备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题

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题型一 分离参数求参数范围
例1 (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)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
(2)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)，
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时，f′(x)0)，即a≤eq \f(ln x,x2)(x>0)，
则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max(x>0)，
令h(x)＝eq \f(ln x,x2)，x>0，
h′(x)＝eq \f(x－2xln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
当0eq \r(e)时，h′(x)0)，
①当a≤0时，f′(x)0时，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，令f′(x)0，可得e≤xg(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 已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在[－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不符合题意．
综上，实数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)＝ax2ln x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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝1－b，,a＝2－b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))
此时f(x)＝x2ln x，g(x)＝x2－x，
要证f(x)≥g(x)，即证x2ln x≥x2－x，
即xln x≥x－1，
令h(x)＝xln x－x＋1，则h′(x)＝ln x，且h′(1)＝0，
当x∈(0,1)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ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，∴axln x－x≥－eq \f(e,2)恒成立，
当x＝1时，有－1≥－eq \f(e,2)成立，∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥eq \f(x－\f(e,2),xln x)，
令G(x)＝eq \f(x－\f(e,2),xln x)，则G′(x)＝eq \f(\f(e,2)ln x－x＋\f(e,2),xln x2)，
令m(x)＝eq \f(e,2)ln x－x＋eq \f(e,2)，则m′(x)＝eq \f(e,2x)－1，
且m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝0，
当1g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2m)，
令f′(x)>0，得00(a>0)，x∈[2,2e2]，
所以函数g(x)在[2,2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
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x0，
∴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)＝－eq \f(3,e)，
∴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x>2时，原不等式化为a≤eq \f(2x－2ex,x2－2x)＝eq \f(2ex,x)，
令g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2x－1ex,x2)，
∵x>2，∴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)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x)max0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)
＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，当00时，
令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，
得x＝eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)，
易知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln \f(a,2)))时，
f′(x)0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln \f(a,2)))＝－a×eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)＝eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)无极大值．
综上，当a≤0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)的极小值为eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)无极大值．
(2)由aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(1,2)))≤f(x)得，
e2x－ax≥aln x－ax＋eq \f(1,2)a，
整理得e2x－aln x－eq \f(1,2)a≥0.
令h(x)＝e2x－aln x－eq \f(1,2)a(x>0)，
则h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)，
当a0，h(x)单调递增，
且当x→0＋时，h(x)0，满足题意．
当a>0时，由h(x)≥0得eq \f(1,a)≥eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x).
令p(x)＝eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x)，
则p′(x)＝eq \f(\f(1,x)·e2x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)))e2x,e2x2)＝eq \f(\f(1,x)－2ln x－1,e2x)，
令q(x)＝eq \f(1,x)－2ln x－1(x>0)，
则q′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)0，
即p′(x)>0，p(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，q(x)