高考数学总复习第二部分高考22题各个击破2.4.2导数与不等式及参数范围课件文

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又 x>1 时,ln x<x-1<x(x-1), 综上所述 a≥1.
ln������ <1(x>1)恒成立, ������2 -������
-8-
解题策略一
解题策略二
������ + 1 e������
-9-
解题策略一
解题策略二
(1)解 f(x)的定义域为R.f'(x)= 由f'(x)>0,得x<0, 由f'(x)<0,得x>0, 所以f(x)的单调增区间为(-∞,0),单调减区间为(0,+∞),f(x)max=f(0)=1, 当x→+∞时,y→0,当x→-∞时,y→-∞,所以m的取值范围是(0,1). (2)证明 由(1)知,x1∈(-1,0),要证x2>-x1>0,只需证f(x2)<f(-x1), 因为f(x1)=f(x2)=m, 所以只需证f(x1)<f(-x1),
-6-
解题策略一
解题策略二
对点训练1已知函数f(x)=ax-ln x. (1)过原点O作函数f(x)图象的切线,求切点的横坐标; (2)对∀x∈[1,+∞),不等式f(x)≥a(2x-x2)恒成立,求实数a的取值范 围. 解 (1)设切点为M(x0,f(x0)),直线的切线方程为y-f(x0)=k(x-x0),
1
∴F'(x)=(x+1)(ex+1),
令 F'(x)>0,解得 x>-1,令 F'(x)<0,解得 x<-1, 故 F(x)在(-∞,-1)递减,在(-1,+∞)递增, 故
1 1 F(x)min=F(-1)=- − . 2 e
-12-
解题策略一
解题策略二
(2)若任意 x1,x2∈[-1,+∞)且 x1>x2 有 m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立, 则任意 x1,x2∈[-1,+∞)且 x1>x2 有 mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立, 令 h(x)=mf(x)-g(x)=mxe -2x -x,x∈[-1,+∞),
3
1+ln������ (x>0),则 ������
f'(x)=- ������2 (x>0).
ln������
-15-
解题策略一
解题策略二
(2)由 f(x)≥������+1恒成立,得 即 k≤
������
(������+1)(1+ln������) 恒成立, ������ (������+1)(1+ln������) ������-ln������ 设 g(x)= , 则 g' ( x ) = , ������ ������2 1 再令 h(x)=x-ln x,h'(x)=1-������,当 x≥1
1 1 m≥ ������,而 ������≤e,故 e e
x 1 2
即只需 h(x)在[-1,+∞)递增即可. 故 h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0 在[-1,+∞)恒成立, 故 m≥e.
-13-
解题策略一
解题策略二
解题策略二
分离参数法
1+ln������
例 3 已知函数 f(x)= ������ . 1 (1)若函数 f(x)在区间 2������-1,������ + 内有极值,求实数 a 的取值范
������(������-1)
-3-
解题策略一
解题策略二
f(x)>0 等价于 ln x设 g(x)=ln x- ������+1 , 则
������(������-1) 1 2������ g'(x)= − ������ (������+1)2

������(������-1) >0. ������+1 ������2 +2(1-������)������+1 ������(������+1)2
4
围; (2)当 x≥1 时,不等式 f(x)≥������+1恒成立,求实数 k 的取值范围.
难点突破 f(x)≥ g(x)=
(������+1)(1+ln������) ,k≤g(x)min. ������ ������ ������+1
������

1+ln������ ������

������ (������+1)(1+ln������) ⇔k≤ ⇔设 ������+1 ������
由x2>1和x1x2=1得x1<1, 故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减, 因此g(x)<0. 综上,a的取值范围是(-∞,2].
-5-
解题策略一
解题策略二
解题心得用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题,一般 都需要构造函数,然后对构造的函数求导,一般导函数中都含有参 数,通过对参数讨论确定导函数的正负,由导函数的正负确定构造 函数的单调性,再由单调性确定是否满足函数不等式,由此求出参 数范围.
2.4.2
导数与不等式及参数范围
解题策略一
解题策略二
求参数的取值范围(多维探究) 解题策略一 构造函数法 角度一 从条件关系式中构造函数 例1已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
1 或 ������
当 a≤0 时,f'(x)>0,则 f(x)在区间(0,+∞)内单调递增; x=1 (舍去), ������
1 1-������������2 f'(x)= -ax= , ������ ������
1 时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ������
1 时,f'(x)<0,f(x)单调递减. ������ 1 ������
-14-
解题策略一
解题策略二
解 (1)因为 f(x)=
当 0<x<1 时,f'(x)>0,当 x>1 时,f'(x)<0,当 x=1 时,f'(x)=0. 所以函数 f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得极大值. 2������-1 < 1, 1 因 f(x)在区间 2������-1,������ + 4 内有极值,所以 1 ������ + 4 > 1, 解得4<a<1.
解题策略二
(2)∵不等式ax-ln x≥a(2x-x2)对∀x∈[1,+∞)恒成立, ∴等价于a(x2-x)≥ln x对∀x∈[1,+∞)恒成立. 当x=1时,a∈R都有不等式恒成立;
当 x>1 时,a≥ 即 h(x)=
ln������ 恒成立,令 ������2 -������
h(x)=
ln������ . ������2 -������
=
,g(1)=0.
-4-
解题策略一
解题策略二
(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0, 故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增, 因此g(x)>0; (ⅱ)当a>2时,令g'(x)=0得
x1=a-1- (������-1)2 -1,x2=a-1+ (������-1)2 -1.
∵f'(x)=a-������,∴k=f'(x0)=a-������ ,
0
1
1
即直线的切线方程为 y-ax0+ln x0= ������-
1 ������0
(x-x0),
又切线过原点O, 所以-ax0+ln x0=-ax0+1, 由ln x0=1,解得x0=e,所以切点的横坐标为e.
-7-
解题策略一
1+ln������ ������
≥ ������+1恒成立,
������
时,h'(x)≥0,
于是h(x)在[1,+∞)内递增,则h(x)≥h(1)>0,则g'(x)>0, 于是g(x)在[1,+∞)内递增,g(x)≥g(1)=2,则k的取值范围是k≤2.
-16-
解题策略一
解题策略二
解题心得有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确,也存在 分类讨论相当复杂的情形,难以继续作答.可以利用分离参数法简 化构造函数,使得问题简单求解. 若求导后不易得到极值点,可二次求导,还不行时,就使用参数讨 论法,即以参数为分类标准,看是否符合题意;当最值所在点处函数 0 值是“ 0 ”型时,可使用洛必达法则,可求极限值.
-11-
解题策略一
解题策略二
对点训练2设f(x)=xex,g(x)=
(1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值; (2)若任意x1,x2∈[-1,+∞)且x1>x2有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立, 求实数m的取值范围.
1 2 x +x. 2
解 (1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+2x2+x,
所以当 a≤0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间; 当 a>0 时,f(x)的单调递增区间为 0,
1 ,+∞ ������
,单调递减区间为
.
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解题策略一
解题策略二
(2)由 ln x-2ax2≤(a-1)x-1,得 2(ln x+x+1)≤a(2x+x2), 因为 x>0,所以原命题等价于 a≥ 令
������0 +2 ������0 (������0 +2)
=
1 ,所以 ������0
1 1 a≥������ .又 x0∈ 2 ,1 0
1 ,所以������ ∈(1,2), 0
2(ln ������0 +������0 +1) g(x)max= ������2 0 +2������0
-2-
解题策略一
解题策略二
难点突破一(直接构造函数) 求 f(x)>0(x>1)时 a 的范围,因 f(1)=0,只需 f(x)在(1,+∞)单调递增.f(x)>0(x>1)⇔f(x)在(1,+∞)单调递 ������'(������) ≥ 0 ≥0⇔ ⇔ ������ > 1 ������ > 1, ������ > 1 1 数 φ(x)=1+������+ln x(x>1),易求得 φ(x)>2,所以 a≤2. 增⇔
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解题策略一
解题策略二
对点训练3(2018河北衡水中学二调)已知函数f(x)=ln x- ax2, 2 a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若关于x的不等式f(x)≤(a-1)x-1恒成立,求整数a的最小值.
1
-18-
解题策略一
解题策略二
解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).由题意得 当 a>0 时,由 f'(x)=0,得 x= 当 0<x< 当 x>
2(ln������+������+1) g(x)= 2 ,则 ������ +2������ 1 2 1
1
g'(x)=
2(ln������+������+1) 在区间(0,+∞)内恒成立. ������2 +2������ -2(������+1)(2ln������+������) (������2 +2������)2
������ -e������ ,由f'(x)=0,得x=0,
只需证
只需证(x1-1)e2������ 1 +x1+1<0(x1∈(-1,0)),
-10-
������1 +1 e������1
<
-������1 +1 e-������1
,
解题策略一
解题策略二
令h(x)=(x-1)e2x+x+1, 则h'(x)=(2x-1)e2x+1, 因为(h'(x))'=4xe2x<0, 所以h'(x)在(-1,0)上单调递减, 所以h'(x)>h'(0)=0, 所以h(x)在(-1,0)上单调递增, 所以h(x)<h(0)=0, 所以(x-1)e2x+x+1<0, 故x1+x2>0. 解题心得在遇到陌生的已知条件一时没有解题思路时,不妨对已 知条件进行等价转化,在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或 者熟悉的题型,从而得到解决.
,
令 h(x)=2ln x+x,则 h(x)在区间(0,+∞)内单调递增, 又h =-2ln 2+2<0,h(1)=1>0,
1 ,1 2
所以存在唯一的 x0∈
,使得 h(x0)=2ln x0+x0=0,
且当 0<x<x0 时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当 x>x0 时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以当 x=x0 时,g(x)有极大值,也为最大值,且
������(������-1) 1 1 + ������ + ln������-������ 1 1 + + ln������ ������
≥ ������,
构造函
难点突破二(变形构造函数) f(x)>0(x>1)⇔ln x- ������+1 >0⇔设 g(x)=ln x- ������+1 ,g(x)>0.对 g(x)求导后,导函数含有参数,为确定导函数 的正负,对参数进行讨论.
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