专项一第5讲导数的综合应用.ppt

(2) 证明： 当 a ≥ 1 时， f ( x ) ＋ e ≥ ( x 2 ＋ x － 1 ＋ e x ＋ 1 )e － x . 令 g ( x ) ＝ x 2 ＋ x － 1 ＋ e x ＋ 1 ， 则 g ′( x ) ＝ 2 x ＋ 1 ＋ e x ＋ 1 . 当 x ＜－ 1 时， g ′ ( x ) ＜ 0 ， g ( x ) 单调递减； 当 x ＞－ 1 时， g ′ ( x ) ＞ 0 ， g ( x ) 单调递增． 所以 g ( x ) ≥ g ( － 1) ＝ 0 ， 因此 f ( x ) ＋ e ≥ 0. 命题视角 不等式恒成立 ( 存在性 ) 问题 【例 2 － 2 】 (2018· 长沙雅礼中学质检 ) 函数 f ( x ) ＝ e x sin x ， g ( x ) ＝ ( x ＋ 1)cos x － 2e x . (1) 求 f ( x ) 的单调区间； (2) 对 ? x 1 ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 ， ? x 2 ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 ，使 f ( x 1 ) ＋ g ( x 2 ) ≥ m 成立，求实数 m 的取值范围． 解： (1) f ′( x ) ＝ e x sin x ＋ e x cos x ＝ e x (sin x ＋ cos x ) ＝ 2 e x sin ? ? ? ? ? ? ? ? x ＋ π 4 ， 当 2 k π ≤ x ＋ π 4 ≤ π ＋ 2 k π ， 即 x ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? － π 4 ＋ 2 k π， 3 π 4 ＋ 2 k π 时， f ′ ( x ) ≥ 0 ， f ( x ) 单调递增； 当π＋ 2 k π ≤ x ＋ π 4 ≤ 2 π＋ 2 k π， 即 x ∈ [ 3 π 4 ＋ 2 k π， 7 π 4 ＋ 2 k π ] 时， f ′ ( x ) ≤ 0 ， f ( x ) 单调递减； 综上， f ( x ) 的单调递增区间为 [ － π 4 ＋ 2 k π， 3 π 4 ＋ 2 k π ] ， k ∈ Z ， f ( x ) 的单调递减区间为 [ 3 π 4 ＋ 2 k π， 7 π 4 ＋ 2 k π ] ， k ∈ Z. (2) ? x 1 ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 ， ? x 2 ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 ，使 f ( x 1 ) ＋ g ( x 2 ) ≥ m 成立，即 f ( x 1 ) ≥ m － g ( x 2 ) ． 设 t ( x ) ＝ m － g ( x ) ， 则原命题等价于 f ( x ) min ≥ t ( x ) min ， x ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 . 一方面由 (1) 可知，当 x ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 时， f ′ ( x ) ≥ 0 ， 故 f ( x ) 在 ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 单调递增， 所以 f ( x ) min ＝ f (0) ＝ 0. 另一方面： t ( x ) ＝ m － ( x ＋ 1)cos x ＋ 2e x ， t ′ ( x ) ＝－ cos x ＋ ( x ＋ 1)sin x ＋ 2e x ， 由于－ cos x ∈ [ － 1 ， 0] ， 2e x ≥ 2 ， 所以－ cos x ＋ 2e x ＞ 0 ， 又 ( x ＋ 1)sin x ≥ 0 ， 所以当 x ∈ ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 时， t ′ ( x ) ＞ 0 ， t ( x ) 在 ? ? ? ? ? ? ? ? 0 ， π 2 为增 函数， t min ( x ) ＝ t (0) ＝ m － 1 ＋ 2 ， 所以 m － 1 ＋ 2 ≤ 0 ，所以 m ≤ 1 － 2. [ 规律方法 ] 1 ． 对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分 离参数、 构造函数、 直接转化为求函数的最值； 否则应进 行分类讨论， 在解题过程中， 必要时， 可作出函数图象草 图，借助几何图形直观分析转化． 2 ． “ 恒成立 ” 与 “ 存在性 ” 问题的求解是 “ 互补 ” 关 系，即 f ( x ) ≥ g ( a ) 对于 x ∈ D 恒成立，应求 f ( x ) 的最小值； 若存在 x ∈ D ， 使得 f ( x ) ≥ g ( a ) 成立， 应求 f ( x ) 的最大值． 应 特别关注等号是否取到，注意端点的取舍． 专题一