导数恒成立公开课

第5讲　高考中的导数综合问题第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题命题解读　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，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，试题难度略大.01突破核心命题例1　对任意x ∈(0，2e)，|x －a |ln x ≤e 恒成立，求实数a 的取值范围.考 点 一分离参数求参数范围分离参数法解决恒(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 .反思感悟考 点 二等价转换求参数范围反思感悟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.训练2　已知函数f(x)＝e x－1－ax＋ln x(a∈R).若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.解：f(x)≥ln x－a＋1可化为e x－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝e x－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0.∵φ′(x)＝e x－1－a，①当a≤0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意.②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增.当ln a＋1≤1，即0<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0<a≤1符合题意.当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0，与φ(x)≥0矛盾，故a>1不符合题意.综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.考 点 三双变量的恒(能)成立问题“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)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∃x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x )max ＞g (x )min .(3)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(4)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x)max .反思感悟突破核心命题限时规范训练 2102限时规范训练(二十一)1.已知函数f(x)＝(x－2)e x，若不等式2f(x)＋2ax≥ax2，对∀x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.3.已知函数f(x)＝x ln x，当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.限时规范训练(二十一)点击进入WORD文档。

高考重难突破一导数中的综合问题第1课时恒（能）成立问题对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理.若>对∈恒成立，则只需>max;若<对∈恒成立，则只需<min;若存在0∈，使>0成立，则只需>min;若存在0∈，使<0成立，则只需<max,由此构造不等式，求解参数的取值范围.技法一分离参数法例1已知函数=En +1+B,且曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0.（1）求实数,的值及函数的单调区间；【解】由=En +1+B>0,得′=−12+=B2+B−12,因为曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0,所以有′1=2,1=3,即&+−1=2,&1+=3,解得&=1,&=2.所以′=22+K12=2K1r12>0,由′>0,得>12，所以函数的单调递增区间是12,+∞ ;由′<0,得0<<12,所以函数的单调递减区间为0,12.（2）若关于的不等式−2≥32+恒成立，求实数的取值范围.【解】 由（1）知=ln +1+2.不等式−2≥32+恒成立，等价于当∈0,+∞时，≤En +122−2+1恒成立.令=En +122−2+1>0,则≤min,′=ln +−1,当∈0,1时，′<0,单调递减；当∈1,+∞时，′>0,单调递增.所以min=1=−12，所以≤min=−12,即实数的取值范围是−∞,−12].求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为≥（或≤）对任意∈恒成立，再转化为≥max（或≤min）最值关求函数在区间上的最大值（或最小值）【对点训练】(2023·黑龙江哈尔滨模拟)若对任意正实数，不等式e2−≤1恒成立，求实数的范围.解：因为不等式e2−≤1恒成立，e2>0，所以≤1e2+>0恒成立，设=1e2+，则≤min.因为′=−2e2+1，令′=0，则=ln 22，所以当∈ 0,ln 22时，′<0，当∈ln 22,+∞ 时，′>0，所以在0,ln 22上单调递减，在ln 22,+∞ 上单调递增，所以min=ln 22=12+ln 22，所以≤ln 22+12.故实数的取值范围为−∞,ln 22+12].技法二分类讨论法例2(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（1）讨论的单调性；【解】因为′=2+，>0，①若≥0，则′>0恒成立，在0,+∞上单调递增.②若<0，令′=0，得=−2，当∈ 0,−2时，′<0，单调递减；当∈−2,+∞ 时，′>0，单调递增.综上所述，当≥0时，在0,+∞上单调递增；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（2）若≥0恒成立，求的取值范围.【解】 由（1）知′=22+>0，当>0时，′>0，所以单调递增，又→0+，→−∞，故≥0不恒成立；当=0时，=2>0，符合题意；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.所以min=−2=−2+En−2，由≥0恒成立，可得−2+En−2≥0，解得≥−2e，所以−2e≤<0.综上，的取值范围为[−2e,0].对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.【对点训练】(2023·湖南湘潭模拟)设函数=ln −B+1−+2−10<<1，若对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，则实数的取值为__.12解析：由题意得，1=0，′=1−−1−2=−B2−r1−2=−K1[B−1−]2，令′=0，得1=1和2=1−，①当=12时，此时1−=1，所以′≤0，即有单调递减，故∈0,1时，>0；∈1,+∞时，<0，所以对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，满足题意；②当0<<12时，有1<2，当∈1,2时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈1,2时，均有≥1=0,所以1−≤0，不合题意；③当12<<1，有1>2，当∈2,1时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈2,1时，均有≤1=0，所以1−≤0，不合题意.综上，=12.技法三最值定位法例3设=+En ，=3−2−3.如果对于任意的，∈[12,2]，都有≥成立，求实数的取值范围.【解】对任意的，∈[12,2]，都有≥，则min≥max.由题意知∈[12,2],′=32−2，由′>0，得23<≤2，由′<0，得12≤<23,所以在[12,23上单调递减，在23,2]上单调递增，12=−258，2=1，所以当∈[12,2]时，max=2=1.所以当∈[12,2]时，=+En ≥1恒成立，即≥−2ln 恒成立.令ℎ=−2ln ，∈[12,2]，所以ℎ′=1−2En −,ℎ″=−3−2ln <0，所以ℎ′在[12,2]上单调递减，又ℎ′1=0,所以当∈[12,1]时，ℎ′≥0，当∈[1,2]时，ℎ′≤0.所以ℎ在[12,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以ℎmax=ℎ1=1，故≥1.所以实数的取值范围是[1,+∞ .“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）∀1，2∈，1>2⇔min>max.（2）∀1∈1,∃2∈2，1>2⇔min>min.（3）∃1∈1，∀2∈2，1>2⇔max>max.【对点训练】已知=3−3+3−e ， =ln +1 + ， ∃1∈[0,2] ， ∀2∈[0,2] ，使得 1 ≤ 2 成立，则实数 的取值范围是_____________. [1−1e ,+∞解析：因为∃1∈[0,2]，∀2∈[0,2]，使得1≤2成立等价于在[0,2]上，min≤min.易得′=−1 3+3+1e，当∈[0,2]时，3+3+1e>0，所以在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为1=1−1e.易知在[0,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为0=，所以1−1e≤，即实数的取值范围是[1−1e,+∞ .。