2020年高考数学一轮复习专题四函数、不等式中的恒成立问题课件理

专题四　函数、不等式中的恒成立问题 近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查重点是一次函数、二次函数的性质、不等式的性质及应用，图象、渗透换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法.有的学生看到就头疼的题目，分析原因除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现的这类问题进行总结和探讨. 利用导数研究不等式问题的关键是函数的单调性和最值，各类不等式与函数最值关系如下： 不等式类型 与最值的关系 ?x∈D，f(x)＞M ?x∈D，f(x)min＞M ?x∈D，f(x)＜M ?x∈D，f(x)max＜M ?x0∈D，f(x0)＞M ?x∈D，f(x)max＞M ?x0∈D，f(x0)＜M ?x∈D，f(x)min＜M ?x∈D，f(x)＞g(x) ?x∈D，[f(x)－g(x)]min＞0 ?x∈D，f(x)＜g(x) ?x∈D，[f(x)－g(x)]max＜0 ?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2) ?x∈D1，?x∈D2，f(x)min＞g(x)max ?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2) ?x∈D1，?x∈D2，f(x)min＞g(x)min ?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2) ?x∈D1，?x∈D2，f(x)max＞g(x)max ?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2) ?x∈D1，?x∈D2，f(x)max＞g(x)min 注：上述的大于、小于改为不小于、不大于，相应的与最 值对应关系的不等式也改变.如果函数没有最值，那么上述结果 可以用函数值域相应的端点值表述. 例 1：已知两个函数 f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋ 4x，x∈[－3,3]，k∈R. (1)若对?x∈[－3,3]，都有 f(x)≤g(x)成立，求实数 k 的取 值范围； (2)若?x∈[－3,3]，使得 f(x)≤g(x)成立，求实数 k 的取值 范围； (3)若对?x1，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取 值范围. 解：(1)设h(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k， 问题转化为x∈[－3,3]时，h(x)≥0恒成立，即h(x)min≥0，x∈[－3,3]. 令h′(x)＝6x2－6x－12＝0，得x＝2或x＝－1， ∵h(－3)＝k－45，h(－1)＝k＋7，h(2)＝k－20，h(3)＝k－9，∴h(x)min＝k－45≥0，得k≥45. (2)据题意：?x∈[－3,3]，使f(x)≤g(x)成立， 即为h(x)＝g(x)－f(x)≥0在x∈[－3,3]上能成立， ∴h(x)max≥0. ∴h(x)max＝k＋7≥0，即k≥－7. (3)据题意：f(x)max≤g(x)min，x∈[－3,3]， 易得f(x)max＝f(3)＝120－k，g(x)min＝g(－3)＝－21， ∴120－k≤－21，得k≥141. 方法二，当 x＝0 时，f(x)＝0； 当 x∈(0,2]时，f(x)＞0， 【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用 基本不等式求解； (2)若对任意x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)＝g(x2)的 本质就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集. 【互动探究】 (1)若曲线 y＝f(x)在 x＝1 和 x＝4 处的切线相互平行，求 a 的值； (2)讨论函数 f(x)的单调性； (3)设g(x)＝x2－2x，对任意的x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]， 使得f(x1)0 时，是否存在实数 a，使得当 x∈［1，e］时，不 等式 f(x)>0 恒成立？如果存在，求 a 的取值范围；如果不存在， 请说明理由(其中 e 是自然对数的底数，e＝2.71828…). 【互动探究】 (1)当 a＝0 时，求曲线 f (x)在 x＝1 处的切线方程； (2)设函数 h(x)＝alnx－x－f(x)，求函数 h (x)的极值； (3)若 g(x)＝alnx－x 在区间[1，e](e＝2.718 28…)上存在一 点x0，使得g(x0)≥f(x0)成立，求a的取值范围. ①当a＋1＞0，即a＞－1时，令h′(x)>0， ∵x＞0，∴0＜x＜1＋a. 此时，h(x) 在区间(0, a＋1)上单调递增. 令h′(x)<0，得x＞1＋a. 此时，h(x)在区间(a＋1，＋∞)上单调递减. ②当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)<0恒成立，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减. 综上所述，当a＞－1时，h(x)在x＝1＋a处取得极大值h (1＋a)＝aln(1＋ ... ...