高考数学专题四函数、不等式中的恒成立问题课件.pptx

1、专题四函数、不等式中的恒成立问题,近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象、渗透换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法.有的学生看到就头疼的题目，分析原因除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现的这类问题进行总结和探讨. 利用导数研究不等式问题的关键是函数的单调性和最值，各类不等式与函数最值关系如下：,注：上述的大于、小于改为不小于、不大于，相应的与最 值对应关系的不等式也改变.如果函数没有最值，那么上述结果 可以用函数值域相应的

2、端点值表述.,例 1：已知两个函数 f(x)8x216xk，g(x)2x35x2,4x，x3,3，kR.,(1)若对x3,3，都有 f(x)g(x)成立，求实数 k 的取,值范围；,(2)若x3,3，使得 f(x)g(x)成立，求实数 k 的取值,范围；,(3)若对x1，x23,3，都有f(x1)g(x2)，求实数k的取,值范围.,解：(1)设h(x)g(x)f(x)2x33x212xk，,问题转化为x3,3时，h(x)0恒成立，即h(x)min0，x3,3. 令h(x)6x26x120，得x2或x1， h(3)k45，h(1)k7，h(2)k20，h(3)k9，h(x)mink450，得k4

3、5. (2)据题意：x3,3，使f(x)g(x)成立， 即为h(x)g(x)f(x)0在x3,3上能成立， h(x)max0. h(x)maxk70，即k7. (3)据题意：f(x)maxg(x)min，x3,3， 易得f(x)maxf(3)120k，g(x)ming(3)21， 120k21，得k141.,方法二，当 x0 时，f(x)0； 当 x(0,2时，f(x)0，,【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用,基本不等式求解；,(2)若对任意x10,2，总存在x20,2，使f(x1)g(x2)的,本质就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集.,【互动探究】,

4、(1)若曲线 yf(x)在 x1 和 x4 处的切线相互平行，求 a,的值；,(2)讨论函数 f(x)的单调性；,(3)设g(x)x22x，对任意的x1(0,2，均存在x2(0,2，,使得f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围.,aR).,(1)求函数 f(x)的单调区间；,(2)当 a0 时，是否存在实数 a，使得当 x1，e时，不,等式 f(x)0 恒成立？如果存在，求 a 的取值范围；如果不存在， 请说明理由(其中 e 是自然对数的底数，e2.71828).,【互动探究】,(1)当 a0 时，求曲线 f (x)在 x1 处的切线方程； (2)设函数 h(x)alnxxf(x)，求函数

5、h (x)的极值； (3)若 g(x)alnxx 在区间1，e(e2.718 28)上存在一 点x0，使得g(x0)f(x0)成立，求a的取值范围.,当a10，即a1时，令h(x)0， x0，0 x1a. 此时，h(x) 在区间(0, a1)上单调递增. 令h(x)0，得x1a. 此时，h(x)在区间(a1，)上单调递减. 当a10，即a1时，h(x)0恒成立，h(x)在区间(0，)上单调递减. 综上所述，当a1时，h(x)在x1a处取得极大值h (1a)aln(1a)a2，无极小值； 当a1时，h(x)在区间(0，)内无极值.,当 0a11，或 a1，即 a0 时， h(x)在区间1, e上

6、单调递减. h(x)maxh(1)11a0.a2. 当 1a1e，即 0ae1 时， 由(2)可知，h(x)在 x1a 处取得极大值，也是区间(0， )内的最大值， 即h(x)maxh(1a)aln(1a)a2aln(1a)12. 0ln(a1)1，h(1a)0 在区间1, e上恒成立. 此时不存在x0使h(x0)0成立.,3.已知函数f(x)exx2(e是自然对数的底数). (1)求函数 f(x)的图象在点 A(0，1)处的切线方程；,(2)若 k 为整数，且当 x0 时，(xk1)f(x)x10 恒,成立，其中 f(x)为 f(x)的导函数，求 k 的最大值.,函数h(x)exx2在(0，)上单调递增， 而h(1)0， 所以h(x)在(0，)上存在唯一的零点， 故g(x)在(0，)上存在唯一的零点. 设此零