2022年山东高考数学理科二轮复习讲义：专题一+第讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题.docx

《2022年山东高考数学理科二轮复习讲义：专题一+第讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年山东高考数学理科二轮复习讲义：专题一+第讲++导数与不等式、存在性及恒成立问题.docx（32页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选学习资料 - - - - - - - - - 第 5 讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位 在高考压轴题中,函数与不等式交汇的试题是考查的热点,一类是利用导数证明不等式,另一类是存在性及恒成立问题真 题 感 悟2022 山东卷 设函数 fxlnx1ax2x,其中 aR. 1争论函数 fx极值点的个数,并说明理由；2如. x0,fx0 成立,求 a 的取值范畴解 1由题意知,函数 fx的定义域为 1,1 2ax 2axa1f xa2x1. x1 x1令 gx2ax 2axa1,x1,当 a0 时,gx1,此时 f x0,函数 fx在1,上单调递增,无极值点；当 a0 时,a28a1a

2、a9a8当 0a8 9时, 0, gx0,f x0,函数 fx在1,上单调递增,无极值点；当 a8 9时, 0,设方程 2ax 2axa10 的两根为 x1,x2x1x2,由于 x1x21 2,所以 x11 4,x2 1 4. 由 g110,可得 1x11 4. 所以当 x1,x1时, gx0,f x0,函数 fx单调递增；1 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当 xx1,x2时, gx0,f x0,函数 fx单调递减；当 xx2,时,gx0,f x0,函数 fx单调递增；因此函数有两个极值点当 a0 时, 0,由

3、 g110,可得 x1 1. 当 x1,x2时,gx0,f x0,函数 fx单调递增；当 xx2,时,gx0,f x0,函数 fx单调递减；所以函数有一个极值点综上所述,当 a0 时,函数 fx有一个极值点；当 0a8 9时,函数 fx无极值点；当 a8 9时,函数 fx有两个极值点f00,2由1知,当 0a8 9时,函数 fx在0,上单调递增,由于所以 x0,时,fx0,符合题意；当8 9a1 时,由 g00,得 x20,所以函数 fx在0,上单调递增,又 f00,所以 x0,时,fx0,符合题意；当 a1 时,由 g00,可得 x20. 所以 x0,x2时,函数 fx单调递减；由于 f00

4、,所以 x0,x2时, fx0,不合题意；当 a0 时,设 hxxlnx1由于 x0,时,h x11x1x0 ,x12 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以 hx在0,上单调递增,因此当 x0,时, hxh00,即 lnx1x. 可得 fxxax 2xax 21ax,21ax0,当 x11 a时,ax此时 fx0,不合题意综上所述,考 点 整 合1常见构造帮助函数的四种方法a 的取值范畴是 0,11移项法：证明不等式 fxgxfxgx的问题转化为证明 fxgx0fxgx0,进而构造帮助函数 hxfxgx2构造“

5、形似” 函数：对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,依据“ 相同结构” 构造帮助函数3放缩法：如所构造函数最值不易求解,可将所证明不等式进行放缩,再重新构造函数4主元法：对于 或可化为 fx1,x2A 的不等式,可选 x1或 x2为主元,构造函数 fx,x2或fx,x12利用导数解决不等式恒成立问题的“ 两种” 常用方法1分别参数法：将原不等式分别参数,转化为不含参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的最值,依据要求得所求范畴一般地,成立,只需 fxmaxa 即可fxa 恒成立,只需 fx mina 即可； fxa 恒2函数思想法：将不等式转化

6、为某含待求参数的函数的最值问题,利用导数求该函数的极值 最值 ,然后构建不等式求解3不等式的恒成立与能成立问题 1fxgx对一切 xI 恒成立 . I 是 fxgx的解集的子集 . fxgx min0xI2fxgx对 xI 能成立 . I 与 fxgx的解集的交集不是空集 . fxgxmax0xI3对. x1,x2I 使得 fx1gx2. fxmaxgxmin. 4对. x1I,.x2I 使得 fx1gx2. fxmingxmin. 3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 热点一 导数与不等式微题型 1 利用导数证明

7、不等式【例 11】 已知函数 fxexlnxm1设 x0 是 fx的极值点,求 m,并争论 fx的单调性；2当 m2 时,证明 fx0. 1解易知 f xe x1 xm. 由 x0 是 fx的极值点得 f00,所以 m1. 于是 fxexlnx1,定义域为 1, ,f xex1 x1在1, 上是增函数,且 f00. 当 x1,0时, f x0 时, f x0. 故 fx在1,0上单调递减,在 0, 上单调递增2证明 当 m2,xm 时, lnxmln x2故只需证明当 m2 时, fx0. 当 m2 时, f xe xx2在2, 上单调递增1又 f 11 e10. 所以 f x0 在2, 上有

8、唯独实根 x0,且1x00.综上可知, 当 m2 时,fx0 成立探究提高 1证明 fxgx或 fxgx,可通过构造函数 hxfxgx,将上述不等式转 化为求证 hx0 或 hx0,从而利用求 hx的最小值或最大值来证明不等式或者,利用fxmingxmax或 fxmaxgxmin来证明不等式2在证明不等式时,假如不等式较为复杂,就可以通过不等式的性质把原不等式变换为简洁 的不等式,再进行证明4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 微题型 2 不等式恒成立求参数范畴问题【例 12】1已知函数 fxax1ln x,aR.

9、 争论函数 fx的单调区间；如函数 fx在 x1 处取得极值,对 .x0, ,fxbx2 恒成立,求实数 b 的取值范围2设 fxxln x x1,如对 .x1, ,fxmx1恒成立,求 m 的取值范畴解 1在区间 0, 上, f xa1 xax1,当 a0 时, f x0 恒成立, fx在区间 0, 上单调递减；当 a0 时,令 f x0 得 x1 a,在区间 0,1 a上,1 f x0,函数 fx单调递减,在区间 a, 上,f x0,函数 fx单调递增综上所述：当 a0 时,fx的单调递减区间是 0, ,无单调递增区间；当 a0 时, fx的单调递减区间是0,1 a,单调递增区间是1 a,

10、 . 由于函数 fx在 x1 处取得极值,所以 f10,解得 a1,经检验可知满意题意由已知 fxbx2,即 x1ln xbx2,即 11 xln x xb 对.x0, 恒成立,xln x x,令 gx11 就 g x1 x 21ln x xln x2 x,易得 gx在0,e2上单调递减,在 e 2, 上单调递增,所以 gxminge211 e2,即 b1 1 e2. 2fxxln x x1,. x1, ,fxmx1,x . 即 ln xm x1 设 gxln xm x1 x,5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - -

11、即. x1, ,gx0 恒成立,等价于函数 g x1 xm 1 1 2 mx2xm x2 . gx在1, 上的最大值 gxmax0. 如 m0,g x0,gx在1, 上单调递增,即 gxg10,这与要求的 gx0 冲突如 m0,方程 mx2xm0 的判别式 1 4m2. 当 0,即 m1 2时, g x0. 所以 gx在1, 上单调递减, gxmaxg10,即不等式成立；当 0m1 2时,方程 mx2xm0 的两根分别为 x112m 14m 21,x2114m 22m1. 当 x1,x2时, g x0,gx单调递增, gxg10,与要求冲突综上所述, m1 2. 探究提高 对于求不等式成立时的

12、参数范畴问题,在可能的情形下把参数分别出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上详细的函数,这样就把问题转化为一端是函数,另一端是参数的不等式,便于问题的解决但要留意分别参数法不是万能的,假如分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难争论,就不要使用分别参数法【训练 1】2022武汉模拟 设函数 fx1x 2lnx11求函数 fx的单调区间；2如不等式 fxkx x1x 2kN*在0, 上恒成立,求 k 的最大值解1函数 fx的定义域为 1, ,31 2,. f x1 x12x,由 f x0,得 1x31 2；由 f x0,得 x31 2 . 所以函数 fx的单调递增区间为1

13、,31,单调递减区间为22法一由已知 fxkx x1x2 在0, 上恒成立,6 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 得 k（x1）1ln（x1） x x0,令 gx（x1）1ln（x1） xx0,就 g xx1ln（x1）x,设 hxx1lnx1x0,就 h x11 x1x x10,所以函数 hx在0, 上单调递增而 h21ln 30,h32ln 40,由零点存在定理,知存在 x02,3,使得 hx00,即 1lnx01x0,又函数 hx在0, 上单调递增,所以当 x0,x0时,hxhx00；当 xx0, 时, hx

14、hx00. 从而当 x0,x0时,g xh（x）x20；x01. 当 xx0, 时, g xh（x）x 20,所以 gx在0, 上的最小值为 gx0（x01）1ln（x01） x0因此 fxkx x1x2 在0, 上恒成立等价于 kgxminx01. 由 x02,3,知 x013,4,所以 k 的最大值为 3. 法二 由题意, 1lnx1kx x1在0, 上恒成立设 gx1lnx1kx x1x0,就 g xx11（x1）2x（ k1）（x1）2 ,x当 k1 时,就 g x（x1）20,所以 gx单调递增, g010,即 gx0 恒成立7 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共

15、 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 当 k1 时,就 gx在0,k1上单调递减,在 k1, 上单调递增,所以 gx的最小值为 gk1,只需 gk10 即可,即 ln kk20. 设 hkln kk2k1,h k1k k0,就 hk单调递减,由于 h2ln 20,h3ln 310,h4ln 420,所以 k 的最大值为 3. 热点二 存在与恒成立问题例 2 2022东营模拟 已知函数 fxln xax1a x1aR1当 a1 2时,争论 fx的单调性；2设 gxx 22bx4,当 a1 4时,如对任意 x10,2,存在 x21,2,使 fx1gx2,求实数 b 的取值范畴

16、解 1由于 fxln xax1a x1,所以 f x1 xaa1 x2 ax 2x1a x2,x0, 令 hxax2x1a,x0, 当 a0 时, hx x1,x0, ,所以当 x0,1时,hx0,此时 f x0,函数 fx单调递减；当 x1,时,hx0,此时 f x0,函数 fx单调递增当 a 0 时,由 f x0,即 ax2x1a0,解得 x11,x21 a1. 当 a1 2时, x1x2,hx0 恒成立,此时 f x0,函数 fx在0, 上单调递减a110,当 0a1 2时, 1 x0,1时, hx0,此时 f x0,函数 fx单调递减；8 名师归纳总结 - - - - - - -第 8

17、 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - x 1,1 a1 时, hx0,此时 f x0,函数 fx单调递增；x1 a1, 时, hx0,此时 f x0,函数 fx单调递减当 a0 时,由于1 a1 01,x0,1时,hx0,此时 f x0,函数 fx单调递减； x1, 时,hx0,此时 f x0,函数 fx单调递增综上所述,当 a0 时,函数 fx在0,1上单调递减,在 1, 上单调递增；当 a1 2时,函数 fx在0, 上单调递减；1,1 a1 上单调递增,在1 a1, 上单当 0a1 2时,函数 fx在0,1上单调递减,在调递减2由于 a1 4 0,1 2,由1

18、,知 x11,x23.0,2,当 x0,1时,f x0,函数 fx单调递减；当 x1,2时, f x0,函数 fx单调递增,所以 fx在0,2上的最小值为 f11 2. 由于“ 对任意 x10,2,存在 x21,2,使 fx1gx2” 等价于“gx在1,2上的最小值 不大于 fx在0,2上的最小值1 2” ,* 又 gxxb24b2,x1,2,所以当 b1 时,由于 gxming152b0,此时与 * 冲突；当 b1,2时,由于 gxmingb4b20,同样与 * 冲突；当 b2, 时,由于 gxming284b,解不等式 84b1 2,可得 b17 8 . 17 综上,可得 b 的取值范畴是

19、 8, . 存在性问题和恒成立问题的区分与联系 探究提高存在性问题和恒成立问题简洁混淆,它们既有区分又有联系：如gxm 恒成立,就 gxmaxm；如 gxm 恒成立,就 gxminm；如 gxm 有解,就 gxminm；如 gxm 有解,就 gxmaxm. 【训练 2】 2022泰安模拟 已知函数 fxln xx2axa 为常数 9 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1如 x1 是函数 fx的一个极值点,求 a 的值；2当 0a2 时,试判定 fx的单调性；3如对任意的 a1,2,x01,2,不等式 fx0mln

20、a 恒成立,求实数 m 的取值范畴解 f x1 x2xa. 1由已知得： f10,所以 12a0,所以 a3. 2当 0a2 时,f x1 x2xa2x2ax12 xa 42 21a 8x . 2 由于 0a2,所以 1a 80,而 x0,即 f x2x 2ax1x0,故 fx在0, 上是增函数3当 a1,2时,由 2知,fx在1,2上的最小值为 f11a,故问题等价于：对任意的 a1,2,不等式 1amln a 恒成立,即 m1a ln a恒成立记 ga1a ln a 1a2,就 g aaln a1a a（ln a）. 令 Ma aln a1 a,就 M a ln a0,所以 Ma在1,2上

21、单调递减,所以 MaM10,故 g a0,所以 ga1a ln a在 a1, 2上单调递减,所以 mg212 ln 2 log2e,即实数 m 的取值范畴为 , log2e. 1不等式恒成立、能成立问题常用解法有：10 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1分别参数后转化为最值,不等式恒成立问题在变量与参数易于分别的情形下,采纳分别参数转化为函数的最值问题,形如afxmax 或 afxmin. 2直接转化为函数的最值问题, 在参数难于分别的情形下, 直接转化为含参函数的最值问题,伴有对参数的分类争论3数形结合2利用

22、导数证明不等式的基本步骤 1作差或变形2构造新的函数 hx3利用导数争论 hx的单调性或最值4依据单调性及最值,得到所证不等式3导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型 1把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；2把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；3把方程解的问题转化为函数的零点问题一、挑选题 1已知函数 fx1 3x 32x23m,x0,如 fx50 恒成立,就实数 m 的取值范畴是 A. 17 9,B. 17 9,C, 2 D, 2 解析 f xx24x,由 f x0,得 x4 或 x0. fx在0,4上单调递减,在 4,上单调递增,当 x0,时, fxminf4要使 fx50 恒

23、成立,只需 f450 恒成立刻可,代入解之得 m17 9 . 答案A 2如存在正数 x 使 2xxa1 成立,就 a 的取值范畴是 A, B2, C0, D1, 解析2xxa1,ax1 2x. 11 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 令 fxx1 2 x,f x12xln 20. fx在0,上单调递增,fxf0011,a 的取值范畴为 1,应选 D. 答案 D 32022 潍坊模拟 当 x2,1时,不等式 ax 3x24x30 恒成立,就实数 a 的取值范围是 A5, 3 B. 6,9 8C6, 2 D4, 3

24、解析 当 x0,1时,得 a3 1 x 34 1x 21 x,令 t1 x,就 t1,a3t 34t 2t,令 gt3t 34t 2t,t1,就 g t 9t 28t1 t1 9t1,明显在 1,上,g t0,gt单调递减,所以 gtmaxg1 6,因此 a6；同理,当 x 2,0时,得 a2.由以上两种情形得 6a2,明显当 x0 时也成立故实数 a 的取值范围为 6,2答案 C 42022 全国卷 设函数 f x是奇函数 fxxR的导函数,f10,当 x0 时,xf x fx0,就使得 fx0 成立的 x 的取值范畴是 A, 10,1 B1,01, C, 11,0 D0,11, f（x）解

25、析 由于 fxxR为奇函数,f10,所以 f1f10.当 x 0 时,令 gxx,就 gx为偶函数,且 g1g10.就当 x0 时,g xf（x）xxf（x） f（ x）x 20,12 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 故 gx在0,上为减函数,在 ,0上为增函数所以在 0,上,当 0x1 时,gxg10.f（x）0. fx0；f（x）0. fx0.综上,得使得 fx0 成x在,0上,当 x 1 时,gxg10.x立的 x 的取值范畴是 ,10,1,选 A. 答案 A 5已知函数 fx2ax 33ax21,gxa

26、 4x3 2,如任意给定的 x00,2,总存在两个不 同的 xii1,20,2,使得 fxigx0成立,就实数 a 的取值范畴是 A, 1 B1, C, 11, D1,1 D；解析 当 a0 时,明显不成立,故排除 当 a0 时,留意到 f x6ax 26ax6axx1,即 fx在0,1上是减函数,在 1,2上是增函数,又 f013 2g0,当 x00 时,结论不行能成立；进一步,可知 a0,此时 gx在0,2上是增函数,且取值范畴是 2,a 23 2,同时 fx在 0x1 时,函数值从 1 增大到 1a,在 1x2 时,函数值从 1a 削减到 14a,所以“ 任意给定的 x00,2,总存在两

27、个不同的 xii1,20,2,使得 fxigx0成立 ” ,当且仅当f（x）的最大值 g（x）的最大值,f（x）的最小值 g（x）的最小值,13 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 即1aa 23 2,解得 a1. 14a3 2,答案 A 二、填空题62022 龙口模拟 设函数 fxax 33x1xR,如对于任意 x1,1,都有 fx0 成立,就实数 a 的值为 _解析 如 x0,就不论 a 取何值, fx0 明显成立；当 x0 时,即 x0,1时,fxax 33x10 可化为a3 x 21 x 3. 令 gx3

28、x 21 x 3,3（12x）就 g xx 4,所以 gx在区间 0,1 2上单调递增,在区间 12,1 上单调递减因此 gxmaxg 1 24,从而 a4. 当 x0 时,即 x1,0时,同理 a3 x 21 x 3. gx在区间 1,0上单调递增,所以 gxming14,从而 a4,综上可知 a4. 答案 4 72022 江苏卷 已知函数 fxx2mx1,如对于任意 x m,m1,都有 fx0 成立,就实数 m 的取值范畴是 _14 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 18 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析作出二次函数 fx的图象,对于任意 x

29、m,m1,都有 fx0,就有f（m）0,f（m1）0,即m 2m 210,解得2 2m0. （m1）2m（m1） 10,答案2 2,082022 青岛模拟 已知函数 fxx1 x1,gxx22ax4,如对于任意 x10,1,存在x21,2,使 fx1gx2,就实数 a 的取值范畴是 _解析由于 f x1120,因此函数 fx在0,1上单调递增,所以 x0,1时,fxmin（x1）f01.依据题意可知存在x1,2,使得 gxx 22ax41,即 x 22ax50,即 ax 2 5 2x能成立,令 hx x 2 5 2x,就要使 ahx在 x1,2能成立,只需使 ahxmin,又函数 hxx 2

30、5 2x在 x1,2 上单调递减,所以 hxminh29 4,故只需 a9 4. 9答案 4,三、解答题92022 福建卷改编 已知函数 fxln1x,gxkxkR1证明：当 x0 时,fxx；2证明：当 k1 时,存在 x00,使得对任意的x0,x0,恒有 fxgx证明 1令 Fxfxxln1xx,x0, ,就有 F x1x1 x x1. 当 x0, 时,F x0,所以 Fx在0, 上单调递减,故当 x0 时, FxF00,即当 x0 时, fxx. 2令 Gxfxgxln1xkx,x0, ,15 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 18 页精选学习资料 - - - -

31、 - - - - - 就有 G xx1kkx（1k）. 当 k0 时, G x0,故 Gx在0, 单调递增,GxG00,故任意正实数 x0 均满意题意当 0k1 时,令 G x0,得 x1k k1 k10,k1,对任意 x0,x0,有 G x0,取 x01 从而 Gx在0,x0单调递增,所以 GxG00,即 fxgx综上,当 k1 时,总存在 x00,使得对任意 x0,x0,恒有 fxgx102022 天津卷改编 已知函数 fxnxx n,xR,其中 nN* ,n2. 1争论 fx的单调性；2设曲线 yfx与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线方程为 ygx,求证：对于 任意的正

32、实数 x,都有 fxgx1解 由 fxnxx n,可得 f xnnxn1n1xn1其中 nN*,且 n2,下面分两种情形争论：当 n 为奇数时令 f x0,解得 x1,或 x1. 当 x 变化时, f x,fx的变化情形如下表：1,11, x , 1f xfx所以, fx在, 1,1, 上单调递减,在 1,1内单调递增当 n 为偶数时当 f x0,即 x1 时,函数 fx单调递增；当 f x0,即 x1 时,函数 fx单调递减；所以, fx在, 1上单调递增,在 1, 上单调递减2证明 设点 P 的坐标为 x0,0,16 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 18 页精选学

33、习资料 - - - - - - - - - 就 x0n 1 n1,f x0nn 2. 曲线 yfx在点 P 处的切线方程为 yf x0xx0,即 gxf x0xx0令 Fxfxgx,即 Fxfxf x0xx0,就 F xf xf x0由于 f xnxn1n 在0, 上单调递减,故 F x在0, 上单调递减,又由于 F x00,所以当 x0,x0时,F x0,当 xx0, 时, F x0,所以 Fx在0,x0内单调递增,在x0, 上单调递减,所以对于任意的正实数 x,都有 FxFx00,即对于任意的正实数 x,都有 fxgxx 2nm,nR在 x1 处取得极值 2. 11已知函数 fxmx1求函数 fx的解析式；2设函数 gxln xa x,如对任意的 x1R,总存在 x21,e,使得