高考数学母题：善用必要条件巧解恒成立问题.docVIP

[中国高考数学母题一千题](第0001号) 愿与您共建真实的中国高考数学母题(王老师:XXXXX) 善用必要条件.巧解恒成立问题 函数不等式恒成立.先必要后充分的解题策略 已知含参数a的函数不等式F(x,a)≥0在x∈D时恒成立,求参数a的取值范围问题是课标高考压轴试题的常见问题,解题方法灵活多样,其中,以不等式恒成立的必要条件为突破口,缩小参数的取值范围,即先必要后充分是基本解题策略. [母题结构]:寻找“含参数a的函数不等式F(x,a)≥0在x∈D时恒成立”的必要条件. [母题解析]:不等式F(x,a)≥0在x∈D时恒成立的必要条件有:①在区间D的端点b处,F(b,a)≥0;②在函数F(x,a)可疑的极值点x0处,F(x0,a)≥0;③若F(x0,a)=0,则(x0,a)≥0. 1.寻找特殊点 子题类型Ⅰ:(2012年全国高考试题)设函数f(x)=ax+cosx,x∈[0,π]. (Ⅰ)讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)设f(x)≤1+sinx,求a的取值范围. [解析]:(Ⅰ)由f(x)=ax+cosx(x)=a-sinx;①当a≥1时,(x)≥0f(x)在[0,π]內单调递增;②当a≤0时, (x)≤0f(x)在[0,π]內单调递减;③当0a1时,(x)=0有两根x1,x2满足:0x1x2π,且当x∈(x1,x2)时,sinxa (x)0f(x)在(x1,x2)內单调递减;当x∈(0,x1)∪(x2,π)时,sinxa(x)0f(x)在(0,x1)和(x2,π)內单调递增; (Ⅱ)由f(x)≤1+sinxf(π)≤1aπ-1≤1a≤;令g(x)=1+sinx-cosx-ax,则(x)=cosx+sinx-a=sin(x+) -a;由x∈[0,π]sin(x+)∈[-,1]sin(x+)∈[-,]:①当a≤-时,(x)≥0g(x)在[0,π]內单调递增g(x)≥g(0)=0;②当-a≤时,(x)=0有唯一根α∈(,π)g(x)在(0,α)內单调递增,在(α,π)內单调递减gmin(x)=min{g(0),g(π)}=min{0,2-aπ}=0.综上,a的取值范围是(-∞,]. [点评]:寻找函数F(x,a)的特殊点是寻找不等式F(x,a)≥0在x∈D时恒成立的必要条件的常用方法,其中,区间D的端点b是常见的特殊点,特别的,若函数F(x,a)中含ex,则x=0是其特殊点;若函数F(x,a)中含lnx,则x=1是其特殊点. 2.分析可疑点 子题类型Ⅱ:(2011年浙江高考试题)设函数f(x)=(x-a)2lnx,a∈R. (Ⅰ)若x=e为y=f(x)的极值点,求实数a; (Ⅱ)求实数 a的取值范围,使得对任意的x∈(0,3e],恒有f(x)≤4e2成立(注:e为自然对数的底数). [解析]:(Ⅰ)由(x)=(x-a)(2lnx+1-)(e)=(e-a)(2+1-);由(e)=0e=a或a=3e; (Ⅱ)由f(e)≤4e2(e-a)2≤4e2-e≤a≤3e;又由f(3e)≤4e2(3e-a)2ln(3e)≤4e23e-≤a≤3e+,故 3e-≤a≤3e;令g(x)=2lnx+1-,则g(x)在(0,3e]上单调递增,且g(1)=1-a0,g(e)=3-≥0,g(a)=2lna0g(x)存在唯一零点x0∈(1,a),且x0≤ef(x)在(0,x0)和(a,3e)上单调递增,在(x0,a)上单调递减f(x)在(0,3e]上的最大值=max{f(x0),f(3e)};由g(x0)=02lnx0+1-=0a=2x0lnx0+x0f(x0)=(x0-a)2lnx0=4x02ln3x0≤4e2ln3e=4e2;所以,对任意 的x∈(0,3e],恒有f(x)≤4e2成立f(x0)≤4e2,且f(3e)≤4e23e-≤a≤3e.故a∈[3e-,3e]. [点评]:分析函数F(x,a)可疑的极值点x0,是寻找不等式F(x,a)≥0在x∈D时恒成立的必要条件F(x0,a)≥0的有力方法;而可疑极值点的分析常常源自于试题的“暗示”,或对函数F(x,a)结构的把握. 3.构必要条件 子题类型Ⅲ:(2010年课标高考文科试题)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2. (Ⅰ)若a=,求f(x)的单调区间; (Ⅱ)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. [解析]:(Ⅰ)当a=时,由f(x)=x(ex-1)-x2(x)=ex-1+xex-x=(x+1)(ex-1),由此列表如下:由表知,f(x)在(-∞,-1)和(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减; (Ⅱ)当x≥0时,f(x)≥0当x≥0时,x(ex-1-ax)≥0当x≥0时,ex-1-ax≥0;令g(x)=ex-1-ax,则g(0)=0,所以当x≥