2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君§3.5利用导数研究恒(能)成立问题考试要求恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．题型一分离参数求参数范围例1已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；(2)若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，当x0时，f′(x)0；当x0时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，当x＝0时，不等式成立，此时a∈R，当x0时，不等式等价于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，由(1)知当a＝1时，f(x)f(0)＝0，即ex－(x＋1)0，所以当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，＋∞)．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君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(2023·苏州质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x0时，f′(x)0，当x0时，f′(x)0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤lnxx(x0)，即a≤lnxx2(x0)，则问题转化为a≤lnxx2max(x0)，令h(x)＝lnxx2，x0，h′(x)＝x－2xlnxx4＝1－2lnxx3，当0xe时，h′(x)0，当xe时，h′(x)0，所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝12e，所以a≤12e.题型二等价转化求参数范围例2(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围．解(1)f′(x)＝a－1x＝ax－1x(x0)，①当a≤0时，f′(x)0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君②当a0时，令f′(x)0，得x1a，令f′(x)0，得0x1a，∴f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a0时，f(x)在1a，＋∞上单调递增，在0，1a上单调递减．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，g(e)＝0，g′(x)＝m－lnx，x∈[e，＋∞)，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝0满足题意．若m1，由g′(x)0，可得e≤xem，则g(x)在[e，em)上单调递增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)g(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为m≤1.思维升华根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝ex＋ax，因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f′(x)＝ex＋ax≤0在(－∞，0)上恒成立，即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，令g(x)＝－x·ex(x0)，则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，当x－1时，g′(x)0，当－1x0时，g′(x)0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g(x)max＝g(－1)＝1e，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以a的取值范围为1e，＋∞.(2)由f(x)≤f′(x)得aln(－x)＋1≤ax，即aln(－x)－ax＋1≤0对∀x∈(－∞，0)恒成立，令h(x)＝aln(－x)－ax＋1(x0)，h′(x)＝ax＋ax2＝ax＋1x2(x0)，当a＝0时，h(x)＝1，不满足h(x)≤0；当a0且x－1时，h′(x)0，当a0且－1x0时，h′(x)0，所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－1)＝a＋10，不符合题意；当a0且x－1时，h′(x)0，当a0且－1x0时，h′(x)0，所以当a0时，函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h(x)max＝h(－1)＝a＋1≤0，解得a≤－1，综上所述，a的取值范围为(－∞，－1]．题型三双变量的恒(能)成立问题例3(2023·石家庄质检)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，并证明f(x)≥g(x)；(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，解得a＝1，b＝1，此时f(x)＝x2lnx，g(x)＝x2－x，要证f(x)≥g(x)，即证x2lnx≥x2－x，即xlnx≥x－1，令h(x)＝xlnx－x＋1，则h′(x)＝lnx，且h′(1)＝0，当x∈(0,1)时，h′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君∵∃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，在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a≥12.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)＝ax2－x－1ex(x∈R)，a为正实数．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|1恒成立，求实数a的取值范围．解(1)因为f(x)＝ax2－x－1ex(x∈R)，所以f′(x)＝－axx－3ex(x∈R)，因为a0，所以令f′(x)0，得0x3；公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君令f′(x)0，得x0或x3.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝5ae3.又f(0)＝－a0，f(4)＝11ae－40，所以f(0)f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|1恒成立，则需f(x)max－f(x)min1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)1，即5ae3＋a1，解得ae35＋e3，又a0，所以0ae35＋e3，故实数a的取值范围为0，e35＋e3.课时精练1．已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x1时，f′(x)0；当x1时，f′(x)0，∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－3e，∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；当x2时，原不等式化为a≤2x－2exx2－2x＝2exx，令g(x)＝2exx，则g′(x)＝2x－1exx2，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君∵x2，∴g′(x)0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)g(2)＝e2，∴a≤e2，综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．2．(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝alnx－x(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，设g(x)＝x－lnx－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)g(x2)，求a的取值范围．解(1)函数f(x)＝alnx－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝ax－1＝－x＋ax，①当a≤0时，f′(x)0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a0时，由f′(x)＝0