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(共40张PPT)
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微专题二　不等式恒(能)成立问题
数学
内容索引
关键能力提升
第一部分
考点1　分离参数法求参数的范围
考点2　等价转化法求参数的范围
01
02
03
课时作业
第二部分
考点3　双变量的恒(能)成立问题
能将不等式恒（能）成立问题转化为最值问题，掌握解决不等式恒（能）成立问题的常用方法，体会导数在解决此类问题中的作用．
互动探究·考点精讲
关键能力提升
第
分
部
一
考点1 分离参数法求参数的范围
【例1】　（2024·江苏盐城模拟节选）已知函数f(x)＝ax2－ln x－x.若不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
令h(x)＝－2ln x－x＋1(x>0)，
易知h(x)＝－2ln x－x＋1在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞）.
规律总结
分离参数法解决恒（能）成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
【对点训练1】　（2024·湖南邵阳二模）设函数f(x)＝m(x＋1)ex，m>0.
(1)求f(x)的极值；
解：f′(x)＝m(x＋2)ex，m>0.
令f′(x)>0，得x>－2，令f′(x)<0，得x<－2.
故f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
(2)若对任意x∈(－1，＋∞)，ln f(x)≤2ex恒成立，求m的最大值．
解：ln f(x)≤2ex对任意x∈(－1，＋∞)恒成立，即ln m≤2ex－ln (x＋1)－x对任意x∈(－1，＋∞)恒成立．
令g(x)＝2ex－ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则只需ln m≤g(x)min即可．
∴当x∈(－1，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝2，故ln m≤2＝ln e2，
∴0考点2 等价转化法求参数的范围
【例2】　（2024·全国甲卷理T21节选）已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
规律总结
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
【对点训练2】　（2024·河北保定三模）已知函数f(x)＝ax＋ln (x＋1).
(1)若a＝－2，求f(x)的单调区间；
解：由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln (x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合．
当a∈(－∞，－1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
当a∈(－1，0)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(－1)＝0，
当满足g(a)≥0时，a＝－1，
所以a的取值集合为{－1}．
考点3 双变量的恒（能）成立问题
【解】g′(x)＝(x＋3)2＋2x(x＋3)－3(x＋1)(x＋3)ex＝3(x＋1)(x＋3)(1－ex)，令g′(x)＝0，可得x＝－3或x＝－1或x＝0，
当－30时，g′(x)<0，当x<－3或－10，所以g(x)的单调递减区间为(－3，－1)，(0，＋∞)，单调递增区间为(－∞，－3)，(－1，0).
(2)若 x1∈[1，e]， x2∈[－3，0]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求a的取值范围．
【解】　当x∈[－3，0]时，由(1)可知g(x)在[－3，－1）上单调递减，在（－1，0]上单调递增，且g(－3)＝－12e-3，g(0)＝－3，所以g(x)在[－3，0]上的最大值为g(－3)＝－12e-3.
所以当x∈(0，e－a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈[1，e]时，f(x)的最大值可能为f(e)或f(1)，
规律总结
双变量的恒（能）成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞），使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
课时作业22
第
分
部
二
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．
2．（16分）（2024·浙江金华三模）已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e（e为自然对数的底数）处取得极值．
(1)求实数a的值；
解：∵f(x)＝ax＋x ln x，
∴f′(x)＝a＋ln x＋1.
∵函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e处取得极值，∴f′(e)＝a＋2＝0，
∴a＝－2，经检验，符合题意，
∴a＝－2.
令h(x)＝ln x＋x－1(x>0)，易得h(x)是增函数，而h(1)＝0，
∴x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，0∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
∴g(x)min＝g(1)＝－1，∴k<－1.
3．（16分）已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a).
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m的值；
解：f(x)＝ex－mx，则f′(x)＝ex－m.
∵f(x)在x＝0处取得极值，∴则f′(0)＝0，故m＝1.
∴f′(x)＝ex－1，当f′(x)<0时，x<0，当f′(x)>0时，x>0，
∴f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)，符合题意．∴m＝1.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f（0)）处的切线方程；
(2)当x∈(0，π)时，f(x)>0，求实数a的取值范围．
所以g(x)在区间(0，π)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，所以f(x)>0.
②当a<1时，f′(x)＝x－1＋a cos x，
因为当x∈(0，π)时，sin x∈（0，1]，
令φ(x)＝f′(x)＝x－1＋a cos x，则φ′(x)＝1－a sin x，
若a≤0，则φ′(x)>0，即f′(x)在区间(0，π)上单调递增，
若00，所以f′(x)在区间(0，π)上单调递增．所以当a<1时，f′(x)在区间(0，π)上单调递增．

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