第三章 专题突破1.1 利用导数研究恒(能)成立问题-2022高考文科数学【步步高】大一轮复习讲义（人教A版课件）豫晋皖甘青黑吉宁新蒙

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)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 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上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a. 由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)， 无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)． (2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围． 解　因为∃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　(2020·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝ x2＋ax，其中a为常数. (1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 题型二　等价转换法求参数的范围 师生共研 解　因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex， 所以f(0)＝1， f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2， 所以所求切线方程为2x－y＋1＝0. (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 解　令h(x)＝f(x)－g(x)， 由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立， 所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1). ①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0， 所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(0)＝a－1， 则a－1≥0，得a≥1. ②若a<0， 则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0； 当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0， 所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减， 在[－a，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(－a)， 又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不符合题意. 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞). 对不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，直接构造函数，转化成求函数的最值问题. 思维升华 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上单调递增； 当a>0时，令f′(x)>0⇒x>ln a， 令f′(x)<0⇒x<ln a， ∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)当x∈[0，＋∞)时，都有f(x)>－a，求实数a的取值范围． 解　依题意知，当x∈[0，＋∞)时，f(x)min>－a， 由(1)知，当a≤1时，f(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(0)＝1>－a，∴－1<a≤1. 当a>1时，f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a>－a， 解得1<a<e2. 综上，函数a的取值范围为(－1，e2)． 题型三　双变量的恒(能)成立问题 师生共研 解　存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立． g′(x)＝3x2－2