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(2022高考数学一轮复习(创新设计))第5节 导数与不等式.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 第 5 节导数与不等式 知 识 梳 理 1证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题 2求解不等式恒成立或有解问题,可以考虑将参数分离出来,将参数范围问题转 化为研究新函数值域的问题 3不等式能成立看作不等式有解问题 与不等式有关的结论 (1)对任意 x,f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0. (2)对任意 x1,x2,f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (3)存在

2、x1,x2,f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. (4)对任意 x,存在 x0,f(x)g(x0)f(x)ming(x)min. (5)f(x)a 或 f(x)a 对 xD 恒成立f(x)mina 或 f(x)maxa. (6)若存在 xD,使 f(x)a 或 f(x)af(x)maxa 或 f(x)mina. (7)对任意的 x1D1,总存在 x2D2,使 f(x1)g(x2)AB(其中集合 A 为 f(x1)的 值域,集合 B 为 f(x2)的值域) (8)当参数不易分离时,应注意分类讨论或数形结合思想的应用 诊 断 自 测 1已知函数 f(x)x2ex,当 x1,1时,不等

3、式 f(x)m 恒成立,则实数 m 的取 值范围是() A. 1 e,B. 1 e, Ce,)D(e,) 答案D 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解析由 f(x)xex(x2),令 f(x)0,得 x0 或 x2(舍去) 当 x(1,0时,f(x)0,f(x)递增,f(1) 1 e,f(1)e, f(x)最大f(1)e,由题意得 me. 2设函数 f(x)ex(2x1)axa,其中 a1,若存在唯一整数 x0使得 f(x0)0,则 a 的取值范围是()

4、 A. 3 2e,1B. 3 2e, 3 4 C. 3 2e, 3 4D. 3 2e,1 答案D 解析设 g(x)ex(2x1),h(x)axa,由题意知存在唯一的整数 x0,使 g(x0)在 直线 h(x)axa 的下方,因为 g(x)ex(2x1),当 x1 2时,g(x) 1 2时,g(x)0,当 x 1 2时,g(x) min2e 1 2,g(0)1,g(1)e1,直线 h(x) axa 恒过(1,0)且斜率为 a,故ag(0)1,且 g(1)3e 1aa, 解得 3 2ea1. 3若对任意 a,b 满足 0abt,都有 bln aaln b,则 t 的最大值为_ 答案e 解析0abt

5、,bln aaln b, ln a a 0,解得 0 x0), 则 h(x)(x1) (3x1) 2x2 , 令 h(x)0,得 x1 或 x1 3(舍去), 当 x(0,1)时,h(x)0,h(x)递增, 当 x(1,)时,h(x)0,h(x)递减, h(x)最大h(x)极大h(1)2, 由题意得 a2. 5函数 f(x)x2sin x,对任意的 x1,x20,恒有|f(x1)f(x2)|M,则 M 的 最小值为_ 答案 2 3 3 解析f(x)x2sin x,f(x)12cos x, 当 0 x 3时,f(x)0,f(x)单调递减; 当 3x0,f(x)单调递增; 当 x 3时,f(x)有

6、极小值,也是最小值, 即 f(x)minf 3 32sin 3 3 3. 又 f(0)0,f(),在 x0,上,f(x)max. 由题意得|f(x1)f(x2)|M 等价于 M|f(x)maxf(x)min| 3 32 3 3. M 的最小值为2 3 3.微课一利用导数证明不等式 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 题型一证明 f(x)g(x)型不等式 【例 1】(2021北京西城区练习)已知函数 f(x)aln x x1 b x, 曲线 yf(x)在点(

7、1, f(1) 处的切线为 x2y30. (1)求 a,b 的值; (2)若 k0,求证:对于任意 x(1,),f(x) ln x x1 k x. (1)解f(x)a x1 x ln x (x1)2 b x2 由于直线 x2y30 的斜率为1 2,且过点(1,1), 故 f(1)1, f(1)1 2, 即 b1, a 2b 1 2, 解得 a1, b1. (2)证明由(1)知 f(x) ln x x1 1 x, 所以 f(x) ln x x1 k x 1 1x2 2ln x(k1) (x 21) x. 考虑函数 h(x)2ln x(k1) (x 21) x (x1), 则 h(x)(k1) (

8、x 21)2x x2 k(x 21)(x1)2 x2 0. 而 h(1)0,故当 x(1,)时,h(x)0, 所以 1 1x2h(x)0,即 f(x) ln x x1 k x. 题型二证明与极值点有关的不等式 【例 2】 (2021浙江名校仿真训练卷一)已知函数 f(x)x2axln x(aR) (1)当 a1 时,求曲线 f(x)在点 P(1,0)处的切线方程; 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,求证 f

9、(x1x2)0, x1x2a 20, x1x21 2, 解得 a2 2. 故 f(x1x2)(x1x2)2a(x1x2)ln(x1x2)a 2 4 a 2 2 ln a 2 a2 4 ln a 2. 设 g(a)a 2 4 ln a 2(a2 2), 则 g(a)a 2 1 a 2a2 2a 0, 故 g(a)在(2 2,)上单调递减, 所以 g(a)g(2 2)2ln2. 因此 f(x1x2)2ln2. 题型三证明与零点有关不等式 【例 3】 (2020浙江卷)已知 1a2,函数 f(x)exxa,其中 e2.718 28 是自然对数的底数 (1)证明:函数 yf(x)在(0,)上有唯一零点

10、; (2)记 x0为函数 yf(x)在(0,)上的零点,证明: 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 a1x0 2(a1); x0f(ex0)(e1)(a1)a. 证明(1)因为 f(0)1a0,f(2)e22ae240, 所以 yf(x) 在(0,)上存在零点 因为 f(x)ex1,所以当 x0 时,f(x)0, 故函数 f(x)在0,)上单调递增, 所以函数 yf(x)在(0,)上有唯一零点 (2)令 g(x)ex1 2x 2x1(x0), g(x)ex

11、x1f(x)a1, 由(1)知函数 g(x)在0,)上单调递增, 故当 x0 时, g(x)g(0)0, 所以函数 g(x)在0, )上单调递增, 故 g(x)g(0) 0. 由 g( 2(a1))0,得 f( 2(a1))e 2(a1) 2(a1)a0f(x0) 因为 f(x)在0,)上单调递增,所以 2(a1)x0. 令 h(x)exx2x1(0 x1),h(x)ex2x1, 令 h1(x)ex2x1(0 x1),h1(x)ex2,所以 当 x 变化时,h1(x),h1(x)变化如下表: x0(0,ln 2)ln 2(ln 2,1)1 h1(x)10e2 h1(x)0e3 故当 0 x1

12、时,h1(x)0,即 h(x)0, 所以 h(x)在0,1上单调递减, 因此当 0 x1 时,h(x)h(0)0. 由 h( a1)0, 得 f( a1)e a1 a1a0f(x0) 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 因为 f(x)在0,)上单调递增,所以 a1x0. 综上, a1x0 2(a1). 令 u(x)ex(e1)x1,u(x)ex(e1), 所以当 x1 时,u(x)0, 故函数 u(x)在区间1,)上单调递增, 因此 u(x)u(1)0.

13、由 ex0 x0a,得 x0f(ex0) x0f(x0a)(ea1)x20a(ea2)x0(e1)ax20, 由 x0 a1,得 x0f(ex0)(e1)(a1)a. 题型四证明与方程根有关的不等式 【例 4】 (2020浙江名校仿真训练卷五)已知函数 f(x) x2,x0, (x2)ex,x0.若方程 f(x)m 有两个实数根 x1,x2,且 x1x2,证明:x2x1e 21 e2 m4. 证明先证两个不等式, (x2)exx2(x0), (x2)exe2(x2), 设 g(x)(x2)exx2(x0), 则 g(x)(x1)ex1. 记 h(x)(x1)ex1(x0),则 h(x)xex,

14、 显然 h(x)在(0,)上单调递增,且 h(0)0, 所以 g(x)0(x0),g(x)在(0,)上单调递增 又 g(0)0,故(x2)exx2(x0)恒成立, 易证(x2)exe2(x2) 由方程 f(x)m 有两个实数根 x1,x2, 且 x1x2,知 x11x2. 因为 f(x2)m(x22)ex2(x22)e2, 若 m(x22)ex2(x32)e2, 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 x3x2,且 x3m e22, 当且仅当 m0 时,x

15、2x3. 当 x10 时,f(x1)m(x12)ex1x12, 若 m(x12)ex1x42, 则 x1x4,且 x4m2, 当且仅当 m2 时,x1x4, 所以 x2x1x3x4e 21 e2 m4. 当 x10 时,f(x1)mx12,则 x1m2, 所以 x2x1m e22m2 e21 e2 m4, 当且仅当 m0 时,取等号 综上可知,x2x1e 21 e2 m4. 感悟升华利用导数证不等式,先构造函数,然后利用函数的单调性、值域、最 值证明,有时也结合换元法、放缩法(如用参数范围,函数或式子的有界性,基本 不等式等进行放缩) 【训练 1】 (2018全国卷)已知函数 f(x)ax 2

16、x1 ex . (1)求曲线 yf(x)在点(0,1)处的切线方程; (2)证明:当 a1 时,f(x)e0. (1)解f(x)ax 2(2a1)x2 ex ,f(0)2. 因此曲线 yf(x)在(0,1)处的切线方程是 2xy10. (2)证明当 a1 时,f(x)e(x2x1ex 1)ex. 令 g(x)x2x1ex 1,则 g(x)2x1ex1. 当 x1 时,g(x)1 时, g(x)0,g(x)单调递增;所以 g(x)g(1)0. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854

17、 期待你的加入与分享 因此 f(x)e0. 【训练 2】 (2021嘉兴期末)已知函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值 (1)试判断 a,b 的符号,并求 f(x)的极小值点; (2)设 f(x)的极小值为 m,求证:ma0, 又函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值, b0,a0,则 g(t)ln t 1 4t2,t0, g(t)1 t 1 2t3 2t21 2t3 . 令 g(t)0,得 t 2 2 ,故 g(t)在 0, 2 2 上单调递减,在 2 2 , 上单调递增, g(t)g 2 2 ln 2 2 1 20. a0,ag(t)0,ma1,f(x)g(x)恒成立 (

18、1)解f(x)的定义域为(2,), f(x) 2 x22(x1) 2(x23x1) x2 , 当 f(x)0.解得 x3 5 2 . 当 f(x)0 时,x23x10,解得2x1 时,h(x)0 恒成立,h(x)单调递减 又 h(1)0, 当 x(1,)时,h(x)h(1)0 恒成立, 即 f(x)g(x)1,f(x)g(x)恒成立 2已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2 是 f(x)的极值点,求 a,并求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 a1 e时,f(x)0. (1)解f(x)的定义域为(0,),f(x)aex1 x. 由题设知,f(2)0,所以 a 1 2e2. 本

19、资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 从而 f(x) 1 2e2e xln x1,f(x) 1 2e2e x1 x. 当 0 x2 时,f(x)2 时,f(x)0. 所以 f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增 (2)证明当 a1 e时,f(x) ex e ln x1(x0) 设 g(x)e x e ln x1(x0),则 g(x)e x e 1 x(x0) 当 0 x1 时,g(x)1 时,g(x)0. 所以 x1 是 g(x)的最小值点 故当

20、 x0 时,g(x)g(1)0. 因此,当 a1 e时,f(x)0. 3(2020全国卷)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0,)的单调性; (2)证明:|f(x)|3 3 8 ; (3)设 nN*,证明:sin2xsin22xsin24xsin22nx3 n 4n. (1)解f(x)cos x(sin xsin 2x)sin x(sin xsin 2x) 2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x 0, 3 2 3 , 时,f(x)0; 当 x 3, 2 3 时,f(x)0, 所以函数(x)在(0,)上

21、单调递增, 所以(x)(0)0, 所以 f(x)0, 所以函数 f(x)在(0,)上单调递增 (2)假设 k0,设函数 h(x)e x1 x k(ln xe1), 则 h(x)在(0,)上单调递增 由(1)可知,当 x0.1 时,e x1 x e12; 当 xe 2 k e1 时,ln xe12 k, 所以 x0min0.1,e 2 k e1时, 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 h(x0)e x01 x0 k(ln x0e1)0 时,显然成立, 设(x

22、)e x1 x ln xe1, 则(x)(x1) (e x1) x2 , 所以函数(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,)上单调递增,(x)的最小值为(1), 故(x)(1)0,即也成立 综上,实数 k 的取值范围是0,1 题型二双变量任意型 【例 2】 已知函数 f(x) x exx1,g(x)ln x 1 e(e 为自然对数的底数) (1)证明:f(x)g(x); (2)若对于任意的 x1,x21,a(a1),总有|f(x1)g(x2)| 2 e2 1 e1,求 a 的最大 值 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高

23、中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)证明令 F(x)f(x)g(x) x exxln x1 1 e, F(x)1x ex 11 x(x1) exx xex . x0,exx1, F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, F(x)minF(1)0,f(x)g(x) (2)解x1,a,f(x)1x ex 10, g(x)1 x0, f(x),g(x)均在1,a上单调递增 f(x)g(x),F(x)f(x)g(x)在1,)上单调递增, f(x)与 g(x)的图象在1,a上的距离随 x 增大而增大, |f(x1)g(x2)|maxf(a)g(1)2 e

24、2 1 e1, a eaa 2 e22, 设 G(a) a eaa(a1),G(a) 1a ea 1e aa1 ea , 当 a1 时,eaa1, 当 a1 时,G(a)0,G(a)在1,)上单调递增, a2, a 的最大值为 2. 题型三双变量任意存在型 【例 3】 已知函数 f(x)2ln x 2 3x6 x1 . (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 g(x)ln xax, 若对任意 x1(1, ), 存在 x2(0, ), 使得 f(x1)g(x2) 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ

25、群 483122854 期待你的加入与分享 成立,求实数 a 的取值范围 解(1)因为 f(x)2ln x 2 3x6 x1 ,x(0,), 所以 f(x)2 x 9 (x1)2 2x25x2 x(x1)2 (2x1) (x2) x(x1)2 , 当1 2x2 时,f(x)0, 当 0 x2 时,f(x)0, 所以 f(x)的单调递减区间是 1 2,2,单调递增区间是 0,1 2 ,(2,) (2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,)上单调递增, 所以当 x1 时,f(x)f(2)0, 又 g(x)ln xax, 所以对任意 x1(1, ), 存在 x2(0, ), 使得 f

26、(x1)g(x2)成立存在 x2(0, ),使得 g(x2)0 成立函数 yln x 与直线 yax 的图象在(0,)上有交 点方程 aln x x 在(0,)上有解 设 h(x)ln x x ,则 h(x)1ln x x2 , 当 x(0,e)时,h(x)0,h(x)单调递增, 当 x(e,)时,h(x)0,h(x)单调递减, 又 h(e)1 e,x0 时,h(x), 所以在(0,)上,h(x)的值域是 ,1 e , 所以实数 a 的取值范围是 ,1 e . 感悟升华(1)单变量任意型,常用分离参数法,不易分离参数或分离参数后函数 太复杂时,应直接讨论参数; (2)双变量任意型、任意存在型注

27、意等价转化为最值问题解决 【训练 1】 (2021山水联盟考试)已知正实数 a,设函数 f(x)x2a2xln x. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)若 a 2,求实数 f(x)在1,e的值域; (2)对任意实数 x 1 2,均有 f(x)a2x1恒成立,求实数 a 的取值范围 解(1)当 a 2时,函数 f(x)x22xln x, 则 f(x)2(x1ln x) 设 F(x)2(x1ln x),x1,e, 则 F(x)2 11 x 0, 所以

28、F(x)在1,e上单调递增,F(x)F(1)0, 所以 f(x)在1,e上单调递增, 所以在1,e上 f(x)1,e22e (2)由题意可得 f(1)a,即 0a1. 当 0a1 时,x2a2xln xa 2x1, 即x 2 a2 2x1 a xln x0. 记 t1 a1,设 g(t)x 2t2 2x1txln x, 则 g(t)为关于 t 的二次函数, 且定义域为1,),其对称轴为 t 2x1 2x2 . 因为当 x 1 2,时,4x412x,所以 2x1 2x2 0,g(t)g(1)x x 2x1 x ln x . 设函数 h(x)x 2x1 x ln x,x1 2, h(x)1 x 2

29、x1 2x1 x2 1 x 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (x1) x 1 2x1 x2 . 当 x 1 2,1时,h(x)0,h(x)在(1,)上单调递增,所以 h(x)minh(1)0, 即当 x 1 2,时,h(x)0,所以 g(t)0, 所以 01) (1)求证:函数 f(x)在(1,)上单调递增; (2)若关于 x 的方程|f(x)t|1 在(0,)上有三个零点,求实数 t 的值; (3)若对任意的 x1,x2a 1,a,|f(x1)f(x

30、2)|e1 恒成立(e 为自然对数的底数), 求实数 a 的取值范围 (1)证明因为函数 f(x)(logax)2xln x, 所以 f(x)11 x2log ax 1 xln a. 因为 a1,x1, 所以 f(x)11 x2log ax 1 xln a0, 所以函数 f(x)在(1,)上单调递增 (2)解因为当 a1,0 x1 时,分别有 11 x0, 2logax 1 xln a0,所以 f(x)1), 则 g(x)1x 22 x 1 x1 2 0, 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 4

31、83122854 期待你的加入与分享 所以 g(a)g(1)0, 即 f(a)f(a 1)0, 所以 f(x)maxf(a), 所以问题等价于x1,x2a 1,a, |f(x1)f(x2)|maxf(a)f(1)aln ae1. 由 h(x)xln x 的单调性,且 a1,解得 1ae, 所以实数 a 的取值范围为(1,e 1已知函数 f(x)(x2x1)e x. 当 x0,2时,f(x)x22xm 恒成立,求 m 的取值范围 解f(x)x22xm 在 x0,2时恒成立, mf(x)x22x(x2x1)e xx22x, 令 g(x)(x2x1)e xx22x, 则 g(x)(x2)(x1)e

32、x2(x1), 当 x0,1)时,g(x)(x1) (2x2e x) ex 0, g(x)在0,1)上单调递减,在(1,2上单调递增, g(x)ming(1)1 e1, m 的取值范围为 ,1 e1. 2(2020名校预测冲刺卷四)已知实数 aR,设函数 f(x)ln xax1. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)a( x1x 2) x 1 恒成立,求实数 a 的取值范围 解(1)由题意得定义域为(0,),f(x)1 xa 1ax x . 当 a0 时,f(x)0 恒成立,所以函数 f(x)在(0,)上单调递增; 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031

33、380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 a0 时,令 f(x)0,解得 x1 a, 所以当 0,1 a 时,f(x)0,函数 f(x)单调递增; 当 1 a,时,f(x)0, 所以 f(x)a( x1x 2) x 1 恒成立等价于 xln xax1恒成立 设 h(x)ln x 11 x , 则 h(x)1 x 1 x2 x1 x2 , 所以函数 h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, 所以 h(x)minh(1)0.即 ln x11 x, 所以 xln xx 11 x x1 恒成立, 问题等价于 x

34、1a x10 恒成立,分离参数得 a x1 x1恒成立 设 t x1(1,),函数 g(t)t 22 t , 则 g(t)12 t20, 所以函数 g(t)在(1,)上单调递增, 所以 g(t)g(1)1, 所以 a1,故实数 a 的取值范围为(,1 微课三不等式能成立 【典例】 (2021镇海中学检测)已知函数 f(x)ln(1x)asin x,aR. (1)若 yf(x)在点(0,0)处的切线为 x3y0,求 a 的值; (2)若存在 x1,2,使得 f(x)2a,求实数 a 的取值范围 解(1)f(x) 1 1xacos x, 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031

35、380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 f(0)1a1 3,所以 a 2 3. (2)将不等式转化为存在 x1,2,使得 aln(1x) 2sin x . 令函数 g(x)ln(1x) 2sin x , 则 g(x)2sin x(1x)cos xln(1x) (1x) (2sin x)2 , 令函数 h(x)2sin x(1x)cos xln(1x),x1,2, 当 x 2,2时,h(x)0; 当 x 1, 2 时,h(x)2sin x(1x)ln(1x), 令函数(x)2sin x(1x)ln(1x), 则(x)

36、cos xln(1x)13 1 2 0, 则当 x 1, 2 时,h(x)(x)0, 故函数 g(x)在1,2上单调递增,g(x)maxg(2) ln 3 2sin 2, 则当 a ln 3 2sin 2时,存在 x1,2,使得 f(x)2a. 所以,实数 a 的取值范围是 , ln 3 2sin 2 . 感悟升华“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系,即 f(x)g(a) 对于 xD 恒成立,应求 f(x)的最小值;若存在 xD,使得 f(x)g(a)成立,应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立” 是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“

37、存在性”问题是求最大值还 是最小值特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错 【训练】 (2021义乌联考)已知函数 f(x)x(ln x1),g(x)1e x 2 . 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)求证:当 0 x1 e时,f(x)x 27 3x; (2)若存在 x0(0,m,使 f(x0)g(m)0,求 m 的取值范围 (1)证明由题得 f(x)的定义域为(0,), x(ln x1)x27 3x,即 ln xx 4 30, 设函数 F(x)

38、ln xx4 3, 则 F(x)1x x ,故函数 F(x)在(0,1)上单调递增 当 0 x1 e时,F(x)F 1 e 1 3 1 e0, 即 f(x)x27 3x. (2)解f(x)ln x,故函数 f(x)在(0,1)上单调递减, 在(1,)上单调递增, 当 0m1 时,f(x)minf(m)m(ln m1)mln mm, 依题意可知 f(m)g(m)02mln m(em2m1)0.构造函数: (m)em2m 1(0m1), 则有(m)em2. 由此可得:当 m(0,ln 2)时,(m)0, 即(m)在 m(0,ln 2)时单调递减,m(ln 2,1)单调递增, 注意到:(0)0,(1

39、)0,因此(m)0. 同时注意到 2mln m0,故有 2mln m(em2m1)0. 当 m1 时,f(x)minf(1)1, 依据题意可知 f(m)g(m)01 1 2 em 2 0em310,g(x) a225 4 ex.若存在 x1,x20,4使得|f(x1)g(x2)|0 得3x0 得a1x3, 所以 f(x)在0,3)上单调递增,在(3,4上单调递减, 于是 f(x)maxf(3)a6, f(x)minminf(0),f(4)(2a3)e3. g(x)在0,4上单调递增, g(x) a225 4 , a225 4 e4 . 根据题意, a225 4 (a6)0 恒成立, 所以只要

40、a225 4 (a6)1,解得1 2a0,所以 a 0,3 2 . 2(2021镇海中学模拟)已知函数 f(x)ln a2x2 axaln a. (1)求证:f(x)a23; (2)是否存在实数 k,使得只有唯一的正整数 a,对于 x(0,)恒有:f(x)ea k,若存在,请求出 k 的范围以及正整数 a 的值;若不存在请说明理由(下表 的近似值供参考) ln 2ln 3ln 4ln 5ln 6ln 7ln 8ln 9 0.691.101.381.611.791.952.072.20 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高

41、中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)证明f(x)1 x a x 1 ax x , 当 x0;当 x 1 a时,f(x)0, 则函数 f(x)在 0,1 a 上单调递增, 在 1 a,上单调递减, 所以 f(x)f 1 a (a1)ln a2. 下证:(a1)ln a2a23, 上式等价于证明 ln aa1. 设函数 h(a)a1ln a, 则 h(a)11 a,所以函数 h(a)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增, 所以 h(a)a1ln ah(1)0,则 ln aa1, 即 f(x)a23. (2)解由(1)可知 f(x)max(a1)ln a2

42、, 所以不等式(a1)ln a2eak 只有唯一的正整数解, 则 k(a1)ln aea2. 设函数 g(a)(a1)ln aea2, 则 g(a)ln aa1 a e,g 1 e 0,g(1)2e0. 令函数 u(a)ln aa1 a e, 则 u(a)1 a 1 a2 a1 a2 , 所以函数 u(a)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增 又 u(4)0, 故存在 a0(4,5)满足 u(a0)0, 所以函数 g(a)在 0,1 e 上单调递增,在错误错误!上单调递减,(a0,)上单调递增 g(3)4ln 33e2,g(4)5ln 44e2, 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 g(5)6ln 55e2, g(3)g(5)g(4), 所以 k5ln 44e2,6ln 55e2, 此时 a4.

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