第三章 专题突破1.1 利用导数研究恒(能)成立问题-2022高考理科数学【步步高】大一轮复习讲义（北师大版课件）豫赣陕皖桂

大一轮复习讲义 第三章　高考专题突破一　高考中的导数综合问题 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 题型一　分离参数求参数范围 师生共研 例1　已知函数f(x)＝aex－2x＋1. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； 解　当a＝1时，f(x)＝ex－2x＋1， 则f′(x)＝ex－2， 令f′(x)<0，解得x<ln 2； 令f′(x)>0，解得x>ln 2. 故函数f(x)在(－∞，ln 2)上是减少的，在(ln 2，＋∞)上是增加的， 故函数f(x)的极小值为f(ln 2)＝2－2ln x＋1＝3－2ln 2，无极大值． (2)若f(x)>0对x∈R恒成立，求实数a的取值范围． 解　f(x)>0对x∈R恒成立， 故实数a的取值范围为 . (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. 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 思维升华 跟踪训练1　已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝ (1)求函数f(x)的单调区间； 解　因为f′(x)＝a－ex，x∈R. 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上是减少的； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a. 由f′(x)>0，得f(x)的递增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)<0，得f(x)的递减区间为(ln a，＋∞)． 综上所述，当a≤0时，f(x)的递减区间为(－∞，＋∞)， 无递增区间； 当a>0时，f(x)的递增区间为(－∞，ln a)，递减区间为(ln a，＋∞)． (2)存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围． 解　因为存在x∈(0，＋∞)， 使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立， 当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表： x (0， ) ( ，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) ↗ 极大值 ↘ 例2　(12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥ x3＋1，求a的取值范围． 答题模板 题型二　等价转换求参数的范围 规范解答 解　方法一　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1. [1分] 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. [2分] 所以f(x)在(－∞，0)上是减少的，在(0，＋∞)上是增加的． [4分] [6分] [5分] 则当x∈(0,2)时，g′(x)>0. 所以g(x)在(0,2)上是增加的，而g(0)＝1， 故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意． [7分] 则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0； 当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0. 所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上是减少的， 在(2a＋1,2)上是增加的． 由于g(0)＝1， 所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1， 方法二　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1， [1分] 令φ(x)＝ex＋2x－1， 由于φ′(x)＝ex＋2>0， 故f′(x)是增加的，注意到f′(0)＝0， [2分] 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)是减少的， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增加的． [4分] ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； [5分] [6分] [7分] 则h′(x)＝ex－x－1， [8分] 令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0， 故h′(x)是增加的， [9分] h′(x)≥h′(0)＝0， 故函数h(x)是增加的，h(x)≥h(0)＝0， [10分] 故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)是增加的； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)是减少的， 　第一步：将a＝1代入求f(x)，f′(x)，判断f(x)的单调性． 　第二步：将原不等式等价转换，构造新函数g(x)． 　第三步：求函数g(x)的导数g′(x)． 　第四步：讨论g(x)的单调性，求g(x)的最大值． 答题模板 跟踪训练2　已知函数f(x)＝ex－ax. (1)讨论f(x)的单调性； 解　f′(x)＝ex－a(x∈R)， 当a≤0时，f′(x)>0， ∴f(x)在R上是增加的； 当a>0时，令f′(x)>0⇒x>ln a， 令f′(x)<