【数学】2021届一轮复习人教A版导数不等式恒成立求字母范围学案

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【数学】2021届一轮复习人教A版导数不等式恒成立求字母范围学案

四、不等式恒成立求字母范围 恒成立之最值的直接应用 1. ‎(2018北京理18倒数第3大题,最值的直接应用)‎ 已知函数。‎ ‎⑴求的单调区间;‎ ‎⑵若对于任意的,都有≤,求的取值范围.‎ 解:⑴,令,‎ 当时,与的情况如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ 所以,的单调递增区间是和:单调递减区间是,‎ 当时,与的情况如下:‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ 所以,的单调递减区间是和:单调递减区间是。‎ ‎⑵当时,因为,所以不会有 当时,由(Ⅰ)知在上的最大值是,‎ 所以等价于,解 综上:故当时,的取值范围是[,0].‎ 2. ‎(2018天津理20倒数第3大题,最值的直接应用,第3问带有小的处理技巧)‎ 已知函数,其中.‎ ‎⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式;‎ ‎⑵讨论函数的单调性;‎ ‎⑶若对于任意的,不等式在上恒成立,求的取值范围.‎ 解:⑴,由导数的几何意义得,于是.‎ 由切点在直线上可得,解得.‎ 所以函数的解析式为.‎ ‎⑵.‎ 当时,显然(),这时在,上内是增函数.‎ 当时,令,解得.‎ 当变化时,,的变化情况如下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在,内是增函数,在,内是减函数.‎ ‎⑶由⑵知,在上的最大值为与的较大者,对于任意的,不等式在上恒成立,当且仅当,即,对任意的成立.从而得,所以满足条件的的取值范围是.‎ 1. ‎(转换变量,作差)‎ 已知函数. ‎ ‎⑴若,求的单调区间;‎ ‎⑵已知是的两个不同的极值点,且,若恒成立,求实数b的取值范围。‎ 解:⑴,或1‎ 令,解得令,解得,‎ 的增区间为;减区间为,‎ ‎⑵,即 由题意两根为,,又 且△,.‎ 设,‎ 或 ‎2‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 又,, ,.‎ 恒成立之分离常数 1. ‎(分离常数)‎ 已知函数 ‎(1) 若在处的切线平行于直线,求函数的单调区间;‎ ‎(2) 若,且对时,恒成立,求实数的取值范围.‎ 解: (1) 定义域为,直线的斜率为,‎ ‎,,.所以 ‎ 由; 由 所以函数的单调增区间为,减区间为.‎ ‎(2) ,且对时,恒成立 ‎,即.‎ 设.‎ 当时, ,‎ 当时, ,.‎ 所以当时,函数在上取到最大值,且 所以,所以 ‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎(法二)讨论法 ‎,在上是减函数,在上是增函数.‎ 当≤时,≥,解得,∴≤.‎ 当时,,解得,∴.‎ 综上.‎ 1. ‎(2018长春一模,恒成立,分离常数,二阶导数)‎ 已知函数,(其中R,为自然对数的底数).‎ ‎(1)当时,求曲线在处的切线方程;‎ ‎(2)当≥1时,若关于的不等式≥0恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎(改x≥0时,≥0恒成立.≤1)‎ 解:(1)当时,,,,‎ ‎ 切线方程为.‎ ‎(2)[方法一]‎ ‎≥1,‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎2‎ - - - = ax x e x f x ≥a Û ‎0‎ ≤x x e x ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ - - , ‎ ‎ 设x x e x g x ‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎2‎ - - = ,则‎2‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎)‎ ‎1‎ ‎(‎ ‎)‎ ‎(‎ ‎'‎ x x e x x g x + - - = , ‎ ‎ 设,则, ‎ ‎ 在上为增函数,≥,‎ ‎ ,在上为增函数,‎ ‎ ≥,≤.‎ ‎[方法二], ,‎ ‎ 设,, ‎ ‎ ≥0,≥0,在上为增函数,‎ ‎ ≥. ‎ 又≥0恒成立,≥0,≤,‎ ‎≥,,‎ 在上为增函数, 此时≥≥0恒成立,‎ ‎≤.‎ ‎(改x≥0时,≥0恒成立.≤1)‎ 解:先证明在上是增函数,再由洛比达法则,∴,∴≤1.(正常的讨论进行不了,除非系数调到二次项上,分两种情况讨论可得≤1)‎ 1. ‎(两边取对数的技巧)设函数且)‎ ‎ (1)求的单调区间;‎ ‎ (2)求的取值范围;‎ ‎ (3)已知对任意恒成立,求实数的取值范围。‎ 解:(1) ,‎ 当时,即.‎ ‎ 当时,即或.‎ ‎ 故函数的单调递增区间是.‎ ‎ 函数的单调递减区间是.‎ ‎(2)由时,即,‎ 由(1)可知在上递增, 在递减,所以在区间(-1,0)上,‎ 当时,取得极大值,即最大值为.‎ 在区间上,.‎ 函数的取值范围为.分 ‎(3),两边取自然对数得 1. ‎(分离常数)‎ 已知函数 .‎ ‎(Ⅰ)若函数在区间其中a >0,上存在极值,求实数a的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)如果当时,不等式恒成立,求实数k的取值范围;‎ 解:(Ⅰ)因为, x >0,则, ‎ 当时,;当时,.‎ 所以在(0,1)上单调递增;在上单调递减,‎ 所以函数在处取得极大值. ‎ 因为函数在区间(其中)上存在极值,‎ 所以 解得. ‎ ‎ (Ⅱ)不等式即为 记 所以 ‎ 令,则, ‎ ‎, 在上单调递增, ‎ ‎,从而,‎ 故在上也单调递增, 所以,所以 .‎ 2. ‎(2018湖南,分离常数,构造函数)‎ 已知函数 对任意的恒有.‎ ‎⑴证明:当 ‎⑵若对满足题设条件的任意b、c,不等式恒成立,求M的最小值。‎ 1. ‎(第3问不常见,有特点,由特殊到一般,先猜后证)已知函数 ‎(Ⅰ)求函数f (x)的定义域 ‎(Ⅱ)确定函数f (x)在定义域上的单调性,并证明你的结论.‎ ‎(Ⅲ)若x>0时恒成立,求正整数k的最大值.‎ 解:(1)定义域 ‎(2)单调递减。‎ 当,令,‎ 故在(-1,0)上是减函数,即,‎ 故此时 在(-1,0)和(0,+)上都是减函数 ‎(3)当x>0时,恒成立,令 又k为正整数,∴k的最大值不大于3‎ 下面证明当k=3时,恒成立 当x>0时 恒成立 ‎ 令,则 ‎,,当 ‎∴当取得最小值 当x>0时, 恒成立,因此正整数k的最大值为3‎ 1. ‎(恒成立,分离常数,涉及整数、较难的处理)‎ 已知函数 ‎ (Ⅰ)试判断函数上单调性并证明你的结论;‎ ‎ (Ⅱ)若恒成立,求整数k的最大值;(较难的处理)‎ ‎ (Ⅲ)求证:(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n-3.‎ 解:(I)‎ 上递减. ‎ ‎(II)‎ 则上单调递增,‎ 又 存在唯一实根a,且满足 当 ‎∴‎ 故正整数k的最大值是3 .‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅱ)知 ‎∴‎ 令,则 ‎∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]‎ ‎∴(1+1×2)(1+2×3)…[1+n(n+1)]>e2n-3 ‎ 1. ‎(分离常数,双参,较难)已知函数,.‎ ‎(1)若函数依次在处取到极值.‎ ‎①求的取值范围;②若,求的值.‎ ‎(2)若存在实数,使对任意的,不等式 恒成立.求正整数的最大值.‎ 解:(1)①‎ ‎②‎ ‎.‎ ‎(2)不等式 ,即,即.‎ 转化为存在实数,使对任意,不等式恒成立,即不等式 在上恒成立。‎ 即不等式在上恒成立。‎ 设,则。‎ 设,则,因为,有。‎ 故在区间上是减函数。‎ 又 故存在,使得。‎ 当时,有,当时,有。‎ 从而在区间上递增,在区间上递减。‎ 又 所以当时,恒有;当时,恒有;‎ 故使命题成立的正整数的最大值为5.‎ 1. ‎(2018湖南理22,分离常数,复合的超范围)‎ 已知函数 ‎ ‎⑴求函数的单调区间;‎ ‎⑵若不等式对任意的都成立(其中e是自然对数的底数),求a的最大值.(分离常数)‎ 解: ⑴函数的定义域是,‎ 设则 令则 当时, 在(-1,0)上为增函数,‎ 当x>0时,在上为减函数.‎ 所以h(x)在x=0处取得极大值,而h(0)=0,所以,‎ 函数g(x)在上为减函数.‎ 于是当时,当x>0时,‎ 所以,当时,在(-1,0)上为增函数.‎ 当x>0时,在上为减函数.‎ 故函数的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为.‎ ‎⑵不等式等价于不等式 由知,>0,∴上式变形得 设,则则 由⑴结论知,(≤)即 所以于是G(x)在上为减函数.‎ 故函数在上的最小值为 所以a的最大值为 1. ‎(变形,分离常数)‎ 已知函数(a为实常数).‎ ‎(1)若,求证:函数在(1,+∞)上是增函数; ‎ ‎(2)求函数在[1,e]上的最小值及相应的值;‎ ‎(3)若存在,使得成立,求实数a的取值范围.‎ 解:⑴当时,,当,,‎ 故函数在上是增函数.‎ ‎⑵,当,.‎ 若,在上非负(仅当,x=1时,),故函数在上是增函数,此时.‎ 若,当时,;当时,,此时 是减函数;当时,,此时是增函数.‎ 故.‎ 若,在上非正(仅当,x=e时,),故函数 在上是减函数,此时.‎ ‎⑶不等式,可化为.‎ ‎∵, ∴且等号不能同时取,所以,即,‎ 因而()‎ 令(),又,‎ 当时,,,‎ 从而(仅当x=1时取等号),所以在上为增函数,‎ 故的最小值为,所以a的取值范围是.‎ 1. ‎(分离常数,转换变量,有技巧)‎ 设函数.‎ ‎⑴若函数在处与直线相切:‎ ‎①求实数的值;②求函数在上的最大值;‎ ‎⑵当时,若不等式≥对所有的都成立,求实数的取值范围.‎ 解:(1)①。‎ ‎∵函数在处与直线相切解得 .‎ ‎②‎ 当时,令得;令,得,上单调递增,在[1,e]上单调递减,.‎ ‎ (2)当b=0时,若不等式对所有的都成立,则对所有的都成立,‎ 即对所有的都成立,‎ 令为一次函数, .‎ 上单调递增,,‎ 对所有的都成立.‎ ‎..‎ ‎(注:也可令所有的都成立,分类讨论得对所有的都成立,,请根据过程酌情给分)‎ 恒成立之讨论字母范围 1. ‎(2018全国I,利用均值,不常见)‎ 设函数.‎ ‎⑴证明:的导数;‎ ‎⑵若对所有都有,求的取值范围.‎ 解:⑴的导数.由于,故.‎ ‎(当且仅当时,等号成立).‎ ‎⑵令,则,‎ ‎①若,当时,,‎ 故在上为增函数,‎ 所以,时,,即.‎ ‎②若,方程的正根为,‎ 此时,若,则,故在该区间为减函数.‎ 所以,时,,即,与题设相矛盾.‎ 综上,满足条件的的取值范围是.‎ 1. 设函数f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x).‎ ‎(Ⅰ)若x=0是F(x)的极值点,求a的值;‎ ‎(Ⅱ)当 a=1时,设P(x1,f(x1)), Q(x2, g(x 2))(x1>0,x2>0), 且PQ//x轴,求P、Q两点间的最短距离;‎ ‎(Ⅲ):若x≥0时,函数y=F(x)的图象恒在y=F(-x)的图象上方,求实数a的取值范围.‎ 解:(Ⅰ)F(x)= ex+sinx-ax,.‎ 因为x=0是F(x)的极值点,所以. ‎ 又当a=2时,若x<0, ;若 x>0, .‎ ‎∴x=0是F(x)的极小值点, ∴a=2符合题意. ‎ ‎(Ⅱ) ∵a=1, 且PQ//x轴,由f(x1)=g(x2)得:,所以.‎ 令当x>0时恒成立.‎ ‎∴x∈[0,+∞时,h(x)的最小值为h(0)=1.∴|PQ|min=1. ‎ ‎(Ⅲ)令 则.‎ 因为当x≥0时恒成立, ‎ 所以函数S(x)在上单调递增, ‎ ‎∴S(x)≥S(0)=0当x∈[0,+∞时恒成立; ‎ 因此函数在上单调递增, 当x∈[0,+∞时恒成立.‎ 当a≤2时,,在[0,+∞单调递增,即.‎ 故a≤2时F(x)≥F(-x)恒成立. ‎ 1. ‎(用到二阶导数,二次)‎ 设函数.‎ ‎⑴若,求的最小值;‎ ‎⑵若当时,求实数的取值范围.‎ 解:(1)时,,.‎ 当时,;当时,.‎ 所以在上单调减小,在上单调增加 故的最小值为 ‎(2),‎ 当时,,所以在上递增,‎ 而,所以,所以在上递增,‎ 而,于是当时, .‎ 当时,由得 当时,,所以在上递减,‎ 而,于是当时,,所以在上递减,‎ 而,所以当时,.‎ 综上得的取值范围为.‎ 2. ‎(第3问设计很好,2问是单独的,可以拿掉)已知函数,斜率为的直线与相切于点.‎ ‎(Ⅰ)求的单调区间; ‎ ‎(Ⅱ)当实数时,讨论的极值点。‎ ‎(Ⅲ)证明:.‎ 解:(Ⅰ)由题意知:‎ ‎………………………………2分 解得:; 解得:‎ 所以在上单调递增,在上单调递减………………4分 ‎(Ⅱ)=‎ 得:.‎ ‎ 若即,‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极小值点为,极大值点………………………………7分 ‎ 若即,,则, 在上单调递增,无极值点.‎ ‎ 若即,,‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 极大值 极小值 此时的极大值点为,极小值点.‎ 综上述:‎ 当时,的极小值点为,极大值点;‎ 当时,无极值点;‎ 当时,的极大值点为,极小值点.‎ 1. ‎(2018全国I文21,恒成立,一次,提出一部分再处理的技巧)‎ 设函数.‎ ‎⑴若a =,求的单调区间;‎ ‎⑵若当≥0时≥0,求a的取值范围.‎ 解:⑴时,,.‎ 当时;当时,;‎ 当时,.‎ 故在,单调增加,在(-1,0)单调减少.‎ ‎⑵.令,则.‎ ‎①若,则当时,,为减函数,而,‎ 从而当x≥0时≥0,即≥0,符合题意.‎ ‎②若,则当时,,为减函数,而,‎ 从而当时<0,即<0,不合题意.‎ ‎ 综合得的取值范围为 2. ‎(2018全国新理21,恒成立,反比例,提出公因式再处理的技巧,本题的创新之处是将一般的过定点(0,0)变为过定点(1,0),如果第2问范围变为则更间单)‎ 已知函数在点处的切线方程为.‎ ‎⑴求、的值;‎ ‎⑵如果当,且时,,求的取值范围。‎ 解:⑴,‎ 依意意且,即,,解得,.‎ ‎⑵由⑴知,所以.‎ 设,则.‎ ‎(注意h(x)恒过点(1,0),由上面求导的表达式发现讨论点0和1)‎ ‎① 当,由,(变形难想,法二)‎ 当时,.而,故 当时,,可得;‎ 当x(1,+)时,<0,可得>0,‎ 从而当x>0,且x1时,-(+)>0,即>+.‎ 法二:的分子≤<0,∴. ‎ ‎②当0< k <1,由于当x(1,)时,(k-1)(x2 +1)+2x>0,故>0,而 ‎=0,故当x(1,)时,>0,可得<0,不合题意.‎ ‎③当k≥1,此时>0,则x(1,+)时,递增,,∴<0,不合题意.‎ ‎ 综上,k的取值范围为(-,0]‎ 1. ‎(恒成立,讨论,较容易,但说明原理)已知函数.‎ ‎(1)求函数的单调区间和极值;‎ ‎(2)若对上恒成立,求实数的取值范围.‎ 解:(1).‎ 当时,,在上增,无极值;当时,,‎ 在上减,在上增,∴有极小值,无极大值.‎ ‎(2)‎ 当时,在上恒成立,则是单调递增的,‎ 则只需恒成立,所以.‎ 当时,在上减,在上单调递增,所以当时,‎ 这与恒成立矛盾,故不成立.‎ 综上:.‎ 1. ‎(2018新课程理21,恒成立,讨论,二次,用到结论)‎ 设函数.‎ ‎⑴若,求的单调区间;‎ ‎⑵若当时,求的取值范围. ‎ 解:命题意图:本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题,考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力.‎ ‎⑴时,,.‎ 当时,;当时,.故在单调减少,在单调增加.‎ ‎⑵①当≤时,,‎ 由⑴结论知≥,则,‎ 故,从而当,即时,,‎ 而,于是当时,,符合题意.‎ ‎②时,由可得.(太难想,法二)‎ ‎,‎ 故当时,,而,于是当时,.‎ 综合得的取值范围为.‎ 法二:设,则,‎ 令,得.‎ 当,,在此区间上是增函数,∴≤,‎ ‎∴在此区间上递增,∴≤,不合题意.‎ 2. ‎(恒成立,2018全国卷2理数,利用⑴结论,较难的变形讨论)‎ 设函数.‎ ‎⑴证明:当时,;‎ ‎⑵设当时,,求a的取值范围.‎ 解:本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式,考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想,考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.‎ ‎【点评】导数常作为高考的压轴题,对考生的能力要求非常高,它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等式等,常伴随对参数的讨论,这也是难点之所在.‎ 1. 已知函数,且函数是上的增函数。‎ ‎ (1)求的取值范围;‎ ‎ (2)若对任意的,都有(e是自然对数的底),求满足条件的最大整数的值。‎ 解析:(1)设,所以,得到.所以的取值范围为………2分 ‎(2)令,因为是上的增函数,且,所以是上的增函数。…………………………4分 由条件得到(两边取自然对数),猜测最大整数,现在证明对任意恒成立。…………6分 等价于,………………8分 设,‎ 当时,,当时,,‎ 所以对任意的都有,即对任意恒成立,‎ 所以整数的最大值为2.……………………………………………………14分 1. ‎(2018山东卷21)‎ 已知函数其中n∈N*,a为常数.‎ ‎⑴当n=2时,求函数f(x)的极值;‎ ‎⑵当a=1时,证明:对任意的正整数n,当x≥2时,有f(x)≤x-1.‎ 解:⑴由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},‎ 当n=2时, 所以 ‎①当a>0时,由f(x)=0得>1,<1,‎ 此时=.‎ 当x∈(1,x1)时,<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈(x1+∞)时,>0, f(x)单调递增.‎ ‎②当a≤0时,<0恒成立,所以f(x)无极值.‎ 综上所述,n=2时,‎ 当a>0时,f(x)在处取得极小值,极小值为 当a≤0时,f(x)无极值.‎ ‎⑵证法一:因为a=1,所以 ‎ ①当n为偶数时,令 则)=1+>0(x≥2).‎ 所以当x∈[2,+∞]时,g(x)单调递增,‎ 又g(2)=0,因此≥g(2)=0恒成立,‎ ‎ 所以f(x)≤x-1成立.‎ ‎②当n为奇数时,要证≤x-1,由于<0,所以只需证ln(x-1) ≤x-1,‎ ‎ 令h(x)=x-1-ln(x-1),则=1-≥0(x≥2),‎ ‎ 所以,当x∈[2,+∞]时,单调递增,又h(2)=1>0,‎ ‎ 所以当x≥2时,恒有h(x)>0,即ln(x-1)<x-1命题成立.‎ 综上所述,结论成立.‎ 证法二:当a=1时,‎ ‎ 当x≤2,时,对任意的正整数n,恒有≤1,‎ ‎ 故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1.‎ ‎ 令 ‎ 则 ‎ 当x≥2时,≥0,故h(x)在上单调递增,‎ ‎ 因此,当x≥2时,h(x)≥h(2)=0,即1+ln(x-1) ≤x-1成立.‎ ‎ 故当x≥2时,有≤x-1.‎ ‎ 即f(x)≤x-1.‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档