【新高考复习】2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究

高考专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题题型一分离参数求参数范围例1已知函数f(x)＝1＋lnxx.(1)若函数f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－kx＋1≥0恒成立，求实数k的取值范围．解(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－1－lnxx2＝－lnxx2，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减．所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a＋12，故12a1，即实数a的取值范围为12，1.(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤x＋11＋lnxx恒成立，令g(x)＝x＋11＋lnxx(x≥1)，则g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xx－x＋11＋lnxx2＝x－lnxx2.再令h(x)＝x－lnx(x≥1)，则h′(x)＝1－1x≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)0，所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．若将本例(2)改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)－kx＋1≥0成立，求实数k的取值范围．解原不等式可化为当x∈[1，e]时，k≤x＋11＋lnxx有解，令g(x)＝x＋11＋lnxx(x∈[1，e])，由本例(2)解题知，g(x)为增函数，所以g(x)max＝g(e)＝2＋2e，所以k≤2＋2e，即实数k的取值范围是－∞，2＋2e.思维升华分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.跟踪训练1已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．解(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)0，f(x)在R上单调递减；当a0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)0，得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max.由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)↗极大值12e↘由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值，为12e，所以a≤12e.故a的取值范围是－∞，12e.题型二等价转换求参数的范围例2(12分)(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．规范解答解方法一(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.[2分]所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[4分](2)f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1.[5分]设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1e－x＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.[6分](ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈(0,2)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)1，不符合题意．[7分](ⅱ)若02a＋12，即－12a12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－e24.所以当7－e24≤a12时，g(x)≤1.[9分](ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.由于0∈7－e24，12，故由(ⅱ)可得12x3＋x＋1e－x≤1.故当a≥12时，g(x)≤1.[11分]综上，a的取值范围是7－e24，＋∞.[12分]方法二(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，[1分]令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋20，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，[2分]故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增．[4分](2)由f(x)≥12x3＋1得，ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；[5分]②当x0时，分离参数a得，a≥－ex－12x3－x－1x2，[6分]记g(x)＝－ex－12x3－x－1x2，则g′(x)＝－x－2ex－12x2－x－1x3，[7分]令h(x)＝ex－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，[8分]令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，[9分]h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－12x2－x－1≥0恒成立，[10分]故当x∈(0,2)时，g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递减，因此，[g(x)]max＝g(2)＝7－e24，[11分]综上可得，a的取值范围是7－e24，＋∞.[12分]第一步：将a＝1代入求f(x)，f′(x)，判断f(x)的单调性．第二步：将原不等式等价转换，构造新函数g(x)．第三步：求函数g(x)的导数g′(x)．第四步：讨论g(x)的单调性，求g(x)的最大值．跟踪训练2已知函数f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)≥lnx－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝ex－1－a＋1x，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，(2)f(x)≥lnx－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①当a≤0时，φ′(x)0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意．②当a0时，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.当x∈(－∞，lna＋1)时，φ′(x)0，当x∈(lna＋1，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(－∞，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增．当lna＋1≤1即0a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0a≤1符合题意．当lna＋11，即a1时，φ(x)在[1，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a1不符合题意．综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．题型三双变量的恒(能)成立问题例3设f(x)＝ax＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝23，∵g23＝－8527，又g(0)＝－3，g(2)＝1，∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g23＝－8527，∴M≤1－－8527＝11227，∴满足条件的最大整数M为4.(2)对任意的s，t∈12，2有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.由(1)知当x∈12，2时，g(x)max＝g(2)＝1，∴当x∈12，2时，f(x)＝ax＋xlnx≥1恒成立，即a≥x－x2lnx恒成立．令h(x)＝x－x2lnx，x∈12，2，∴h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，∴φ′(x)＝－3－2lnx0，h′(x)在12，2上单调递减，又h′(1)＝0，∴当x∈12，1时，h′(x)≥0，当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，∴h(x)在12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．思维升华“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)g(x2)⇔f(x)ming(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)g(x2)⇔f(x)ming(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)g(x2)⇔f(x)maxg(x)max.跟踪训练3已知函数f(x)＝x－1－alnx(a0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对于任意的x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|41x1－1x2，求实数a的取值范围．解(1)由题意知f′(x)＝1－ax＝x－ax(x0)，因为x0，a0，所以f′(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)不妨设0x1x2≤1，则1x11x20，由(1)知f(x1)f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|41x1－1x2⇔f(x2)－f(x1)41x1－1x2⇔f(x1)＋4x1f(x2)＋4x2.设g(x)＝f(x)＋4x，x∈(0,1]，|f(x1)－f(x2)|41x1－1x2等价于g(x)在(0,1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立⇔1－ax－4x2＝x2－ax－4x2≤0在(0,1]上恒成立⇔a≥x－4x在(0,1]上恒成立，易知y＝x－4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a0，所以－3≤a0，所以实数a的取值范围为[－3,0)．在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“00”型的代数式，就设法求其最值．“00”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．洛