2023高考数学二轮专题导数38讲专题31 单变量恒成立之最值分析法

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专题31　单变量恒成立之最值分析法
【方法总结】
单变量恒成立之最值分析法
遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解析　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a．
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln．
当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0．
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0．
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，
从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0．
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
[例2]　已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．
(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；
(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．
故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．
(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝ln x＋1－a＝0得x＝ea－1，
所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．
若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，
易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，
故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，
故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
[例3]　已知函数f (x)＝alnx＋xb(a≠0)．
(1)当b＝2时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a＋b＝0，b>0时，对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求实数b的取值范围．
思路　(2)由已知a＋b＝0消去a，转化为最值问题，即－bln x＋xb≤e－1恒成立，无法分离参数b，用单调性分析法解决．
解析　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．当b＝2时，f (x)＝alnx＋x2，所以f ′(x)＝＋2x＝．
①当a>0时，f ′(x)>0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a0时，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故g(m)>g(0)＝0，
所以f (e)> f()，从而f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0．
设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则φ′(t)＝et－1>0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集为(0，1]．所以b的取值范围为(0，1]．
悟通　(2)构造f (x)＝－bln x＋xb并进行单调性分析后，最大值不定或f()或f(e)，作差比较，f(e)－f()＝eb－e－b－2b．又不能确定差值的正负，只能构造函数g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，用基本不等式求出最大值g(m)>g(0)＝0，f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，但又解不出b的不等式，再次构造函数φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)进行处理，解不等式．构造函数，解不等式也是高考题的常用套路．
[例4]　已知a∈R，设函数f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤＋ln－1恒成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝＋＝，x＞0且x＞－a，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②当a≤－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
③当－1＜a＜0时，－＞－a＞0，
x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)f(x)＝aln(x＋a)＋ln x≤＋ln－1，
即aln(x＋a)＋ln x≤＋lnx－ln a－1，a＞0，即aln(x＋a)＋ln a≤－1，
令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x，
∴e－1＞a2x，则原不等式等价为aln(x＋a)＋ln a≤a2x，即aln(x＋a)－a2x＋ln a≤0，
令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋ln a，则h′(x)＝－a2＝，令h′(x)＝0，可得x＝，
当a≥1时，h′(x)≤0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则只需满足h(0)＝aln a＋ln a≤0，∴ln a≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1；
当0＜a＜1时，可得h(x)在上单调递增，在上单调递减，
则h(x)max＝h＝aln－a(1－a2)＋ln a≤0，整理可得ln a－a2－a≤0，
令φ(a)＝ln a－a2－a，则φ′(a)＝－2a－1＝，
则可得φ(a)在上单调递增，在上单调递减，
则φ(a)max＝φ＝－ln 2－＜0，故0＜a＜1时，h(x)≤0恒成立，
综上，0＜a≤1．
[例5]　(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意；
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0．令x＝1＋，得ln＜．
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1．
故·…·＜e．而＞2，所以m的最小值为3．
[例6]　已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)f(1)＝0，即f(x)1，lnx－h(1)＝0(不合题意)；
若0h(1)＝0(不合题意)；
若a≥，x∈(1，＋∞)，h′(x)0时，由h′(x)＝0，得x＝．
①若a∈(0，1)，则∈(1，＋∞)，故h(x)在上为减函数，在上为增函数．
∴存在x0∈，使得h(x0)>h(1)＝0．这与h(x)＝ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾．
因此a∈(0，1)时不满足题意．
②若a∈[1，＋∞)，则∈(0，1]，故h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴h(x)