2021高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题学案含解析新人教B版

1、第十二节导数破解疑难优质课第1课时不等式恒成立与有解问题1“恒成立问题”与“有解问题”的区别(1)两者在量词上的区别恒成立问题中使用的量词是全称量词，如“任意、所有、全部、均、恒、总、都”等；而有解问题中使用的量词是特称量词，如“存在、至少一个、有解”等(2)两者在等价转换上的区别恒成立问题的转化：f(x)0恒成立f(x)min0；f(x)0恒成立f(x)maxa恒成立f(x)mina；f(x)a恒成立f(x)maxg(x)恒成立f(x)g(x)min0；f(x)g(x)恒成立f(x)g(x)max0有解f(x)max0；f(x)0有解f(x)mina有解f(x)maxa；f(x)a有解f(x

2、)ming(x)有解f(x)g(x)max0；f(x)g(x)有解f(x)g(x)min0时，函数f(x)0恒成立，求实数a的取值范围【解】(1)若a1，则f(x)xex2(2x1)即f(x)xexex4，则f(0)3，f(0)2，所以所求切线方程为3xy20.(2)由f(1)0，得a0，则f(x)0对任意的x0恒成立可转化为对任意的x0恒成立设函数f(x)(x0)，则f(x).当0x0；当x1时，f(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1).于是，解得a.故实数a的取值范围是.方法技巧 (1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离

3、参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)g(x)(或f(a)g(x)对xd恒成立，再转化为f(a)g(x)max(或f(a)g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间d上的最大值(或最小值)问题已知函数f(x)，且对任意的x(0,2)，都有f(x)成立，求k的取值范围解：由题意知f(x)0，知k2xx20，即kx22x对任意的x(0,2)都成立，从而k0，故

4、不等式可转化为kx22x.令g(x)x22x，所以g(x)2(x1)(x1)，令g(x)0，得x1，显然函数g(x)在(1,2)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以kg(x)ming(1)e1.综上所述，实数k的取值范围是0，e1)方法2构造函数法【例2】已知函数f(x)(x0)(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；(2)若f(x)a在区间上恒成立，求实数a的最小值【解】(1)f(x)，令g(x)xcosxsinx，x，则g(x)xsinx，显然，当x时，g(x)xsinx0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)0.从而g(x)在区间上恒小于零，所以f(x)在区间上恒小于零，所以函

5、数f(x)在区间上单调递减(2)不等式f(x)a，x恒成立，即sinxax0恒成立令(x)sinxax，x，则(x)cosxa，且(0)0.当a1时，在区间上(x)0，即函数(x)单调递减，所以(x)(0)0，故sinxax0恒成立当0a0，故(x)在区间(0，x0)上单调递增，且(0)0，从而(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sinxax0，即函数(x)单调递增，且(0)0，得sinxax0恒成立，这与sinxax0恒成立相矛盾故实数a的最小值为1.方法技巧构造函数法求解不等式恒成立问题的思路遇到f(x)g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)f(x)

6、g(x)或“右减左”的函数u(x)g(x)f(x)，进而只需满足h(x)min0或u(x)max0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论. (2020合肥六校联考)已知函数f(x)(xa1)ex，g(x)x2ax，其中a为常数(1)当a2时，求函数f(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)若对任意的x0，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解：(1)因为a2，所以f(x)(x1)ex，所以f(0)1，f(x)(x2)ex，所以f(0)2，所以所求切线方程为2xy10.(2)令h(x)f(x)g(x)，由题意得h(x

7、)min0在x0，)上恒成立，因为h(x)(xa1)exx2ax，所以h(x)(xa)(ex1)若a0，则当x0，)时，h(x)0，所以函数h(x)在0，)上单调递增，所以h(x)minh(0)a1，则a10，得a1.若a0，所以函数h(x)在0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以h(x)minh(a)，又因为h(a)h(0)a10恒成立，故函数h(x)在r上单调递增；当a0时，exa0，令h(x)0，解得xln2a，当xln2a时，h(x)ln2a时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当a0，令h(x)0，解得xln(a)，当xln(a)时，h(x)ln(a)时，h(x)0，函数h(

8、x)单调递增综上所述，当a0时，h(x)在r上单调递增；当a0时，h(x)在(，ln2a)上单调递减，在(ln2a，)上单调递增；当a0恒成立，即h(x)min0.当a0时，h(x)e2x0恒成立；当a0时，由(1)可知h(x)minh(ln2a)，则h(ln2a)4a2ln2a0，所以ln2a0，所以0a；当a0，所以ln(a)，所以eag(x)恒成立，则可构造函数h(x)f(x)g(x)，证明h(x)0恒成立.(2020福建模拟)已知函数f(x)|x33x2a|a(ar)，对于任意x1，x20,2，|f(x1)f(x2)|3恒成立，则a的取值范围是(a)a， b1,1c0， d0,1解析：

9、由题意，令g(x)x33x2a，则任意x1，x20,2，|f(x1)f(x2)|3恒成立，等价于任意x1，x20,2，|g(x1)|g(x2)|3恒成立，等价于任意x0,2，|g(x)|max|g(x)|min3.g(x)3(x1)(x1)，x0,1)时，g(x)0，函数g(x)单调递增，所以当x0,2时，g(x)ming(1)22a，又g(0)2a，g(2)22a.若a1，则g(1)4，g(0)2，g(2)0，所以|g(x)|max|g(x)|min403，不合题意，排除选项b，d；若a，则g(1)1，g(0)1，g(2)3，所以|g(x)|max|g(x)|min303，不合题意，排除选项

10、c，故选a.考向二不等式有解问题【例4】(2020东北三省四市联考)已知函数f(x)alnx(a0)(1)若函数yf(x)图象上各点处的切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)0)易知当时，f(x)取得最大值，所以2.因为a0，所以a4，此时f(x)，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值点为x，无极大值点(2)因为f(x)(x0且a0)，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)f()aaln.因为关于x的不等式f(x)2有解，所以aaln0，所以ln10)，则g(x)1，易知当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)g(1)0，当且仅当x1时，“”成立，所以由ln10且1，所以a的取值范围是a|a0且a2方法技巧不等式有解问题易与不等式