第21题Ⅱ的考向分析

前言

考向分析

①可能要用到第Ⅰ问的结论；

②一般会用到导数知识，个别的可能还需要二阶导；

③可能用到构造函数；

④可能用到赋值法；

⑤可能用到零点存在性定理；

⑥一般要用到分类讨论思想；

⑦可能用到函数或曲线所过的定点；

题型列举

• 已知含有参数\(a\)的函数\(f(x)>0\)恒成立，求参数\(a\)的取值范围；

思路1：完全分离参数\(a\)，得到\(a>h(x)\)或\(a<h(x)\)，再次转化为求函数\(h(x)\)的最值，此时必然少不了用导数研究单调性，再得到最值；

思路2：不完全分离参数\(a\)，比如得到\(a\cdot h(x)>g(x)\)，此时利用数形结合，可能要用到直线和曲线相切或者曲线和曲线相切；

思路3：利用\(f(x)_{min}>0\)，这样\(f(x)_{min}\)中会包含有参数\(a\)，解此不等式即可求得\(a\)的范围；

• 需要证明\(f(x)>0\)恒成立，[或证明\(g(x)>h(x)\)，可转化为\(f(x)=g(x)-h(x)>0\)]

思路：需要说明\(f(x)_{min}>0\)，而得到\(f(x)_{min}\)时，可能有以下情形：

情形1，最小值点\(x_0\)是确定的，则\(f(x_0)>0\)；

情形2，最小值点\(x_0\)不确定，比如\(x_0\in (a，b)\)内，则求解\(f(x_0)\)可能要用到二阶导，或用到均值不等式；

例？已知\(f(x)=lnx-x^2\)，证明\(f(x)<e^x-x^2-2\)。

分析：原命题等价于\(e^x-lnx-2>0\)对\(x\in (0，+\infty)\)恒成立，

令\(h(x)=e^x-lnx-2\)，则\(h'(x)=e^x-\cfrac{1}{x}\)，\(x>0\)，

再令\(F(x)=h'(x)\)，则\(F'(x)=e^x+\cfrac{1}{x^2}>0\)，

则\(F(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增；

由于\(F(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)，\(F(1)=e-1>0\)，

所以\(F(x)\)在\((0，+\infty)\)上有唯一的零点\(x_0\)，且\(\cfrac{1}{2}<x_0<1\)，

当\(x\in (0，x_0)\)时，\(h'(x)=F(x)<0\)，函数\(h(x)\)单调递减，

当\(x\in (x_0，+\infty)\)时，\(h'(x)=F(x)>0\)，函数\(h(x)\)单调递增，

所以函数\(h(x)\)有极小值\(h(x_0)\)，

由于\(F(x_0)=0\)，即\(e^{x_0}=\cfrac{1}{x_0}\)，两边取自然对数得到，

\(x_0=ln\cfrac{1}{x_0}=-lnx_0\)，

则\(h(x_0)=e^{x_0}-lnx_0-2=\cfrac{1}{x_0}+x_0-2> 2\sqrt{\cfrac{1}{x_0}\cdot x_0}-2=0\)，

即函数\(h(x)>0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，

即当\(x>0\)时，\(f(x)<e^x-x^2-2\)。

典例剖析

例1【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知函数\(f(x)=e^x+ax+a\)，其中\(a\in R\)，\(e\)为自然对数的底数，

(1)、讨论\(f(x)\)的单调性；

分析：\(f'(x)=e^x+a\)，

当\(a\ge 0\)时，\(f'(x)>0\)，函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递增，

当\(a<0\)时，令\(e^x+a=0\)，解得\(x=ln(-a)\)，则函数\(f(x)\)在\((-\infty，ln(-a))\)上单调递减，在\((ln(-a)，+\infty)\)上单调递增。

(2)、当\(a<0\)时，对于\(\forall x\in R\)，都有\(f(x)\ge 0\)，

①求\(a\)的取值范围；

分析：由(1)可知，

②证明：\(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+cdots+\cfrac{1}{n}>ln(n+1)\)；\((n\in N^*)\).

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