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2020年高考数学(理)总复习:利用导数解决不等式问题(解析版).docx


文档分类:中学教育 | 页数:约22页 举报非法文档有奖
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2020年高考数学(理)总复****利用导数解决不等式问题题型一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题【题型要点】已知不等式f(x,力>OR为实参数)对任意的x€D恒成立,求参数 入的取值范围•禾U用导数解决这个问题的常用思想方法如下:分离参数法:第一步,将原不等式f(x,R>*€D,入为实参数)分离,使不等式的一边是参数,另一边不含参数,即化为fl(R绝(X)或fl(R<2(x)的形式;第二步,利用导数求出函数 f2(x)(x€D)的最大(小)值;第三步,解不等式fi(RSf2(x)max或fl(R竜(X):第一步,将不等式转化为某含参数的函数的最值问题;第二步,利用导数求出该函数的极值 (最值);第三步,构建不等式求解.【例1】已知函数f(x)=x4+ax3+2x2+b(x€R),其中a,b€(1)当a=—亍时,讨论函数f(x)的单调性;⑵若函数f(x)仅在x=0处有极值,求a的取值范围;⑶若对于任意的a€[—2,2],不等式f(x)w在[—1,1]上恒成立,求b的取值范围.【解】 (1)f'x)=4x3+3ax2+4x=x(4x2+3ax+4).当a=—10时,f'x)=x(4x2—10x+4)=2x(2x—1)(x—2).31令f'x)=0,解得X1=0,X2=2,X3=,f'x),f(x)的变化情况如下表:x(—m,0)01(0,功12(22)2(2,+a)f'x)0+00+f(x)极小值/极大值极小值/1所以f(x)在(0,2),(2,+^内是增函数,1在(一汽0),(2,2)内是减函数.⑵f'x)=x(4x2+3ax+4),显然x=0不是方程4求+3ax+4=(x)仅在x=0处有极值,必须4*+3ax+4>0成立,即有△=9a2—64<,得—3它冷•这时,f(o)=[—883,3].⑶解:由条件a€[—2,2],可知△=9a2—64<0,从而4x2+3ax+4><0时,f'x)<0;当x>0时,f'x)>(x)在[—1,1]上的最大值是f(1)与f(—1)€[—2,2],不等式f(x)三1在[—1,1]上恒成立,当且仅当 戶1,即f—1戶1bw—2—abw—2+a在a€[—2,2]—4,因此满足条件的b的取值范围是(―汽—4].题组训练一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题已知函数f(x)=ex_1+ax,a€R.(1)讨论函数f(x)的单调区间;⑵若?x€[1,+a),f(x)+Inx^a+1恒成立,求a的取值范围.【解析】 (1)f'x)=ex—1+a,(i)当a》O0寸,f'x)>0,函数f(x)在R上单调递增;(ii)当a<0时,令f'x)=0,则x=ln(—a)+1,当f'x)>0,即卩x>ln(—a)+1时,函数f(x)单调递增;当f'x(0,即卩x<ln(—a)+1时,函数f(x),当a时,函数f(x)在R上单调递增;当a<0时,函数f(x)的单调递增区间是(ln(—a)+1,+m)单调递减区间是(一^,ln(—a)+1).⑵令a=—1,由⑴可知,函数f(x)=ex1—x的最小值为f(1)=0,所以ex「1—x>Q即f(x)+lnx^a+1恒成立与f(x)+lnx—a—1初恒成立等价,一一1令g(x)=f(x)+lnx—a—1,即g(x)=ex1+a(x—1)+lnx—1(x>1)贝Ug'x)=ex1+一+a,x①当a亠2时,x—1gx)=e2x•+a=a+2>0或令x—1 1(Xx)=e +x,一1贝yO'x)=ex—1—-2在[1,+m上递增,Qx)冯’(=0,.・.0(x)在[1,+旳上递增,(x)耳⑴=2,•••g'x)(0).g(x)在区间[1,+m上单调递增,•g(x)sg(1)=0,•f(x)+lnx^a+1恒成立,2X—1彳—e—12—一1一1②当a<—2时,令h(x)=ex—1+一+a,贝Uh'x)=ex_1—~2=——当—时,h'x)>Q函数h(x)(1)=2+av0,一—111h(1—a)=e1am +a>1—a+ +a=1+ >0,•存在x°€(1,1—a),使得h(x°)1—a 1—a 1—a=0,故当—€(1,x))时,h(x)<h(X0)=0,即g'x)<0,故函数g(x)在(1,x°)上单调递减;当x€(x。,+m)时,h(X)>h(X0)=0,即g'x)>0,故函数g(—)在(X0,+m上单调递增.•g(x)min=g(X0)<g(1)=0,即?x€[1,+m)f(x)+lnx^a+1不恒成立,综上所述,a的取值范围是[—2,+

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