高考数学理二轮专题复习课件：专题8 开放性问题、恒成立问题及应用题的解法 第39课时 恒成立问题的解法

*
17 24
恒成立．
解析 设{ S10 10 S5 5 Sn n
S10 S5 1 由 已 知 ， 2 1 ， 1 1. 10 5 }的 公 差 为 d ， 则 有 S1 1 S1 1 10 1 d 2 1 ； 5 1 d 1 1. ① ②
当 a 0时 ， f
x 0， 因 此 f 2a 2a 1
x 的 最 小 值 为 0 .
4 x 2 x 2a
2
当 a 0时 ， f x 2 x 令 4 3 2 a， 若 0， 即 a 所以f 1 8
2x 1
.
时 ， f x 0对 于 (
x m a x 及 g x m in ， 解
不 等 式 可 得 k的 取 值 范 围 ．
解析
1 令 F x g x
f
x
2x 3x 12x k .
3 2
问 题 转 化 为 F x 0 在 x 3, 3 时 恒 成 立 ， 故 解 F x m in 0 即 可 ． F x 6 x 6 x 1 2 6 x x 2 ，
对于二次函数f 有： a 0 ； 1 f x 0 对 x R 恒 成 立 0 a 0 . 2 f x 0对 x R 恒 成 立 0
x a x b x c ( a 0， x R )，
恒成立．
考点2 利用函数的最值
例2 已知两个函数f
2
x 8 x 1 6 x k， g x 2 x
2
3
5 x 4 x， 其 中 k 为 实 数 ．
1 若 对 任 意 的 x 3, 3 ， 都 有 f x
求 k的 取 值 范 围 ；
2
e 1 e 2e
2
，
e 1
， )．
利用不等式与函数和方程之间的联系， 将问题转化成一次函数或二次函数(二次方 程)的问题来研究，一般有下面几种类型： 1．一次函数型问题：利用一次函数的 图象特征求解．
对于一次函数f x [ m ， n ]， 有
x
k x b ( k 0 )，
n 2 ＞ 0， 1
n 1 2 n 2

1 n 1

1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱn 1
)]
另一方面，f
n
1 S1
1 S2
1 S1
1 S3 1
1 S2

1 S3
1 Sn 1
1 Sn
，
则f
n n
1

+ 1
,
S n 1 ＞ 0， 1 3
x 的 单 调 减 区 间 是 0 ,1 ，
2不 等 式 f x a
a x ln x x 2 x .
2
2 x， 可 化 为
因 为 x [1 ， e ]， 所 以 ln x 1 x 且等号不能同时取， 所 以 ln x x， 即 x ln x 0， 因而a x 2x
x 单 调 递 减 ．
x 单 调 递 增 ．
ln 2.
x 的 最 小 值 为 f (
1 2
)
1 4
2 因 为 f x 在 开 区 间 (
所以f
1 2
)中 有 最 小 值 ，
x 在 开 区 间 ( x
2
1 2
)中 存 在 极 小 值 ．
专题八 开放性问题、恒成立问 题及应用题的解法
考点1 利用函数的单调性
例1 已 知 函 数 f ( x a ln x x ，a 为 实 常 数 )．
2
1 若 a
2， 求 函 数 f
x 的 单 调 区 间 ；
2 若 对 x [1 ， e ]， 使 得 f x a 2 x 恒 成 立 ，
求 实 数 a的 取 值 范 围 ．
切入点：用导数法求解，利用函数单调性和 最值解决，注意分类讨论．
解析
1 函 数 f x 的 定 义 域 为 ( 0， )，
当 a 2时 ， f
2
x
x 2 ln x， 所 以 f x
2
2 ( x 1)
2
定 义 域 为 ( f x 2x

4x 2x 2
2
2x 1
， 1 2 或 x 1( 舍 去 )．
令 f x 0， 即 4 x 2 x 2 0 ， 解 得 x 1 1 所 以 当 x ( ， )时 ， f x 0 ， f 2 2 当 x ( ， )时 ， f x 0 ， f 2 所以f 1
3, 3 时 的 最 小 值
F x ， 当 F x m in m in 0 时 ，
求 出 实 数 k的 取 值 范 围 ； 第 2 题 由 题 意 得 f g x ， 分 别 求 出 f m in
x
令 f x
2 ( x 1) x
0， 得 x 1 或 x 1 ， 且 定 义 域 为 ( 0， )
所以函数f 令 f x 所以函数 f
x 的 单 调 增 区 间 是 (1 ， )，
2
2 ( x 1) x
0， 得 1 x 1 ， 且 定 义 域 为 ( 0， )，
g x成立，
2 若 对 任 意 的 x1、 x 2 3 , 3 ， 都 有 f x1
求 k的 取 值 范 围 ．
g x2 ，
切 入 点 ： 第 1 题 求 出 F x g x f
x在 x x m ax
1 2
)恒 成 立 ，
x 在 (
1 2
)上 单 调 递 增 ， 不 存 在 最 小 值 ．
2 由 题 意 可 知 当 x 3, 3 时 ， 都 有
f
x m ax
g x m in .
由 f x 1 6 x 1 6 0， 得 x 1. f 3 2 4 k， f 1 8 k， f 3 1 2 0 k， f
x m ax
k 120.
由 g x 6 x 10 x 4 0， 得 x 1 或 x
2
2 3
.
g 3 21， g 3 111 ， g 1 1 ， g ( 2 3 ) 28 27 ，
2 证 明 ： n 2 n 1 n 1 2 n 2 当 n 2时 ， 有 1 3 1 3 1 1 1 3 1 4 (1 1 2 1 n 1 1 S3 )( 1 2 1 n 1 4 1 n 1 1 Sn 4 n 1 1 S1 1 4 1 S2 [(1 ( ), 1 Sn )( 1 3 )＜ 1 3 1 5 3 8 17 24 . ) ( ＜ 1 n 2 n 1 ＜
解 ① ② 得 S 1 3 ， d 2.

Sn n
3 n 1 2 2 n 1 ， 即 S n n 2 n 1 ．
当 n 2 时 ， a n S n S n 1 n 2 n 1 n 1 2 n 1 1 4 n 1. 当 n 1 时 ， a1 S 1 3 ， 满 足 上 式 ． 数 列 的 通 项 公 式 是 a n 4 n 1.
2
变 式 1 创 题 ) 数 列 a n 的 前 n 项 和 为 S n， (原 { 且 S 1 0 2 10， S 5 5 5.
Sn n
}是 等 差 数 列 ，
1 求 数 列 的 通 项 公 式 ； 2设 f n
1 3 f n ＜ 1 S1 1 S2 1 S3 1 Sn ，求证：对于任意n N ，
2
x ln x
( x [1 ， e ])
令g x 又 g x
x 2x
2
x ln x
( x [1 ， e ])， ，
( x 1)( x 2 2 ln x ) ( x ln x )
2
当 x [1 ， e ]时 ， x 1 0， ln x 1 ， x 2 2 ln x 0， 从 而 g x 0 (当 且 仅 当 x 1 时 取 等 号 )， 所 以 g x 在 [1 ， e ]上 为 增 函 数 ， 故 g x m ax g e 所 以 a的 取 值 范 围 是 [ e 2e
2
1 当 a
-
1时 ， 求 f
x 的 最 小 值 ．
2 当 f x 存 在 最 小 值 时 ， 求 a的 取 值 范 围 ．
解析
1 当 a 1 时 ， f
1 2 )． 2 2x 1
2
x x ln 2 x 1 ，
2
(2)若所给的不等式能通过恒等变形使参 数与主元分离于不等式两端，从而问题转化 为求主元函数的最值，进而求出参数范围， 则有(下面的a为参数)： ①f(x)<g(a)恒成立⇔g(a)>[f(x)]max； ②f(x)>g(a)恒成立⇔g(a)<[f(x)]min.
变式2 已知f
x x a ln 2 x 1 ( a R )．