高考压轴大题突破1 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

高考压轴大题突破1　导数的综合应用 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 01 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 谢谢观看 栏目导航 高考压轴大题突破1　导数的综合应用 1 恒成立问题与有解问题是高考数学的重要知识，其中不等式恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等知识相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，难度略大． 考点一　分离参数法求参数范围(重难考点　师生共研) 　已知函数f(x)＝sin x－2ax，a∈R，若关于x的不等式f(x)≤cos x－1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上恒成立，求a的取值范围． [解析]　不等式f(x)≤cos x－1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上恒成立， 即2a≥ eq \f(sin x－cos x＋1,x) 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上恒成立． 设g(x)＝ eq \f(sin x－cos x＋1,x) ， 则g′(x)＝ eq \f(x cos x＋x sin x－sin x＋cos x－1,x2) . 设h(x)＝x cos x＋x sin x－sin x＋cos x－1， 则h′(x)＝－x sin x＋x cos x＝x(cos x－sin x). ∵当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 时，sin x＞0，cos x＜0， ∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 时，h′(x)＜0， ∴函数h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上单调递减． ∵h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝ eq \f(π,2) －2＜0， ∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 时，h(x)＜0，即g′(x)＜0， ∴函数g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 上单调递减． ∵g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝ eq \f(4,π) ， ∴当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) 时，有g(x)＜ eq \f(4,π) ， ∴2a≥ eq \f(4,π) ，即a≥ eq \f(2,π) ， ∴a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)，＋∞)) . 利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈I，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式． (2)求f2(x)在x∈I时的最大值或最小值． (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围． 设函数f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x) (a为常数)，不等式f(x)≥1在x∈(0，1]上恒成立，求实数a的取值范围． 解析　f(x)≥1⇔ eq \f(a,x) ＋ln x≥1⇔ eq \f(a,x) ≥－ln x＋1⇔a≥－x ln x＋x对任意x∈(0，1]恒成立． 令g(x)＝－x ln x＋x，x∈(0，1]， 则g′(x)＝－ln x－x· eq \f(1,x) ＋1＝－ln x≥0，x∈(0，1]， 所以g(x)在(0，1]上单调递增，所以g(x)max＝g(1)＝1， 所以a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞). 考点二　分类讨论法求参数范围(重难考点　师生共研) 　已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)ex－ eq \f(ax2,2) . (1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)， 当a＝e时，f′(x)＝x(ex－e). 在(0，1)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 在(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增． (2)函数f(x)的导数为f′(x)＝x(ex－a). ①若a≤1，则在(0，2]上，f′(x)＞0恒成立，f(x)单调递增， 因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a＞3，不符合题意； ②若1＜a＜e2，令f′(x)＝0得x＝ln a，当x∈(0，ln a)时，f′(x)＜0，当x∈(ln a，2]时，f′(x)＞0，因此f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，2]上单调递增，又因为f(0)＝－1＜3，所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，解得 eq \f(e2－3,2) ≤a＜e2； ③若a≥e2，则在(0，2)上，f′(x)＜0恒成立，f(x)单调递减，因此f(x)＜f(0)＝－1＜3，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－3,2)，＋∞)) . 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R).若存在x∈(1，＋∞)，f(x)＞－a，求a的取值范围． 解析　由f(x)＞－a，得a(x2－1)－ln x＜0，x∈(1，＋∞)， －ln x＜0，x2－1＞0. 当a≤0时，a(x2－1)－ln x＜0，满足题意； 当a≥ eq \f(1,2) 时，令g(x)＝a(x2－1)－ln x(x＞1)， g′(x)＝ eq \f(2ax2－1,x) ＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 则g(x)＞g(1)＝0，不符合题意； 当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，由g′(x)＞0，得x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞)) ， 由g′(x)＜0，得x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a)))) ， 于是g(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2)a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞)) 上单调递增， g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a)))) ＜g(1)＝0，则当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，∃x∈(1，＋∞)，g(x)＜0.综上，a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) . 考点三　双变量的恒(能)成立(重难考点　师生共研) 　已知函数f(x)＝ eq \f(1,3) x3＋x2＋ax.若函数g(x)＝ eq \f(x,ex) 对∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，∃x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． [解析]　“对∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，∃x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 时，f′(x)max≤g(x)max”． 因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 上单调递增， 所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a， 而g′(x)＝ eq \f(1－x,ex) ，由g′(x)＞0，得x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 时，g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,e) ， 由8＋a≤ eq \f(1,e) ，得a≤ eq \f(1,e) －8，所以实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)) . “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，常见的等价转换有： (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； (4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)max＞g(x)min. 函数f(x)＝ex sin x，g(x)＝(x＋1)cos x－ eq \r(2) ex.∀x1∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，∀x2∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，要使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围． 解析　f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则问题等价于f(x)min≥t(x)max，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) . f′(x)＝ex sin x＋ex cos x＝ex(sin x＋cos x)，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，f′(x)＞0，故f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递增，∴当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，f(x)min＝f(0)＝0. t(x)＝m－(x＋1)cos x＋ eq \r(2) ex， t′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x＋ eq \r(2) ex， ∵x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，∴－cos x＋ eq \r(2) ex＞0，(x＋1)sin x≥0， ∴t′(x)＞0在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上恒成立，t(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 上单调递增， ∴当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 时，t(x)max＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝m＋ eq \r(2) e eq \s\up20(\f(π,2)) . ∴m＋ eq \r(2) e eq \s\up20(\f(π,2)) ≤0，m≤－ eq \r(2) e eq \s\up20(\f(π,2)) ， 故实数m的取值范围是(－∞，－ eq \r(2) e eq \s\up20(\f(π,2)) ]. $$