2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题1 第6讲 母题突破2　恒成立问题与

母题突破2恒成立问题与有解问题母题已知函数f(x)＝axlnx，当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，求实数a的最大值．思路分析一❶x≥1，fx≤x3↓❷alnx－x2≤0↓❸(alnx－x2)max≤0↓❹求φx＝alnx－x2x≥1的最大值思路分析二❶x≥1，fx≤x3↓❷分离参数得a≤x2lnx↓❸a≤x2lnxmin↓❹求gx＝x2lnxx1的最小值)解方法一由题意知当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，即alnx－x2≤0恒成立，令φ(x)＝alnx－x2(x≥1)，则φ′(x)＝a－2x2x(x≥1)，当a≤2时，a－2x2≤0，∴φ′(x)≤0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝－10，故φ(x)≤0恒成立，∴a≤2.当a2时，当x∈1，a2时，φ′(x)0，当x∈a2，＋∞时，φ′(x)0，∴φ(x)在1，a2上单调递增，在a2，＋∞上单调递减，∴φ(x)max＝φa2＝alna2－a2≤0，解得a≤2e，∴2a≤2e，综上，a≤2e，∴a的最大值为2e.方法二依题意，当x≥1时，axlnx－x3≤0恒成立，当x＝1时，－10，不等式恒成立，故a∈R；当x1时，lnx0，要证axlnx－x3≤0恒成立，即证a≤x2lnx恒成立．设函数g(x)＝x2lnx，x1.则g′(x)＝2xlnx－xlnx2＝2xlnx－12lnx2，当x∈(1，e)时，g′(x)0，函数g(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)0，函数g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝2e，即a≤2e.综上，a≤2e，∴实数a的最大值是2e.[子题1]已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．解因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，当x0时，a≥exx－x＋1x在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝exx－x＋1x，则g′(x)＝exx－1x2－x2－1x2＝x－1[ex－x＋1]x2.显然当x0时，exx＋1，即ex－(x＋1)0，当0x1时，g′(x)0；当x1时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．[子题2](2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)＝aeax＋a(a0)，g(x)＝2x＋1xlnx．若对∀x0，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2x＋1xlnx，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)lnx2，即(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2，设h(x)＝(x＋1)lnx，则h(eax)＝(eax＋1)lneax，h(x2)＝(x2＋1)lnx2，由h′(x)＝lnx＋1x＋1，设m(x)＝lnx＋1x＋1，可得m′(x)＝x－1x2，所以当0x1时，m′(x)0，m(x)单调递减；当x1时，m′(x)0，m(x)单调递增，所以m(x)min＝h′(x)min＝h′(1)＝20，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对∀x0恒成立，即a≥2lnxx对∀x0恒成立，设n(x)＝2lnxx，则n′(x)＝21－lnxx2，当0xe时，n′(x)0，n(x)单调递增；当xe时，n′(x)0，n(x)单调递减，所以n(x)max＝n(e)＝2e，故a≥2e，所以实数a的取值范围为2e，＋∞.规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为af(x)max或af(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．1．已知函数f(x)＝ax－ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对∀x∈(1，＋∞)，有f(x)a(lnx＋1)－ex.求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝a－ex，当a≤0时，f′(x)0，f(x)单调递减，当a0时，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，所以当a≤0时，f(x)在R上单调递减，当a0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递增，在(lna，＋∞)上单调递减．(2)由alnx＋a－exax－ex对∀x∈(1，＋∞)恒成立，得ex－ex＋a(lnx＋1－x)0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，令φ(x)＝ex－ex＋a(lnx＋1－x)，x1，则φ′(x)＝ex－e＋a1x－1，易得φ(1)＝0，φ′(1)＝0，①当a≤0时，φ′(x)0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)φ(1)＝0成立；②当a0时，令u(x)＝ex－e＋a1x－1，则u′(x)＝ex－ax2，令v(x)＝ex－ax2，则v′(x)＝ex＋2ax30，∴u′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴u′(x)u′(1)＝e－a，(ⅰ)当0a≤e时，u′(x)u′(1)＝e－a≥0，∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴u(x)u(1)＝0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)φ(1)＝0成立；(ⅱ)当ae时，u′(1)＝e－a0，u′ae＝eea－e0，∴∃x0∈1，ae，使u′(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，u′(x)0，∴u(x)在(1，x0)上单调递减，即φ′(x)在(1，x0)上单调递减，此时有φ′(x)φ′(1)＝0，∴φ(x)在(1，x0)上单调递减，∴φ(x)φ(1)＝0，与题意矛盾．综上，a≤e.2．(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x≥1，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝lnx＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.(2)当x≥1时，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，则h′(x)＝1x－2a＝1－2axx.①若a≤0，得h′(x)0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，从而xlnx－a(x2－1)≥0，不符合题意；②若a0，令h′(x)＝0，得x＝12a.(ⅰ)若0a12，则12a1，当x∈1，12a时，h′(x)0，g′(x)在1，12a上单调递增，从而g′(x)g′(1)＝1－2a0，所以g(x)在1，12a上单调递增，此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；(ⅱ)若a≥12，则012a≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xlnx－a(x2－1)≤0恒成立．综上所述，a的取值范围是12，＋∞.专题强化练1．(2022·河北联考)已知函数f(x)＝ax2lnx与g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值．(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈1，e2使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，∴f1＝g1，f′1＝g′1，即0＝1－b，a＝2－b，∴a＝1，b＝1.(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵∃b∈1，e2使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－e2恒成立，当x＝1时，有－1≥－e2成立，∴a∈R，当x∈(1，e]时，a≥x－e2xlnx，令G(x)＝x－e2xlnx，则G′(x)＝e2lnx－x＋e2xlnx2，令m(x)＝e2lnx－x＋e2，则m′(x)＝e2x－1，且m′e2＝0，当1xe2时，m′(x)0，当e2xe时，m′(x)0，∴m(x)在1，e2上单调递增，e2，e上单调递减，m(1)＝－1＋e20，me2＝e2lne20，m(e)＝0，∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝12，∴a≥12，综上所述，a的取值范围是12，＋∞.2．(2022·汕头模拟)已知函数f(x)＝ex－12x2－ax－1，g(x)＝cosx＋12x2－1.(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．(1)证明当a＝1时，f(x)＝ex－12x2－x－1，∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．(2)解∵f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，令h(x)＝ex＋cosx－ax－2，则h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝ex－sinx－a，则t′(x)＝ex－cosx，∵ex≥1，－1≤cosx≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；②当1－a0，即a1时，∵h′(0)0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)h(0)＝0，不符合题意．综上，a的取值范围为(－∞，1]．