创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题33　不等式恒成立或有解问题.doc

《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题33　不等式恒成立或有解问题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题33　不等式恒成立或有解问题.doc（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、微专题33不等式恒成立或有解问题高考定位利用导数解决不等式恒成立或有解问题，是高考的热点之一，多以解答题的形式出现，为压轴题，难度较大.高考真题 (2020全国卷改编)已知函数f(x)exax2x，当x0时，f(x)x31，求实数a的取值范围.解法一由f(x)x31得，exax2xx31，其中x0.当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意；当x0时，分离参数a得，a，记g(x)，则g(x)，令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，令t(x)h(x)，x0，则t(x)ex10，故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0，由h(x)0可得exx

2、2x10恒成立，故当x(0，2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(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.若02a12，即a，则当x(0，2a1)(2，)时，g(x)0.所以g(x)在(0，2a1)，(2，)单调递减，在(2a1，2)上单调递增.由于g(0)1，所以g(x)1当且仅当g(2)(74a)e21，即a.所以当a0，则原不等式可化为a，设F(x)(x0)，则F(x)，当x(0，1)时，F(x)0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，F(x)minF(1)2e，则实数a的取值范围为(

3、，2e.样题2 (2022昆明二诊改编)若不等式exln(x1)ax1，对任意x0，)恒成立，求实数a的取值范围.解设g(x)exln(x1)ax1(x0)，则g(x)exa，令h(x)ex(x0)，则h(x)ex，当x0时，ex1，02时，a11，由x0，得01，g(x)exaex1a，当x(0，ln(a1)时，ex1a0，即g(x)0，所以函数g(x)在(0，ln(a1)上是减函数，所以g(x)g(0)0，即exln(x1)ax1，不符合题意.综上，实数a的取值范围是(，2.样题3 已知函数F(x)aln xx1，若不等式F(x)1在区间1，2上有解，求实数a的取值范围.解F(x)1.当2

4、0，即2a2时，F(x)0，所以F(x)在1，2上单调递增，所以F(x)maxF(2).当22时，设x2ax20(a280)的两根分别为x1，x2，则x1x2a，x1x22，所以x10，x20，所以F(x)在1，2上单调递增，所以F(x)maxF(2).综上，当a2时，F(x)在区间1，2上的最大值为F(2)aln 221，所以a，所以实数a的取值范围是.规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.分离参数法：将参数分离出来，进而转化为af(x)max或a1，都有f(x)4x1恒成立，求整数a的最大值.解f(x)4x1恒成立，即为

5、ln xa1恒成立，则xln xaaxx1x，故xln x2x1a(x1).x1，a在(1，)上恒成立.设h(x)(x1)，原问题等价于h(x)mina，则h(x)，令g(x)xln x2，则g(x)10，g(x)在(1，)上单调递增.g(3)3ln 321ln 30，x0(3，4)，使g(x0)0，即x02ln x0，当x(1，x0)时，g(x)0，h(x)0，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)minh(x0)x01.x0(3，4)，h(x)min(4，5).aZ，a的最大值为4.训练2 (2022郑州模拟改编)已知函数f(x)x2(2a1)xaln x(aR)，函数g(x)(1a)x，

6、若x01，e使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围.解由题意知，不等式f(x)g(x)在区间1，e上有解，即x22xa(ln xx)0在区间1，e上有解.令(x)xln x，x1，e，则(x)10，(x)xln x在1，e上单调递增，(x)(1)1，xln x0，a在区间1，e上有解.令h(x)，则h(x)，x1，e，x222ln x，h(x)0，h(x)单调递增，x1，e时，h(x)maxh(e)，a，所以实数a的取值范围是.一、基本技能练1.(2022商洛模拟)已知函数f(x)(b1)x1.(1)当a，b1时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当a1时，f(x

7、)2恒成立，求b的值.解(1)当a，b1时，f(x)4ex2x1，则f(x)4ex2，又因为f(0)5，f(0)2，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y52(x0)，即y2x5.(2)当a1时，令函数g(x)f(x)2ex(b1)x1，则f(x)2恒成立等价于g(x)0恒成立.又g(x)exb1，当b1时，g(x)exb10，g(x)在R上单调递增，显然不合题意； 当b1时，令g(x)exb10，得x0，得xln(1b)，所以函数g(x)在(，ln(1b)上单调递减，在(ln(1b)，)上单调递增，所以当xln(1b)时，函数g(x)取得最小值.又因为g(0)0，所以x0为g(

8、x)的最小值点.所以ln(1b)0，解得b0.2.(2022抚顺模拟)已知函数f(x)e2x(12a)exax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，若x0，都有2f(x)f(x)x2(m2)x，求实数m的取值范围.解(1)由已知得函数f(x)的定义域为R，则f(x)2e2x(12a)exa(2ex1)(exa)由于2ex10，从而当a0时，f(x)0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增；当a0时，由f(x)0，解得xln a；由f(x)0，解得x0时，f(x)在(ln a，)上单调递增，在(，ln a)上单调递减.(2)当a1时，由(1)得2f(x)f(x)ex2x1，当x0时，不

9、等式2f(x)f(x)x2(m2)x可化为m.设g(x)，则g(x).设h(x)exx1，则h(x)ex1，因为x0，所以h(x)0，因此h(x)在(0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，即exx10，得g(x)在(0，1单调递减，在(1，)单调递增，所以g(x)g(1)e2，因此me2，得实数m的取值范围为(，e2.3.已知函数f(x)ax2(6a)x3ln x，当a时，关于x的不等式f(x)axb0有解，求b的最大值.解设g(x)f(x)axbax26x3ln xb，x0，则g(x)2ax6.当a0时，2ax26x30有两个根x1，x2，不妨令x1x2.又x1x20，x10.由题意舍去

10、x1，当x(0，x2)时，g(x)0；当x(x2，)时，g(x)0，g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，)上单调递减.若存在x0使f(x)axb0成立，则g(x)maxg(x2)ax6x23ln x2b0，即ax6x23ln x2b.又2ax6x230，a.a，00，函数h(x)在上单调递增，h(x)maxh3ln 3，即b的最大值为3ln 3.二、创新拓展练4.(2022江南十校一模)已知函数f(x)2exaln(x1)2.(1)当a2时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0，时，f(x)sin x恒成立，求实数a的取值范围.解(1)当a2时，f(x)2ex2ln(x1)2，x1，则f

11、(x)2ex，易知f(x)在(1，)上单调递增，且f(0)0.当x(1，0)时，f(x)0，所以函数f(x)在(1，0)上单调递减，在(0，)上单调递增.(2)令g(x)f(x)sin x2exaln(x1)2sin x，x0，.当x0，时，f(x)sin x恒成立等价于g(x)g(0)0恒成立.g(x)f(x)cos x2excos x，x0，()当a0时，g(x)2ex10，函数yg(x)在0，上单调递增，所以g(x)g(0)0在0，上恒成立，符合题意；()当a0时，g(x)2excos x在0，上单调递增，g(0)2a11a.当1a0，即1a0时，g(x)g(0)1a0，函数yg(x)在0，上单调递增，所以g(x)g(0)0在0，上恒成立，符合题意；当1a0，即a1时，g(0)1a0，g()2e1，当g()0，即a(1)(2e1)时，g(x)在(0，)上恒小于0，则g(x)在(0，)上单调递减，g(x)0，即(1)(2e1)a1时，存在x0(0，)使得g(x0)0，所以当x(0，x0)时，g(x)0，则g(x)在(0，x0)上单调递减，g(x)g(0)0，不符合题意.综上所述，实数a的取值范围是1，).