1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.5 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(二二)利用导数解决不等式恒利用导数解决不等式恒(能能)成立问题成立问题 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 恒成立问题恒成立问题 类型一类型一 分离参数法求范围分离参数法求范围 【题型要点】【题型要点】1.若 f(x)a 或 g(x)a 恒成立，只需满足 f(x)mina 或 g(x)maxa 即可，利用导数方法求出 f(x)的最 小值或 g(x)的最大值，从而问题得解 2.利用分离参数法来确定不等式 f(x，)0(x
2、D， 为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为 f1()f2(x)或 f1()f2(x)的形式 (2)求 f2(x)在 xD 时的最大值或最小值 (3)解不等式 f1()f2(x)max或 f1()f2(x)min，得到 的取值范围 【例【例 1】(2020 年新课标全国一卷年新课标全国一卷)已知函数 2 ( )exf xaxx.(1)当 a=1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x) 1 2 x3+1，求 a 的取值范围. 【答案】 (1)当,0 x 时， 0,fxf x单调递减， 当0,x时， 0,fxf x单调递增.(2) 2 7
3、, 4 e 【解析】(1)当1a 时， 2x xxefx， 21 x fxex， 由于 20 x fxe，故 fx单调递增，注意到 00 f ，故： 当,0 x 时， 0,fxf x 单调递减， 当0,x时， 0,fxf x 单调递增. (2) 由 3 1 1 2 fxx得， 1 2 1 32 xxaxex 其中0 x， .当 x=0 时，不等式为：11，显然成立，符合题意； .当0 x时，分离参数 a 得 2 3 1 2 1 x xxe a x 记 3 2 1 1 2 x exx g x x ， 2 3 1 21 2 x xexx gx x ， 令 2 1 10 2 x exxh xx， 则
4、 1 x h xex， 10 x hxe ， 故 h x单调递增， 00h xh ， 故函数 h x单调递增， 00h xh， 由 0h x 可得： 2 1 1 0 2 x exx 恒成立， 故当0,2x时， 0 x g ， g x单调递增； 当2,x时， 0 x g ， g x单调递减； 因此， 2 max 7 2 4 e g xg , 综上可得，实数 a 的取值范围是 2 7 , 4 e . 类型二类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决把参数看作常数利用分类讨论方法解决 【题型要点】【题型要点】对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用 导数研究单
5、调性、最值，从而得出参数范围 【例 2】已知函数 f(x)ln xax，aR. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)a0 在 x(1，)上恒成立，求 a 的取值范围 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 xa. 当 a0 时，f(x)0 恒成立， 则 f(x)只有单调递增区间是(0，) 当 a0 时，由 f(x)0， 得 0 x1 a； 由 f(x)0，得 x1 a； 所以 f(x)的单调递增区间是(0，1 a)，单调递减区间是( 1 a，) (2)f(x)a0 在 x(1，)上恒成立，即 ln xa(x1)0 在 x(1，)上恒成立 设 g(x)l
6、n xa(x1)，x0，则 g(x)1 xa，注意到 g(1)0， 当 a1 时，g(x)0 在 x(1，)上恒成立， 则 g(x)在 x(1，)上单调递减， 所以 g(x)g(1)0，即 a1 时满足题意 当 0a1 时，令 g(x)0， 得 1x1 a； 令 g(x)0，得 x1 a. 则 g(x)在(1，1 a)上单调递增， 所以当 x(1，1 a)时，g(x)g(1)0， 即 0a1 时不满足题意(舍去) 当 a0 时，g(x)1 xa0， 则 g(x)在(1，)上单调递增， 所以当 x(1，)时，g(x)g(1)0， 即 a0 时不满足题意(舍去) 综上所述，实数 a 的取值范围是1
7、，) 题型二题型二 能成立问题能成立问题 【题型要点】【题型要点】存在 xa，b，f(x)a 成立 f(x)maxa. 存在 xa，b，f(x)a 成立 f(x)mina. 存在 x1a，b，对任意 x2a，b，f(x1)g(x2)成立 f(x)ming(x)min. 【例【例 1】已知函数 f(x)3ln x1 2x 2x，g(x)3xa. (1)若 f(x)与 g(x)的图象相切，求 a 的值； (2)若x00，使 f(x0)g(x0)成立，求参数 a 的取值范围 【解析】(1)由题意得，f(x)3 xx1，g(x)3，设切点为(x0，f(x0)，则 kf(x0) 3 x0 x013，解得
8、 x0 1 或 x03(舍)，所以切点为(1，1 2)，代入 g(x)3xa，得 a 5 2. (2)设 h(x)3ln x1 2x 22x.x 00，使 f(x0)g(x0)成立， 等价于x0，使 h(x)3ln x1 2x 22xa 成立， 等价于 ah(x)max(x0) 因为 h(x)3 xx2 x22x3 x （x1）（x3） x ， 令 h（x）0， x0， 得 0 x1；令 h（x）0， x0， 得 x1. 所以函数 h(x)3ln x1 2x 22x 在(0，1)上单调递增， 在(1，)上单调递减，所以 h(x)maxh(1)5 2， 即 a5 2， 因此参数 a 的取值范围为
9、(，5 2) 题型三题型三 不等式存在性成立问题不等式存在性成立问题 【题型要点】【题型要点】任意 x1M，任意 x2N，f(x1)g(x2) f(x1)ming(x2)max； 任意 x1M，存在 x2N，f(x1)g(x2) f(x1)ming(x2)min； 存在 x1M，存在 x2N，f(x1)g(x2) f(x1)maxg(x2)min； 存在 x1M，任意 x2N，f(x1)g(x2) f(x1)maxg(x2)max. 【例【例 1】已知函数 f(x)x(a1)ln xa x(aR)，g(x) 1 2x 2exxex. (1)当 x1，e时，求 f(x)的最小值； (2)当 a1
10、 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22,0，f(x1)g(x2)恒成立，求 a 的取值范围 【解】(1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)x1xa x2 . 当 a1 时，x1，e，f(x)0， f(x)为增函数，f(x)minf(1)1a. 当 1ae 时， x1，a时，f(x)0，f(x)为减函数； xa，e时，f(x)0，f(x)为增函数 所以 f(x)minf(a)a(a1)ln a1. 当 ae 时，x1，e时，f(x)0， f(x)在1，e上为减函数 f(x)minf(e)e(a1)a e. 综上，当 a1 时，f(x)min1a； 当 1ae 时，f(x)mina(
11、a1)ln a1； 当 ae 时，f(x)mine(a1)a e. (2)由题意知 f(x)(xe，e2)的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值 由(1)知当 a1 时，f(x)在e，e2上单调递增， f(x)minf(e)e(a1)a e. g(x)(1ex)x. 当 x2,0时，g(x)0，g(x)为减函数 g(x)ming(0)1. 所以 e(a1)a e e22e e1 ， 所以 a 的取值范围为 1 , 1 2 2 e ee . 二、高效训练突破二、高效训练突破 1.(2020 湖北武汉质检湖北武汉质检)已知 f(x)xln x，g(x)x3ax2x2. (1)求函数 f(x)的
12、单调区间； (2)若对任意 x(0，)，2f(x)g(x)2 恒成立，求实数 a 的取值范围 【解析】 (1)因为函数 f(x)xln x 的定义域为(0，)，所以 f(x)ln x1.令 f(x)0，得 ln x10，解得 0x0，得 ln x10，解得 x1 e，所以 f(x)的单调递增区间是 , 1 e .综上，f(x)的单调递减区间是 e 1 , 0，单调递增区间是 , 1 e . (2)因为 g(x)3x22ax1，由题意得 2xln x3x22ax1 恒成立因为 x0，所以 aln x3 2x 1 2x在 x (0，)上恒成立设 h(x)ln x3 2x 1 2x(x0)，则 h(
13、x) 1 x 3 2 1 2x2 （x1）（3x1） 2x2 .令 h(x)0， 得 x11，x21 3(舍) 当 x 变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，) h(x) 0 h(x) 极大值 所以当 x1 时，h(x)取得极大值，也是最大值，且 h(x)maxh(1)2，所以若 ah(x)在 x(0，)上恒 成立，则 ah(x)max2，即 a2，故实数 a 的取值范围是2，) 2.(2020 哈尔滨六中模拟哈尔滨六中模拟)已知函数 f(x)xln x1 2ax 21，且 f(1)1. (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若对任意 x(0，)，都有 f(
14、x)2mx10，求 m 的取值范围； (3)证明函数 yf(x)2x 的图象在 g(x)xexx21 图象的下方 【解】(1)因为 f(x)xln x1 2ax 21， 所以 f(x)ln x1ax. 又因为 f(1)1，所以 1a1，a2， 所以 f(x)xln xx21. (2)若对任意 x(0，)，都有 f(x)2mx10. 即 xln xx22mx0 恒成立， 即 m1 2ln x 1 2x 恒成立 令 h(x)1 2ln x 1 2x，则 h(x) 1 2x 1 2 1x 2x . 当 0x0，h(x)单调递增； 当 x1 时，h(x)0，h(x)单调递减 所以当 x1 时，h(x)
15、有最大值，h(1)1 2. 所以 m1 2，即 m 的取值范围是 , 2 1 . (3)证明：要证明函数 yf(x)2x 的图象在 g(x)xexx21 的图象的下方 即证：f(x)2xxexx21 恒成立， 即 ln xex2. 由(2)可得 h(x)1 2ln x 1 2x 1 2. 所以 ln xx1. 现要证明 x10. 令 (x)exx1，则 (x)ex1. 当 x0 时，(x)0，(x)单调递增 所以 (x)(0)0. 即 exx10. 所以 x1ex2. 从而得到 ln xx1ex2. 所以函数 yf(x)2x 的图象在 g(x)xexx21 图象的下方 3.已知函数 f(x)
16、ln x x1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)0，此时 g(x)单调递增；在(1，)上，g(x)0，此时 g(x)单调递减 又 g(1)0，所以 g(x)0 在定义域上恒成立，即 f(x)0 在定义域上恒成立， 所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，)，无单调递增区间 (2)由 f(x)kex在(1，)上恒成立，得 ln x x1ke x在(1，)上恒成立， 即 ln xk(x1)ex0. 所以 h(x)1 xkxe x，所以 h(1)1ke. 当 k1 e时，h(1)1ke0. 又 h(x)1 xkxe x在(1，)上单调递减， 所以 h(x)0 在(
17、1，)上恒成立， 则 h(x)在(1，)上单调递减 又 h(1)0，所以 h(x)0 在(1，)上恒成立 当 0k0. 又 h(x)1 xkxe x在(1，)上单调递减，且 h k 1 ke1 k0 在(1，x0)上恒成立， 所以 h(x)0 在(1，)上不可能恒成立 综上所述，实数 k 的取值范围是 , 1 e . 4.(2020 绵阳模拟绵阳模拟)已知函数 f(x)1 2x 2axln xax2(aR)有两个不同的极值点 x 1，x2，且 x1x2. (1)求实数 a 的取值范围； (2)求证：x1x2a2. 【思路指引】 (1)求 f(x)的定义域和 f(x)由 f(x)有两个不同的极值
18、点得 f(x)0 有两个不相等的实数根两 次求导分析 f(x)的单调性，构建关于 a 的不等式求其范围 (2)由(1)知 x1，x2是 f(x)0 的两个根，建立方程x1x20) 当 a0 时，g(x)0，则 g(x)在(0，)上单调递增，所以 g(x)在(0，)上不可能有两个零点 当 a0 时，由 g(x)0，解得 xa；由 g(x)0，解得 0xa.所以 g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单 调递增 要使函数 g(x)有两个零点，则 g(a)aaln ae. 综上可知，实数 a 的取值范围是(e，) (2)证明：由(1)知 x1，x2是 g(x)xaln x0 的两个根， 则 a
19、ln x2x2， aln x1x1， 两式相减得 a(ln x2ln x1)x2x1， 即 a x2x1 ln x2ln x1 x2x1 ln x2 x1 ， 要证 x1x2a2，即证 x1x2x2x1 2 ln x2 x1 2 ， 即证 ln x2 x1 2x2x1 2 x1x2 x2 x12 x1 x2. 令x2 x1t，由 x11，只需证(ln t) 2t21 t. 设 (t)(ln t)2t1 t2， 则 (t)2 tln t1 1 t2 1 t 2ln tt1 t . 令 h(t)2ln tt1 t， 则 h(t)2 t1 1 t2 1 t1 20， h(t)在(1，)上单调递减，h
20、(t)h(1)0， (t)0，即 (t)在(1，)上为减函数， (t)(1)0，即(ln t)20 时，函数 f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围 【解析】 ：(1)若 a1，则 f(x)xex2(2x1) 即 f(x)xexex4， 则 f(0)3，f(0)2， 所以所求切线方程为 3xy20. (2)由 f(1)0，得 a 1 e10， 则 f(x)0 对任意的 x0 恒成立可转化为 a a1 2x1 xex 对任意的 x0 恒成立 设函数 F(x)2x1 xex (x0)， 则 F(x)（2x1）（x1） x2ex . 当 0x0； 当 x1 时，F(x)0， 所以函数 F(x)在
21、(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 所以 F(x)maxF(1)1 e. 于是 a a1 1 e，解得 a 1 e1. 故实数 a 的取值范围是 , 1 1 e . 6(2020 贵州省适应性考试贵州省适应性考试)函数 f(x)xln x，g(x)aex. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)求证：当 a1 e时，xf(x)g(x) 【解】 ：(1)函数 f(x)的定义域为(0，) 由 f(x)xln x，得 f(x)11 x x1 x ， 当 x(0，1)时，f(x)0. 所以 f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，) (2)证明：要证 xf(x)g(x)，
22、即证 x(xln x)aex，即证 ax 2xln x ex .设 h(x)x 2xln x ex ， 则 h(x)x 22x1xln xln x ex ln x（x1）（x1） ex ，由(1)可知 f(x)f(1)1， 即 ln x(x1)0， 于是，当 x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递增； 当 x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递减 所以 x1 时，h(x)取得最大值，h(x)max10 e 1 e， 所以当 a1 e时，xf(x)g(x) 7.已知函数 f(x)2ax 2 ex (aR) (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若x1，)，不等式 f(x)1 恒成立，求
23、实数 a 的取值范围 【解】 (1)f(x)x 22x2a ex ， 当 a1 2时，x 22x2a0，f(x)0， 函数 f(x)在(，)上单调递增 当 a1 2时，令 x 22x2a0， 解得 x11 2a1，x21 2a1. 函数 f(x)的单调递增区间为(，1 2a1)和(1 2a1，)，单调递减区间为(1 2a1，1 2a1) (2)f(x)1 2ax2 ex 1 2ax2ex， 由条件知，2ax2ex对x1 恒成立 令 g(x)x2ex，h(x)g(x)2xex，h(x)2ex. 当 x1，)时，h(x)2ex2e0， h(x)g(x)2xex在1，)上单调递减， h(x)2xex
24、2e0，即 g(x)0， g(x)x2ex在1，)上单调递减， g(x)x2exg(1)1e， 故若 f(x)1 在1， )上恒成立， 则需 2ag(x)max1e. a1e 2 ，即实数 a 的取值范围是(1e 2 ，) 8设 f(x)a xxln x，g(x)x 3x23. (1)如果存在 x1，x20，2使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最大整数 M； (2)如果对于任意的 s，t1 2，2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围 【解】(1)存在 x1，x20，2使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM. 由 g(x)x3x2
25、3，得 g(x)3x22x3x(x2 3) 令 g(x)0 得 x0 或 x2 3， 令 g(x)0 得 0 x2 3， 又 x0，2， 所以 g(x)在区间0，2 3上单调递减，在区间 2 3，2上单调递增， 所以 g(x)ming(2 3) 85 27， 又 g(0)3，g(2)1， 所以 g(x)maxg(2)1. 故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min112 27 M， 则满足条件的最大整数 M4. (2)对于任意的 s，t1 2，2，都有 f(s)g(t)成立，等价于在区间 1 2，2上，函数 f(x)ming(x)max， 由(1)可知在区间1 2，2上，g(x)
26、的最大值为 g(2)1. 在区间1 2，2上，f(x) a xxln x1 恒成立等价于 axx 2ln x 恒成立 设 h(x)xx2ln x， h(x)12xln xx， 令 m(x)xln x，由 m(x)ln x10 得 x1 e. 即 m(x)xln x 在(1 e，)上是增函数， 可知 h(x)在区间1 2，2上是减函数， 又 h(1)0， 所以当 1x2 时，h(x)0； 当1 2x1 时，h(x)0. 即函数 h(x)xx2ln x 在区间(1 2，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以 h(x)maxh(1)1， 所以 a1， 即实数 a 的取值范围是1，) 9.
27、(2020 贵州省适应性考试贵州省适应性考试)已知函数 f(x)axex(aR)，g(x)ln x x . (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)x0(0，)，使不等式 f(x)g(x)ex成立，求 a 的取值范围 【解】 ：(1)因为 f(x)aex，xR. 当 a0 时，f(x)0，f(x)在 R 上单调递减； 当 a0 时，令 f(x)0 得 xln a. 由 f(x)0 得 f(x)的单调递增区间为(，ln a)； 由 f(x)1 时，f(x)0； (2)讨论 g(x)的单调性； (3)若不等式 f(x)1 时，s(x)0，所以 s(x)在(1，)上单调递增，又 s(1)0，所以
28、s(x)0， 从而当 x1 时，f(x)0. (2)g(x)2ax1 x 2ax21 x (x0)， 当 a0 时，g(x)0 时，由 g(x)0 得 x 1 2a . 当 x a2 1 , 0时，g(x)0，g(x)单调递增 (3)由(1)知，当 x1 时，f(x)0. 当 a0，x1 时，g(x)a(x21)ln x0， 故当 f(x)0. 当 0a1， g(x)在 a2 1 , 1上单调递减， a g 2 1 0，所以此时 f(x)1 时，h(x)2ax1 x 1 x2e 1xx1 x 1 x2 1 x x32x1 x2 x 22x1 x2 0， 因此，h(x)在区间(1，)上单调递增， 又 h(1)0，所以当 x1 时，h(x)g(x)f(x)0，即 f(x)g(x)恒成立 综上，a 的取值范围为 , 2 1 .
浙公网安备33030202001339号