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时间:2021-04-09
《2021届新高考数学二轮复习12含参的不等式恒成立或存在性中的参数范围(解析版).docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、专题12含参的不等式恒成立或存在性中的参数范围【考点命题趋势分析】应用导数研究函数性质的问题中,含参不等式恒成立或存在性成立中的参数范围是常见的探究性问题,这些问题或是分类讨论,也可能表面上是分类讨论,但实际上是逻辑问题,它涉及全称命题、特称命题及充要条件的关系.这类试题关键要判断含参的不等式恒成立或存在性成立的类型,才能确定解题的方法和转化目标.下面例说常见的一类问题.典型例题与解题方法1探究充分性证明必要性的题型例1已知函数f(x)=2xlnx+mx2-1(x-1)(m∈R),且f(x)≤0(I
2、)当x>0时,求证:1-1x⩽lnx⩽x-1,当且仅当x=1时等号成立;(Ⅱ)求m的取值范围.思路探求:第(I)问是为第(Ⅱ)做知识准备的它是解题中常用的铺垫手法,它在本题中的作用是将超越不等式转化为整式不等式,快速找到f(x)≤0的充分条件.解题首先考虑定义域和怎样等价转化盘活试题的问题,当x>0时,f(x)≤0恒成立,它等价于两个且命题p:当03、f(x)的定义域为(0,+∞),令h(x)=2xlnx+m(x2-1),当04、1)=0,即“m≤-1”是“任意x∈(0,1],h(x)≥0恒成立”的充分条件.(ii)当-1031/31g'(x)=2x+2m=2mx+2x=2mxx+1m,当x∈1,-1m时,g'(x)>0.所以g(x)在区间1,-1m内是增函数,g(x)>g(1)>0,即当x∈1,-1m时,h'(x)>0,h(x)>h(1)=0.所以存在x0∈(-m,1),使得1x0∈1,-1m,并且hx0=-x02h1x0<0.(ⅲ)当m≥05、时,存在x0∈(0,1),hx0=2x0lnx0+mx02-1⩽2x0lnx0<0.由(ⅱ)、(ⅲ)知,“m≤-1”也是“任意x∈(0,1],h(x)≥0,恒成立”的必要条件.综上所述,m的取值范围是(-∞,-1]方法点睛:条件A:m≤-1,条件B:当∀x∈(0,1]时,h(x)≥0恒成立.充分性A⇒B;其必要性B⇒A⇔¬A⇒¬B,其中¬A;m>-1又可拆分成-16、x2恒成立,右边函数F(x)=2xlnx1-x2取最小值恰好在间断点x=1,使用洛比达法则limx→1F(x)=limx→1lnx+1-x=-1.但需要两个支撑条件,即F(x)在区间(0,1)内单调递减和极限保号性定理,而仅F(x)在区间(0,1)内单调递减也是不易求证的.2分离参数的题型例2已知函数f(x)=xlnx-2,ux=x-lnx-3.(I)若函数ux的零点x∈(n,n+1)(n∈N),求n的值;(Ⅱ)令g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k,若当x>1,g(x)>0时,求整数k的最大值7、.思路探求:第(Ⅱ)问由g(x)>0可以分离参数k0.31/31所以u(x)在区间(0,1)内递减,在区间(1,+∞)内递增.当x→0时,u(x)→+∞,u(1)=-2,所以u(x)在区间(0,1)内存在一个零点,此时n=0;又u(4)=1-ln4<0,u(5)=28、-ln5>0,所以u(x)在区间(4,5)内存在一个零点,此时n=4.综上所述,n=0或n=4.(Ⅱ)g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k=xlnx+x+1-k(x-1),当x>1时,g(x)>0恒成立,等价于k
3、f(x)的定义域为(0,+∞),令h(x)=2xlnx+m(x2-1),当04、1)=0,即“m≤-1”是“任意x∈(0,1],h(x)≥0恒成立”的充分条件.(ii)当-1031/31g'(x)=2x+2m=2mx+2x=2mxx+1m,当x∈1,-1m时,g'(x)>0.所以g(x)在区间1,-1m内是增函数,g(x)>g(1)>0,即当x∈1,-1m时,h'(x)>0,h(x)>h(1)=0.所以存在x0∈(-m,1),使得1x0∈1,-1m,并且hx0=-x02h1x0<0.(ⅲ)当m≥05、时,存在x0∈(0,1),hx0=2x0lnx0+mx02-1⩽2x0lnx0<0.由(ⅱ)、(ⅲ)知,“m≤-1”也是“任意x∈(0,1],h(x)≥0,恒成立”的必要条件.综上所述,m的取值范围是(-∞,-1]方法点睛:条件A:m≤-1,条件B:当∀x∈(0,1]时,h(x)≥0恒成立.充分性A⇒B;其必要性B⇒A⇔¬A⇒¬B,其中¬A;m>-1又可拆分成-16、x2恒成立,右边函数F(x)=2xlnx1-x2取最小值恰好在间断点x=1,使用洛比达法则limx→1F(x)=limx→1lnx+1-x=-1.但需要两个支撑条件,即F(x)在区间(0,1)内单调递减和极限保号性定理,而仅F(x)在区间(0,1)内单调递减也是不易求证的.2分离参数的题型例2已知函数f(x)=xlnx-2,ux=x-lnx-3.(I)若函数ux的零点x∈(n,n+1)(n∈N),求n的值;(Ⅱ)令g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k,若当x>1,g(x)>0时,求整数k的最大值7、.思路探求:第(Ⅱ)问由g(x)>0可以分离参数k0.31/31所以u(x)在区间(0,1)内递减,在区间(1,+∞)内递增.当x→0时,u(x)→+∞,u(1)=-2,所以u(x)在区间(0,1)内存在一个零点,此时n=0;又u(4)=1-ln4<0,u(5)=28、-ln5>0,所以u(x)在区间(4,5)内存在一个零点,此时n=4.综上所述,n=0或n=4.(Ⅱ)g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k=xlnx+x+1-k(x-1),当x>1时,g(x)>0恒成立,等价于k
4、1)=0,即“m≤-1”是“任意x∈(0,1],h(x)≥0恒成立”的充分条件.(ii)当-1031/31g'(x)=2x+2m=2mx+2x=2mxx+1m,当x∈1,-1m时,g'(x)>0.所以g(x)在区间1,-1m内是增函数,g(x)>g(1)>0,即当x∈1,-1m时,h'(x)>0,h(x)>h(1)=0.所以存在x0∈(-m,1),使得1x0∈1,-1m,并且hx0=-x02h1x0<0.(ⅲ)当m≥0
5、时,存在x0∈(0,1),hx0=2x0lnx0+mx02-1⩽2x0lnx0<0.由(ⅱ)、(ⅲ)知,“m≤-1”也是“任意x∈(0,1],h(x)≥0,恒成立”的必要条件.综上所述,m的取值范围是(-∞,-1]方法点睛:条件A:m≤-1,条件B:当∀x∈(0,1]时,h(x)≥0恒成立.充分性A⇒B;其必要性B⇒A⇔¬A⇒¬B,其中¬A;m>-1又可拆分成-16、x2恒成立,右边函数F(x)=2xlnx1-x2取最小值恰好在间断点x=1,使用洛比达法则limx→1F(x)=limx→1lnx+1-x=-1.但需要两个支撑条件,即F(x)在区间(0,1)内单调递减和极限保号性定理,而仅F(x)在区间(0,1)内单调递减也是不易求证的.2分离参数的题型例2已知函数f(x)=xlnx-2,ux=x-lnx-3.(I)若函数ux的零点x∈(n,n+1)(n∈N),求n的值;(Ⅱ)令g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k,若当x>1,g(x)>0时,求整数k的最大值7、.思路探求:第(Ⅱ)问由g(x)>0可以分离参数k0.31/31所以u(x)在区间(0,1)内递减,在区间(1,+∞)内递增.当x→0时,u(x)→+∞,u(1)=-2,所以u(x)在区间(0,1)内存在一个零点,此时n=0;又u(4)=1-ln4<0,u(5)=28、-ln5>0,所以u(x)在区间(4,5)内存在一个零点,此时n=4.综上所述,n=0或n=4.(Ⅱ)g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k=xlnx+x+1-k(x-1),当x>1时,g(x)>0恒成立,等价于k
6、x2恒成立,右边函数F(x)=2xlnx1-x2取最小值恰好在间断点x=1,使用洛比达法则limx→1F(x)=limx→1lnx+1-x=-1.但需要两个支撑条件,即F(x)在区间(0,1)内单调递减和极限保号性定理,而仅F(x)在区间(0,1)内单调递减也是不易求证的.2分离参数的题型例2已知函数f(x)=xlnx-2,ux=x-lnx-3.(I)若函数ux的零点x∈(n,n+1)(n∈N),求n的值;(Ⅱ)令g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k,若当x>1,g(x)>0时,求整数k的最大值
7、.思路探求:第(Ⅱ)问由g(x)>0可以分离参数k0.31/31所以u(x)在区间(0,1)内递减,在区间(1,+∞)内递增.当x→0时,u(x)→+∞,u(1)=-2,所以u(x)在区间(0,1)内存在一个零点,此时n=0;又u(4)=1-ln4<0,u(5)=2
8、-ln5>0,所以u(x)在区间(4,5)内存在一个零点,此时n=4.综上所述,n=0或n=4.(Ⅱ)g(x)=f(x)-(k-1)x+3+k=xlnx+x+1-k(x-1),当x>1时,g(x)>0恒成立,等价于k
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