1、INNOVATIVE DESIGN 微课二不等式恒成立或有解问题微课二不等式恒成立或有解问题 题型分类突破 题型跟踪训练 内 容 索 引 1 2 / / 题型分类突破 1 索引 题型一分离法求参数的取值范围题型一分离法求参数的取值范围 【例例1】(2020全国全国卷卷)已已知函数知函数f(x)exax2x. (1)当当a1时，讨论时，讨论f(x)的单调性；的单调性； 解解当当a1时，时，f(x)exx2x，xR， f(x)ex2x1. 故当故当x(，0)时，时，f(x)0. 所以所以f(x)在在(，0)单调递减，在单调递减，在(0，)单调递增单调递增. 索引 当当x0时，不等式为时，不等式为1
2、1，显然成立，此时，显然成立，此时aR. 索引 则则h(x)exx1，令，令H(x)exx1， H(x)ex10， 故故h(x)在在(0，)上是增函数，上是增函数， 因此因此h(x)h(0)0，故函数，故函数h(x)在在(0，)上递增，上递增， 故当故当x(0，2)时，时，g(x)0，g(x)单调递增；单调递增； 当当x(2，)时，时，g(x)1. 当当x(1，0)时，时，g(x)0，所以，所以g(x)在在(1，0)上单调递增；上单调递增； 当当x(0，)时，时，g(x)0，不等式，不等式f(x)axx21恒成立，求实数恒成立，求实数a的取值范围的取值范围. 解解因为对任意因为对任意x0，不等
3、式，不等式f(x)axx21恒成立，恒成立， 当当x(0，e)时，时，h(x)0； 索引 题型二等价转化法求参数范围题型二等价转化法求参数范围 【例例2】函函数数f(x)x22axln x(aR). (1)若函数若函数yf(x)在点在点(1，f(1)处的切线与直线处的切线与直线x2y10垂直，求垂直，求a的值；的值； 索引 【例例2】函函数数f(x)x22axln x(aR). (2)若不等式若不等式2xln xx2ax3在区间在区间(0，e上恒成立，求实数上恒成立，求实数a的取值范围的取值范围. 则在区间则在区间(0，1)上，上，g(x)0，函数，函数g(x)为增函数为增函数. 由题意知由题
4、意知g(x)ming(1)1a30，得，得a4， 所以实数所以实数a的取值范围是的取值范围是(，4. 索引 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，如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，如f(x)a 恒成立，则恒成立，则f(x)mina，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数 范围范围. 感悟升华 索引 索引 当当x0时，时，F(x)0，F(x)单调递增，单调递增， e1， 当当0 x0，h(x)单调递增，单调递增，h(x)h(0)0. 综上，综上，a2符合题意符合题意. 索引 解解
5、由题设知由题设知f(x)x22xa0在在1，)上恒成立，上恒成立， 即即a(x1)21在在1，)上恒成立，上恒成立， 而函数而函数y(x1)21在在1，)单调递减，单调递减， 则则ymax3， 所以所以a3，所以，所以a的最小值为的最小值为3. 索引 f(x)maxg(x)max”.”. 所以所以f(x)maxf(2)8a. 索引 所以所以g(x)在在(，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减上单调递减. 索引 含参不等式能成立问题含参不等式能成立问题(有解问题有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：可转化为恒成立问题解决，常见的转化有： (1)x1M，x2N，f(x1)g
6、(x2)f(x1)ming(x2)min. (2)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)ming(x2)max. (3)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)min. (4)x1M，x2N，f(x1)g(x2)f(x1)maxg(x2)max. 感悟升华 索引 解解因为因为f(x)aex，xR. 当当a0时，时，f(x)0时，令时，令f(x)0，得，得xln a. 由由f(x)0，得，得f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(，ln a)； 由由f(x)0时，时，f(x)的单调递增区间为的单调递增区间为(，ln a)，单调递减区间为，单调递减区间为(ln a，
7、). 索引 解解因为因为x(0，)，使不等式，使不等式f(x)g(x)ex， 索引 当当x在区间在区间(0，)内变化时，内变化时，h(x)，h(x)随随x的变化情况如下表：的变化情况如下表： 题型跟踪训练 2 01070203040506索引 即即axxln x在在(0，)上有解上有解. 令令h(x)xxln x，则，则h(x)ln x. 由由h(x)0，得，得x1. 当当0 x0，当，当x1时，时，h(x)0. 故当故当x1时，函数时，函数h(x)xxln x取得最大值取得最大值1， 所以要使不等式所以要使不等式axxln x在在(0，)上有解，上有解， 只要只要ah(x)max即可，即即可
8、，即a1. C 01070203040506索引 ABC 01070203040506索引 01070203040506索引 设设H(x)xxln x4，x(0，)， 因为因为H(x)1ln x1ln x， 当当0 x1时，时，H(x)ln x0， 当当x1时，时，H(x)ln x0， 所以函数所以函数H(x)在在(0，1)上单调递增，在上单调递增，在(1，)上单调递减，上单调递减， 所以所以H(x)maxH(1)10430， 01070203040506索引 所以函数所以函数h(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减， 故选故选ABC. 01070203040506索引 解解依题意，不等式依
9、题意，不等式f(x)g(x)在在1，e上有解，上有解， 当当x1，e时，时，h(x)0，h(x)在在1，e上是增函数，上是增函数， 01070203040506索引 4.(2020新高考山东卷新高考山东卷)已已知函数知函数f(x)aex 1 ln xln a. (1)当当ae时，求曲线时，求曲线yf(x)在点在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形处的切线与两坐标轴围成的三角形 的面积；的面积； 当当ae时，时，f(x)exln x1，f(1)e1，曲线，曲线yf(x)在点在点(1，f(1)处的切处的切 线方程为线方程为 y(e1)(e1)(x1)，即，即y(e1)x2. 010702
10、03040506索引 4.(2020新高考山东卷新高考山东卷)已已知函数知函数f(x)aex 1 ln xln a. (2)若若f(x)1，求，求a的取值范围的取值范围. 解解当当0a1时，时，f(1)aln a1.不合题意，舍去不合题意，舍去. 当当x(0，1)时，时，f(x)0. 所以当所以当x1时，时，f(x)取得最小值，最小值取得最小值，最小值f(1)1， 从而从而f(x)1. 当当a1时，时，f(x)aex 1 ln xln aex 1 ln x1. 综上，综上，a的取值范围是的取值范围是1，). 01070203040506索引 所以所以F(x)(x1)(ex1)， 令令F(x)0
11、，解得，解得x1， 令令F(x)0，解得，解得xx2，有，有mf(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒恒 成立，成立， 所以所以mf(x1)g(x1)mf(x2)g(x2)恒成立恒成立. 01070203040506索引 6.已知函数已知函数f(x)mexx2. (1)若若m1，求曲线，求曲线yf(x)在在(0，f(0)处的切线方程；处的切线方程； 解解当当m1时，时，f(x)exx2，则，则f(x)ex2x. 所以所以f(0)1，且斜率，且斜率kf(0)1. 故所求切线方程为故所求切线方程为y1x，即，即xy10. 01070203040506索引 6.已知函数已知函数f(x)mexx2.
12、 (2)若关于若关于x的不等式的不等式f(x)x(4mex)在在0，)上恒成立，求实数上恒成立，求实数m的取值范围的取值范围. 解解由由mexx2x(4mex)得得mex(x1)x24x. 所以所以m .即实数即实数m的取值范围为的取值范围为 ，). 01070203040506索引 解解f(x)的定义域为的定义域为(0，)， 由题意，由题意，f(1)1ab0，得，得b1a. 令令f(x)0，得，得x11，x2a1. 若若1a2，则函数，则函数f(x)的单调递减区间为的单调递减区间为(1，a1)，单调递增区间为，单调递增区间为(0，1)， (a1，). 01070203040506索引 所以所以f(x)的最大值为的最大值为f(1)2a3，所以实数，所以实数a的取值范围是的取值范围是(3，4). 只需要只需要 g 1 2 f(1)9，即，即1 4a 2 3(2a)9，解得，解得8a4， INNOVATIVE DESIGN THANKS本节内容结束
