【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题33　不等式恒成立或有解问题

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[高考真题] (2020·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x，当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求实数a的取值范围.
解 法一 由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
则g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，
则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，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－eq \f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，
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)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
法二 f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，
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.
②若0<2a＋1<2，即－eq \f(1,2)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，＋∞)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≥eq \f(7－e2,4).
所以当eq \f(7－e2,4)≤a③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，
则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.
由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，
故由②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.
故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
样题1 (2022·蚌埠三模改编)已知不等式e(x2－ln x)＋ex－ax≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 易知x>0，则原不等式可化为a≤eq \f(ex2－eln x＋ex,x)，
设F(x)＝eq \f(ex2－eln x＋ex,x)(x>0)，
则F′(x)＝eq \f(e（x2－1）＋（x－1）ex＋eln x,x2)，
当x∈(0，1)时，F′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，F(x)min＝F(1)＝2e，
则实数a的取值范围为(－∞，2e].
样题2 (2022·昆明二诊改编)若不等式ex＋ln(x＋1)－ax≥1，对任意x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解 设g(x)＝ex＋ln(x＋1)－ax－1(x≥0)，
则g′(x)＝ex＋eq \f(1,x＋1)－a，
令h(x)＝ex＋eq \f(1,x＋1)(x≥0)，
则h′(x)＝ex－eq \f(1,（x＋1）2)，
当x≥0时，ex≥1，0所以h′(x)≥0，
函数h(x)在[0，＋∞)上是增函数.
所以h(x)≥h(0)＝2，
所以g′(x)≥2－a.
①当a≤2时，g′(x)≥0，
所以函数g(x)在[0，＋∞)上是增函数，
所以g(x)≥g(0)＝0，
即对任意x∈[0，＋∞)，
不等式ex＋ln(x＋1)－ax≥1恒成立.
②当a>2时，a－1>1，
由x≥0，得0g′(x)＝ex＋eq \f(1,x＋1)－a≤ex＋1－a，
当x∈(0，ln(a－1))时，ex＋1－a<0，
即g′(x)<0，
所以函数g(x)在(0，ln(a－1))上是减函数，
所以g(x)即ex＋ln(x＋1)－ax<1，不符合题意.
综上，实数a的取值范围是(－∞，2].
样题3 已知函数F(x)＝aln x－eq \f(2,x)＋x＋1，若不等式F(x)≥1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围.
解 F′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,x2)＋1＝eq \f(x2＋ax＋2,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))\s\up12(2)＋2－\f(a2,4),x2).
①当2－eq \f(a2,4)≥0，
即－2eq \r(2)≤a≤2eq \r(2)时，F′(x)≥0，
所以F(x)在[1，2]上单调递增，
所以F(x)max＝F(2).
②当2－eq \f(a2,4)<0，即a>2eq \r(2)时，
设x2＋ax＋2＝0(Δ＝a2－8>0)的两根分别为x1，x2，
则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，
所以x1<0，x2<0，
所以在区间[1，2]上，
F′(x)＝eq \f(x2＋ax＋2,x2)>0，
所以F(x)在[1，2]上单调递增，
所以F(x)max＝F(2).
综上，当a≥－2eq \r(2)时，F(x)在区间[1，2]上的最大值为F(2)＝aln 2＋2≥1，
所以a≥－eq \f(1,ln 2)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,ln 2)，＋∞)).
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a>f(x)max或a(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理清两类问题的差别.
训练1 (2022·柳州二模改编)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)－4x－a(a∈R).若对任意x>1，都有f(x)＋4x＋1>eq \f(1－x,x)恒成立，求整数a的最大值.
解 f(x)＋4x＋1>eq \f(1－x,x)恒成立，
即为ln x＋eq \f(a,x)－a＋1>eq \f(1－x,x)恒成立，
则xln x＋a－ax＋x>1－x，
故xln x＋2x－1>a(x－1).
∵x>1，
∴eq \f(xln x＋2x－1,x－1)>a在(1，＋∞)上恒成立.
设h(x)＝eq \f(xln x＋2x－1,x－1)(x>1)，原问题等价于h(x)min>a，
则h′(x)＝eq \f(x－ln x－2,（x－1）2)，
令g(x)＝x－ln x－2，
则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∵g(3)＝3－ln 3－2＝1－ln 3<0，
g(4)＝4－ln 4－2＝2－ln 4>0，
∴∃x0∈(3，4)，使g(x0)＝0，
即x0－2＝ln x0，
当x∈(1，x0)时，g(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(x0)＝eq \f(x0ln x0＋2x0－1,x0－1)＝eq \f(x0（x0－2）＋2x0－1,x0－1)＝x0＋1.
∵x0∈(3，4)，∴h(x)min∈(4，5).
∵a∈Z，∴a的最大值为4.
训练2 (2022·郑州模拟改编)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)，函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.
解 由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解.
令φ(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)≥0，
∴φ(x)＝x－ln x在[1，e]上单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝1，∴x－ln x＞0，
∴a≤eq \f(x2－2x,x－ln x)在区间[1，e]上有解.
令h(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，
则h′(x)＝eq \f(（x－1）（x＋2－2ln x）,（x－ln x）2)，
∵x∈[1，e]，∴x＋2＞2≥2ln x，
∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，
∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝eq \f(e（e－2）,e－1)，
∴a≤eq \f(e（e－2）,e－1)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e（e－2）,e－1))).
一、基本技能练
1.(2022·商洛模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ex,a)＋(b－1)x＋1.
(1)当a＝eq \f(1,4)，b＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当a＝1时，f(x)≥2恒成立，求b的值.
解 (1)当a＝eq \f(1,4)，b＝－1时，f(x)＝4ex－2x＋1，则f′(x)＝4ex－2，
又因为f(0)＝5，f′(0)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－5＝2(x－0)，即y＝2x＋5.
(2)当a＝1时，令函数g(x)＝f(x)－2＝ex＋(b－1)x－1，
则f(x)≥2恒成立等价于g(x)≥0恒成立.
又g′(x)＝ex＋b－1，
当b≥1时，g′(x)＝ex＋b－1>0，g(x)在R上单调递增，显然不合题意；
当b<1时，令g′(x)＝ex＋b－1<0，
得x令g′(x)＝ex＋b－1>0，得x>ln(1－b)，
所以函数g(x)在(－∞，ln(1－b))上单调递减，在(ln(1－b)，＋∞)上单调递增，
所以当x＝ln(1－b)时，函数g(x)取得最小值.
又因为g(0)＝0，所以x＝0为g(x)的最小值点.
所以ln(1－b)＝0，解得b＝0.
2.(2022·抚顺模拟)已知函数f(x)＝e2x＋(1－2a)ex－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，若∀x>0，都有2f(x)－f′(x)≤－x2－(m＋2)x，求实数m的取值范围.
解 (1)由已知得函数f(x)的定义域为R，
则f′(x)＝2e2x＋(1－2a)ex－a＝(2ex＋1)(ex－a)
由于2ex＋1>0，从而当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，解得x>ln a；
由f′(x)<0，解得x从而函数f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)上单调递减.
综上：当a≤0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln a)上单调递减.
(2)当a＝1时，由(1)得2f(x)－f′(x)＝－ex－2x＋1，
当x>0时，不等式2f(x)－f′(x)≤－x2－(m＋2)x可化为m≤eq \f(ex－x2－1,x).
设g(x)＝eq \f(ex－x2－1,x)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）（ex－x－1）,x2).
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，
因为x>0，所以h′(x)>0，
因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)＝0，即ex－x－1>0，
得g(x)在(0，1]单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝e－2，
因此m≤e－2，
得实数m的取值范围为(－∞，e－2].
3.已知函数f(x)＝ax2－(6＋a)x＋3ln x，当a≤－eq \f(9,2)时，关于x的不等式f(x)＋ax－b≥0有解，求b的最大值.
解 设g(x)＝f(x)＋ax－b＝ax2－6x＋3ln x－b，x>0，
则g′(x)＝2ax－6＋eq \f(3,x)＝eq \f(2ax2－6x＋3,x).
当a<0时，2ax2－6x＋3＝0有两个根x1，x2，不妨令x1又x1x2＝eq \f(3,2a)<0，x1<0，x2>0.
由题意舍去x1，
当x∈(0，x2)时，g′(x)>0；
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减.
若存在x0使f(x)＋ax－b≥0成立，
则g(x)max＝g(x2)＝axeq \\al(2,2)－6x2＋3ln x2－b≥0，即axeq \\al(2,2)－6x2＋3ln x2≥b.
又2axeq \\al(2,2)－6x2＋3＝0，∴a＝eq \f(6x2－3,2xeq \\al(2,2)).
∵a≤－eq \f(9,2)，∴eq \f(6x2－3,2xeq \\al(2,2))≤－eq \f(9,2)，
∴0∴b≤axeq \\al(2,2)－6x2＋3ln x2＝eq \f(6x2－3,2xeq \\al(2,2))·xeq \\al(2,2)－6x2＋3ln x2＝－3x2＋3ln x2－eq \f(3,2).
令h(x)＝－3x＋3ln x－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0则h′(x)＝eq \f(3－3x,x)>0，
∴函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增，h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－3ln 3－eq \f(5,2)，
即b的最大值为－3ln 3－eq \f(5,2).
二、创新拓展练
4.(2022·江南十校一模)已知函数f(x)＝2ex＋aln(x＋1)－2.
(1)当a＝－2时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x∈[0，π]时，f(x)≥sin x恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝－2时，f(x)＝2ex－2ln(x＋1)－2，x>－1，
则f′(x)＝2ex－eq \f(2,x＋1)，
易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0.
当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)令g(x)＝f(x)－sin x
＝2ex＋aln(x＋1)－2－sin x，x∈[0，π].
当x∈[0，π]时，f(x)≥sin x恒成立等价于g(x)≥g(0)＝0恒成立.
g′(x)＝f′(x)－cs x＝2ex＋eq \f(a,x＋1)－cs x，x∈[0，π]，
(ⅰ)当a≥0时，g′(x)≥2ex－1>0，函数y＝g(x)在[0，π]上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0在[0，π]上恒成立，符合题意；
(ⅱ)当a<0时，g′(x)＝2ex＋eq \f(a,x＋1)－cs x在[0，π]上单调递增，
g′(0)＝2＋a－1＝1＋a.
①当1＋a≥0，即－1≤a<0时，g′(x)≥g′(0)＝1＋a≥0，函数y＝g(x)在[0，π]上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0在[0，π]上恒成立，符合题意；
②当1＋a<0，即a<－1时，
g′(0)＝1＋a<0，
g′(π)＝2eπ＋eq \f(a,π＋1)＋1，
当g′(π)≤0，
即a≤－(π＋1)(2eπ＋1)时，g′(x)在(0，π)上恒小于0，则g(x)在(0，π)上单调递减，g(x)当g′(π)>0，即－(π＋1)(2eπ＋1)所以当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，则g(x)在(0，x0)上单调递减，g(x)综上所述，实数a的取值范围是[－1，＋∞).