05 全国名校导数测试卷(A卷)答案与提示-《中学生数理化》高二数学2021年3月刊

酸方片中學生数理化 一文说清恒《能》成应间题 ■江苏省太仓市明德高级中学王佩其 不等式恒(能)成立问题是各类考试中的 常客”,其基本的解题策略是:若a>f(x)对 构造F(x)=f(x)-(ax-1)=xlnx x∈D恒成立,则只需a>f(x)m;若a≤ax+1。 f(x)对x∈D恒成立,则只需a≤f(x)mn 原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成 若存在x∈D,使a>f(x0)成立,则只需立台F(x) a>f(x)m;若存在x0∈D,使a<f(x。)成 由于F(x)=lnx+1-a≥0在x∈[1, 立,则只需a≤f(x)mx。并由此构造不等式,十∞)上恒成立,因此,函数F(x)在[1,+∞) 求解参数的取值范围。这类问题往往与导数上单调递增,F(x)=m=F(1)=1-a≥0,解得 的应用有关,那么利用导数破解这两类问题a≤1。 有哪些基本方法呢? 故a的取值范围是(-∞,1]。 通过分离参数或构造函数解决恒成 点评:用分离参数法解含参不等式恒成 立问题 立问题是指在能够判断出参数的正负的情况 「例!(2020年河南省质检)已知两数下,根据不等式的性质将参数分离出来,得到 个一端是参数、另一端是变量表达式的不 xlnx,若任意x≥1,f(x)≥ax-1 等式,只需研究变量表达式的最值就可以解 成立,求实数a的取值范围 决问题 解析:法一(分离参数法) 依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上 、通过分离参数或构造函数解决不等 式能成立问题 恒成立,即不等式a≤1nx+ ∈[ 侧2(2020年合肥市质检)已知函数 +∞)上恒成立,亦即a≤(1nx xm∵∈f(x)=x-ahnx,(x)=-a+1 (a∈R)。 若在[1,e]上存在 使得 设g(x)=lnx+-(x≥1),则g(x) g(x0)成立,求a的取值范围。 解析:依题意,只需[f( 0,x∈[1,e成立 f h(x)=f(x)-g(x)=x-aInx+ 当x≥1时,因为g'(x)≥0,所以g(x) ∈[1 在[1,+∞)上是增函数。g(x)在[1,十 上的最小值是g(1)=1 故a的取值范围是(-∞,1 x2-ax-(a+1)[x-(a+1)](x+1) 法二(构造函数法): 当x=1时,由f(1)≥a-1,即a-1≤ 令h(x)=0,得x=a+1或x 1(舍 中学生数理代三数学经魏率方法 1≤1,即a≤0时,h(x)≥0, 得x2m h(x)单调递增,h(x)m=h(1)=a+2<0,解 当m>0时,f(x)在(0, 上单调递 ②当1<a+1<e,即0<a<。-1时,增,在(2n,+∞)上单调递减。 h(x)在[1,a+1)上单调递减,在(a+1,c]上 单调递增,故h(x)==h(a+1)=(a+1 综上所述,当m≤0时,f(x)的单调递增 aln(a+1)+1=a[1-ln(a+1)]+2>2,与 区间为(0,+∞),无单调递减区间; 当m>0时,f(x)的单调递增区间为 h(x)mn<0不符,应舍去 ③当a+1≥e,即a≥e-1时,h(x)在 单调递减区间为 1,e]上单调递减,则h(x)m=h(e)=e 则f( 解得 >e-1,成立 对Vx1,x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥ 综上所述,a的取值范围为(一∞,-2 f(x2)成立,等价于对Vx∈[2,2e2]都有 点评:破解不等式能成立问题的关键是 由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为 会构造、会求值和会变形,见下图: f(e2) 因为g'(x)=1+>0(a>0), 会构造 通过构造函数,把复杂的函数转化为简单的函 数,使所构造的函数的性质便于研究 x∈[2,2e2],所以函数g(x)在[2,2e2]上是 会利用导数、基本不等式等知识求函数的最值 增函数,g(x)min=g(2)=2 会变形 借用函数的导数,判断函数的单调性,活用图像 得出参数所满足的方程,从而求出参数的值 由2 得a≤3。 通过最值定位法解决含双参的不等 因为a>0,所以a∈(0,3],实数a的 式恒成立问题 取值范围为(0,3] 例3(2020年长春市质检)已知函数 点评:1.最值定位法解双参不等式恒成 f(x)≈、l 立问题的思路。 (1)通过不等式两端的最值进行定位,转 (1)求函数f(x)的单调区间; 化为不等式两端函数最值之间的不等式,列 (2)若m 2e2,对Hx1,x2∈[2,2e2]都 出参数所满足的不等式,从而求解参数的取 值范围 有g(x1)≥f(x2)成立,求实数a的取值范围。 (2)有关两个函数在各自指定范围内的 解析:(1)因为f(x)=lnx-mx,x>不等式恒成立问题,这里两个函数在指定范 围内的自变量是没有关联的,这类不等式的 0,所以f(x) 恒成立问题就应该通过最值进行定位,对于