-1
=-a ln (1+x)-,x>-1,
设s(x)=-a ln (1+x)-,
则s′(x)==-=-,
当a≤-时,若x≥0,则s′(x)≥0,故s(x)在[0,+∞)上单调递增,
故s(x)≥s(0)=0,即f ′(x)≥0,
所以f (x)在[0,+∞)上单调递增,故f (x)≥f (0)=0.
当-
故s(x)在上单调递减,故在上s(x)
即在上f ′(x)<0,即f (x)单调递减,
故在上f (x)
当a≥0时,此时s′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
同理可得在(0,+∞)上f (x)
综上,a≤-.
2.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f (x)的单调性;
(2)当x≥0时,f (x)≥x3+1,求a的取值范围.
[解] (1)当a=1时,f (x)=ex+x2-x,f ′(x)=ex+2x-1.
令g(x)=f ′(x)=ex+2x-1(x∈R),
则g′(x)=ex+2>0恒成立,∴g(x)在R上单调递增,又∵g(0)=0,即f ′(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,f ′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f ′(x)>0.
综上所述,当a=1时,f (x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f (x)≥x3+1等价于e-x≤1.
设函数g(x)=e-x(x≥0),则
g′(x)=-e-x
=-x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
=-x(x-2a-1)(x-2)e-x.
(ⅰ)若2a+1≤0,即a≤-,则当x∈(0,2)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不符合题意.
(ii)若0<2a+1<2,即-
0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2≤1,即a≥.
所以当≤a<时,g(x)≤1.
(iii)若2a+1≥2,即a≥,则g(x)≤e-x.
由于0∈,
故由(ii)可得e-x≤1.
故当a≥时,g(x)≤1.
综上,a的取值范围是.
技法二 单变量不等式能成立问题
[典例2] 已知函数f (x)=ex-x,若对任意x>0,f (x)>ax2+1有解,求a的取值范围.
[解] 对任意x>0,f (x)>ax2+1,
即ex-x-ax2-1>0,
设g(x)=ex-x-ax2-1,x>0,
g′(x)=ex-1-ax,x>0,
①当a≤0时,g′(x)在(0,+∞)上单调递增,又g′(0)=0,所以g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0成立;
②当0
0,g′(x)在(0,+∞)上单调递增,又g′(0)=0,所以g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=0成立;
③当a>1时,令h(x)=g′(x),当0
综上,a的取值范围为(-∞,1].
能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决,能成立问题中的等价转化有以下几种形式:
(1)存在x∈[a,b],f (x)≥a成立 f (x)max≥a.
(2)存在x∈[a,b],f (x)≤a成立 f (x)min≤a.
(3)存在x1∈[a,b],对任意x2∈[a,b],f (x1)≤g(x2)成立 f (x)min≤g(x)min.
[跟进训练]
2.已知函数f (x)=x2ln x.
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)若存在x>0,使得f (x)≤ax成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)f (x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=x(2ln x+1),
令f ′(x)=0,解得x=,
当x∈时,f ′(x)<0,f (x)单调递减;
当x∈时,f ′(x)>0,f (x)单调递增,
综上得f (x)在上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(2)依题意,存在x>0,使得a≥x ln x,
令g(x)=x ln x,则g′(x)=ln x+1,
当x∈时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
故g(x)min=g=-,因此a≥-,
故a的取值范围为.
技法三 双变量不等式恒(能)成立问题
[典例3] 设f (x)=+x ln 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成立.
g′(x)=3x2-2x=x(3x-2),
令g′(x)=0,得x=0或x=,
∵g=-,
g(0)=-3,g(2)=1,
∴当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1,
g(x)min=g=-,
∴M≤1-=,
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s,t∈,都有f (s)≥g(t),
则f (x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈时,g(x)max=g(2)=1,
∴当x∈时,f (x)=+x ln x≥1恒成立,
即a≥x-x2ln x恒成立.
令h(x)=x-x2ln x,x∈,
∴h′(x)=1-2x ln x-x,
令φ(x)=1-2xln x-x,
∴φ′(x)=-3-2ln x<0,
h′(x)在上单调递减,又h′(1)=0,
∴当x∈时,h′(x)≥0,
当x∈[1,2]时,h′(x)≤0,
∴h(x)在上单调递增,在[1,2]上单调递减,
∴h(x)max=h(1)=1,故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1,+∞).
【教用·备选题】
已知函数f (x)=.
(1)当x∈时,求函数f (x)的最小值;
(2)若g(x)=-x3+3x-a,且 x1∈,都 x2∈,使得f (x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)∵函数f (x)=,x∈,
∴f ′(x)=.
设u(x)=x cos x-sin x,x∈,则u′(x)=-x sin x<0,故u(x)在上单调递减.
∴u(x)
∴f (x)在上单调递减,最小值为f=.
(2)令h(x)=sin x-x,x∈,则h′(x)=cos x-1<0在上恒成立,
即函数h(x)在上单调递减,∴h(x)
∴sin x
又g′(x)=-3(x2-1)=(1-x),
当x∈时,3x+3+>0,
当x∈[0,1)时,g′(x)>0,g(x)在区间[0,1)上单调递增;
当x∈(1,2]时,g′(x)<0,g(x)在区间(1,2]上单调递减,
∴函数g(x)在区间上的最大值为g(1)=-1+3-a=+2-a.
综上,只需+2-a≥1,解得a≤+1,
即实数a的取值范围是.
双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转换,常见的等价转换有:
(1) x1,x2∈D,f (x1)>g(x2) f (x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1, x2∈D2,f (x1)>g(x2) f (x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1, x2∈D2,f (x1)>g(x2) f (x)max>g(x)max.
[跟进训练]
3.(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)=x+x cos x-2sin x.
(1)求曲线y=f (x)在x=π处的切线方程;
(2)g(x)=x2-3x+a(a∈R),若对任意x1∈,均存在x2∈,使得f (x1)
[解] (1)由题意f ′(x)=1+cos x-x sin x-2cos x=-x sin x-cos x+1,
则f ′(π)=2,即切线的斜率k=2,
且f (π)=0,即切点坐标为(π,0),
所以曲线y=f (x)在x=π处的切线方程为y=2(x-π),即2x-y-2π=0.
(2)由题意可知f (x)max
因为g(x)=x2-3x+a(a∈R)的图象开口向上,对称轴为直线x=,
则g(x)在上单调递减,在上单调递增,
可得g(x)max=g(1)=g(2)=a-2,
由(1)可设h(x)=f ′(x),
则h(x)=-cos x-x sin x+1,
所以h′(x)=-x cos x,
当x∈时,h′(x)<0;
当x∈时,h′(x)>0,
则h(x)在区间上单调递减,
在区间上单调递增.
且h(0)=0,h<0,h(π)=2,
可知f ′(x)在区间(0,π)上只有一个零点,
设零点为x0,x0∈,当x∈(0,x0)时,f ′(x)<0;
当x∈(x0,π)时,f ′(x)>0,
所以f (x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,π)上单调递增,且f (0)=0,f (π)=0,可得当x∈时,f (x)max=0,所以0
2,
所以实数a的取值范围是(2,+∞).
【教用·备选题】
已知函数f (x)=.
(1)若a>0,求f (x)的单调区间;
(2)若 x1,x2∈[1,3],x1≠x2,都有<2恒成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)f (x)的定义域为{x|x≠0},
f ′(x)=,∵a>0,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,f ′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,
∴f (x)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)∵ x1,x2∈[1,3],x1≠x2,
都有<2恒成立,
即-2<0恒成立,
即<0恒成立,
令g(x)=f (x)-2x,则<0对任意的x1,x2∈[1,3],x1≠x2恒成立,即函数g(x)=f (x)-2x在区间[1,3]上单调递减,
又∵g′(x)=f ′(x)-2=-2,
∴-2≤0在[1,3]上恒成立,
当x=1时,-2≤0显然成立;
当x∈(1,3]时,a≤,
令h(x)=,
则h′(x)==
==<0在x∈(1,3]上恒成立,∴函数h(x)=在x∈(1,3]上单调递减,
∴h(x)min=h(3)==,∴a≤,
即实数a的取值范围是.
进阶特训(二) 利用导数解决恒(能)成立问题
1.(2024·全国甲卷)已知函数f (x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f (x)的单调区间;
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f (x)
[解] (1)f (x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a-=.
当a≤0时,f ′(x)=<0,故f (x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0,x∈时,f ′(x)>0,f (x)单调递增,当x∈时,f ′(x)<0,f (x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递减,无单调递增区间;
当a>0时,f (x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:当a≤2,且x>1时,ex-1-f (x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x,
令g(x)=ex-1-2x+1+ln x(x>1),下证g(x)>0即可.
g′(x)=ex-1-2+,再令h(x)=g′(x),则h′(x)=ex-1-,
显然h′(x)在(1,+∞)上单调递增,则h′(x)>h′(1)=e0-1=0,
即g′(x)=h(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g′(x)>g′(1)=e0-2+1=0,即g(x)在(1,+∞)上单调递增,
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0,即当x>1时,f (x)<ex-1恒成立.
2.已知f (x)=2x ln x,g(x)=-x2+ax-3.
(1)求函数f (x)的最小值;
(2)若存在x∈(0,+∞),使f (x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围;
(3)证明:对一切x∈(0,+∞),都有f (x)>2成立.
[解] (1)f (x)的定义域是(0,+∞),f ′(x)=2(ln x+1),
所以当x∈时,f ′(x)<0,f (x)单调递减;
当x∈时,f ′(x)>0,f (x)单调递增.
所以当x=时,f (x)取得最小值f=2××ln =-.
(2)存在x∈(0,+∞),使f (x)≤g(x)成立,
即2x ln x≤-x2+ax-3能成立,
即a≥2ln x+x+能成立,
设h(x)=2ln x+x+(x>0),
h′(x)=+1-=,
所以当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=1时,h(x)取得最小值h(1)=4,
所以a≥4.
(3)证明:设m(x)=2(x>0),
m′(x)=2·,
所以当x∈(0,1)时,m′(x)>0,m(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减,
所以当x=1时,m(x)取得最大值m(1)=-.
由(1)得,当x=时,f (x)取得最小值-,
所以对一切x∈(0,+∞),
都有f (x)>2成立.
3.已知函数f (x)=x-1-a ln x(a∈R),若a<0,且对任意x1,x2∈(0,1],都有|f (x1)-f (x2)|≤4,求实数a的取值范围.
[解] f ′(x)=1-,当a<0,x∈(0,1]时,f ′(x)>0,函数f (x)在(0,1]上单调递增.又函数y=在(0,1]上单调递减,不妨设0<x1<x2≤1,则|f (x1)-f (x2)|=f (x2)-f (x1),=,所以|f (x1)-f (x2)|≤4等价于f (x2)-f (x1)≤,即f (x2)+≤f (x1)+.设h(x)=f (x)+=
x-1-aln x+,则|f (x1)-f (x2)|≤4等价于函数h(x)在区间(0,1]上单调递减.因为h′(x)=1-=,所以x2-ax-4≤0在x∈(0,1]上恒成立,即a≥x-在x∈(0,1]上恒成立.因为y=x-在区间(0,1]上单调递增,所以y=x-的最大值为-3,所以a≥-3,又a<0,所以a的取值范围为[-3,0).
4.已知f (x)=x2+x,g(x)=ln (x+1)-a.
(1)若存在x0∈[0,2],使得f (x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围;
(2)若对任意的x1,x2∈[0,2],恒有f (x1)>g(x2),求实数a的取值范围;
(3)若对任意的x2∈[0,2],存在x1∈[0,2],使得f (x1)>g(x2)成立,求实数a的取值范围.
[解] (1)令f (x)=g(x),得x2+x-ln (x+1)=-a,设h(x)=x2+x-ln (x+1),因为当x∈[0,2]时,h′(x)=x+1-=≥0,所以h(x)在[0,2]上单调递增,由此可得h(x)在[0,2]上的取值范围是[0,4-ln 3],若存在x0∈[0,2],使得f (x0)>g(x0)成立,即h(x0)>-a有解,则h(x)max>-a,所以a>ln 3-4.
(2)f (x)在[0,2]上的取值范围为[0,4],g(x)在[0,2]上的取值范围为[-a,ln 3-a],若对任意的x1,x2∈[0,2],恒有f (x1)>g(x2),则f (x)min>g(x)max,即0>ln 3-a,所以a>ln 3.
(3)若对任意的x2∈[0,2],存在x1∈[0,2],使得f (x1)>g(x2)成立,则f (x)max>g(x)max,所以4>ln 3-a,所以a>-4+ln 3.
1/1 利用导数解决恒(能)成立问题
【思维突破妙招】 利用导数解决恒(能)成立问题的思路:①构造函数,分类讨论;②部分分离,化为切线;③完全分离,函数最值;④换元分离,简化运算.在求解过程中,力求“脑中有‘形’,心中有‘数’”.依托端点效应,缩小范围,借助数形结合,寻找临界.
技法一 单变量不等式恒成立问题
[典例1] 已知函数f (x)=(a∈R).若a≥0,不等式x2f (x)+a≥2-e对任意x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
[四字解题]
读 想 算 思
x2f (x)+a≥2-e对任意x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围 恒成立问题的解法 函数最值法 求导研究有关函数的单调性,并求其最值 分类
讨论分离参数法 结合x的范围,计算的最值 转化
化归数形结合法 把原题转化为g(x)=x ln x与h(x)=a(x-1)+(2-e)两图象间的关系,借助图象求解 借助图象分析
[听课记录]
导数背景下不等式恒成立问题,往往需要利用导数判断函数单调性,有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征,处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
[跟进训练]
1.(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)=2ln x-x+(m∈R),若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.
技法二 单变量不等式能成立问题
[典例2] 已知函数f (x)=ex-x,若对任意x>0,f (x)>ax2+1有解,求a的取值范围.
[听课记录]
能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决,能成立问题中的等价转化有以下几种形式:
(1)存在x∈[a,b],f (x)≥a成立 f (x)max≥a.
(2)存在x∈[a,b],f (x)≤a成立 f (x)min≤a.
(3)存在x1∈[a,b],对任意x2∈[a,b],f (x1)≤g(x2)成立 f (x)min≤g(x)min.
[跟进训练]
2.已知函数f (x)=x2ln x.
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)若存在x>0,使得f (x)≤ax成立,求实数a的取值范围.
技法三 双变量不等式恒(能)成立问题
[典例3] 设f (x)=+x ln 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.
[听课记录]
双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转换,常见的等价转换有:
(1) x1,x2∈D,f (x1)>g(x2) f (x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1, x2∈D2,f (x1)>g(x2) f (x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1, x2∈D2,f (x1)>g(x2) f (x)max>g(x)max.
[跟进训练]
3.(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)=x+x cos x-2sin x.
(1)求曲线y=f (x)在x=π处的切线方程;
(2)g(x)=x2-3x+a(a∈R),若对任意x1∈,均存在x2∈,使得f (x1)
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