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第2课时　利用导数研究恒(能)成立问题
“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问
题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识，而且与导数的结合
更是极大地丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的
原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题.
题型一 不等式恒成立问题
考向 1 分离参数法求解恒成立问题
[例 1](2024 年山东联考)已知函数 f(x)＝x＋ln x.
x－1
则 n′(x)＝
x
>0，
所以 n(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又 n(4)＝1－ln 4<0，n(5)＝2－ln 5>0，
所以 x0∈(4，5)使得 n(x0)＝0，即 ln x0＝x0－3，
当 x∈(1，x0)时，n(x)<0，即 m′(x)<0，
当 x∈(x0，＋∞)时，n(x)>0，即 m′(x)>0，
【反思感悟】
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足fmin(x)≥a或gmax(x)≤a即
可，利用导数方法求出 f(x)的最小值或 g(x)的最大值，从而使问
题得解.
【互动探究】
1.已知函数f(x)＝ex－ax2＋2ax＋b，f′(x)是其导函数.
(1)讨论 f′(x)的单调性；
(2)对 x∈R，(x－2)·f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
解：(1)函数 f(x)的导函数 f′(x)＝ex－2ax＋2a，
f″(x)＝ex－2a，
当 a≤0 时，f″(x)＞0，
所以 f′(x)在 R 上单调递增，
当 a＞0 时，令 f″(x)＞0，得 x＞ln 2a，
令 f″(x)＜0 得，x＜ln 2a，
所以 f′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调
递增，
综上所述，当a≤0时，f′(x)在R上单调递增，
当a＞0时，f′(x)在(－∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，＋∞)上单调递增.
(2)因为对 x∈R，(x－2)f(x)≥0恒成立，
所以当x≥2时，f(x)≥0，当x≤2时，f(x)≤0，
所以f(2)＝0.所以b＝－e2.
所以f(x)＝ex－ax2＋2ax－e2且连续不断，
f′(x)＝ex－2ax＋2a，f″(x)＝ex－2a，
所以 f′(x)＜f′(2)＜0.
所以 f(x)在(2，ln 2a)上单调递减.
所以 f(x)＜f(2)＝0，不符合题意.
②当 x≤2 时：
所以 f(x)≤0 不恒成立.
考向 2 把参数看作常数，利用分类讨论方法解决
(1)当 a≥0 时，求证：f(x)≥1；
(2)若 f(x)＋f(－x)≥2，求 a 的取值范围.
【反思感悟】
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，利用导数研究单调性、最值，从而得
出参数取值范围.
【互动探究】
2.已知 f(x)＝ax2－2ln x，a∈R.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若对任意的 x＞0，2－f(x)≤2(a－1)x 恒成立，求整数 a 的
最小值.
令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又h(0.5)＝－2ln 2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，故存在唯一的x0∈(0.5，1)，使得h(x0)＝0.
当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减.
故函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2ln x0＋x0＝0，
题型二 存在成立问题
【反思感悟】
fmin(x)≤gmin(x).
x∈[a，b]，f(x)≥m成立 fmax(x)≥m.
x∈[a，b]，f(x)≤m成立 fmin(x)≤m.
x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立
【互动探究】
解：(1)因为 f′(x)＝a－ex，x∈R.
当 a≤0 时，f′(x)＜0，f(x)在 R 上单调递减；
当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝ln a.
由 f′(x)＞0 得 x＜ln a，所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由 f′(x)＜0 得 x＞ln a，所以 f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).

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