创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题33 不等式恒成立或有解问题.pptx
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1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题33不等式恒成立或有解问题真题研析 类题突破高分训练 对接高考索引利利用用导数数解解决决不不等等式式恒恒成成立立或或有有解解问题,是是高高考考的的热点点之之一一,多多以以解解答答题的的形形式出式出现,为压轴题,难度度较大大.索引1真题研析 类题突破索引当当x0时,不等式,不等式为11,显然成立,符合然成立,符合题意;意;索引则h(x)exx1,令令t(x)h(x),x0,则t(x)ex10,故故h(x)单调递增,增,h(x)h(0)0,故函数故函数h(x)单调递增,增,h(x)h(0)0,索引故当故当x(0,2)时,g(x)0,g(x
2、)单调递增;增;当当x(2,)时,g(x)0,所以所以g(x)在在(0,2)上上单调递增,而增,而g(0)1,故当故当x(0,2)时,g(x)1,不符合,不符合题意意.则当当x(0,2a1)(2,)时,g(x)0.所以所以g(x)在在(0,2a1),(2,)单调递减,在减,在(2a1,2)上上单调递增增.索引索引样样题题1(2022蚌蚌埠埠三三模模改改编)已已知知不不等等式式e(x2ln x)exax0恒恒成成立立,求求实数数a的的取取值范范围.当当x(0,1)时,F(x)0,所以所以F(x)在在(0,1)上上单调递减,在减,在(1,)上上单调递增,增,F(x)minF(1)2e,则实数数a的
3、取的取值范范围为(,2e.索引样样题题2(2022昆昆明明二二诊改改编)若若不不等等式式exln(x1)ax1,对任任意意x0,)恒恒成立,求成立,求实数数a的取的取值范范围.解解设g(x)exln(x1)ax1(x0),索引所以所以h(x)0,函数函数h(x)在在0,)上是增函数上是增函数.所以所以h(x)h(0)2,所以所以g(x)2a.当当a2时,g(x)0,所以函数所以函数g(x)在在0,)上是增函数,上是增函数,所以所以g(x)g(0)0,即即对任意任意x0,),不等式不等式exln(x1)ax1恒成立恒成立.索引当当a2时,a11,当当x(0,ln(a1)时,ex1a0,即即g(x
4、)0,所以函数所以函数g(x)在在(0,ln(a1)上是减函数,上是减函数,所以所以g(x)g(0)0,即即exln(x1)ax0)的两根分的两根分别为x1,x2,则x1x2a,x1x22,所以所以x10,x2f(x)max或或af(x)min的的形形式式,通通过导数的数的应用求出用求出f(x)的最的最值,即得参数的范,即得参数的范围.(2)不等式有解不等式有解问题可可类比恒成立比恒成立问题进行行转化,要理清两化,要理清两类问题的差的差别.规律方法索引索引令令g(x)xln x2,g(x)在在(1,)上上单调递增增.g(3)3ln 321ln 30,索引 x0(3,4),使,使g(x0)0,即
5、即x02ln x0,当当x(1,x0)时,g(x)0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增,增,x0(3,4),h(x)min(4,5).aZ,a的最大的最大值为4.索引训训练练2(2022郑州州模模拟改改编)已已知知函函数数f(x)x2(2a1)xaln x(aR),函函数数g(x)(1a)x,若,若 x01,e使得使得f(x0)g(x0)成立,求成立,求实数数a的取的取值范范围.解解由由题意知,不等式意知,不等式f(x)g(x)在区在区间1,e上有解,上有解,即即x22xa(ln xx)0在区在区间1,e上有解上有解.令令(x)xln x,x1,e,(x)xln x在在1,e上上单调递
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- 创新 设计 二轮 理科 数学 配套 PPT 课件 专题 33 不等式 成立 问题
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