2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第4讲　导数与恒成立问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第4讲　导数与恒成立问题，共7页。
1．已知a是实数，x∈[1,4]，则“a≤eq \f(5,2)”是“x＋eq \f(1,x＋1)－a≥0恒成立”的( B )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【解析】 x＋eq \f(1,x＋1)－a≥0可等价为a≤x＋eq \f(1,x＋1)．设y＝x＋eq \f(1,x＋1)，x∈[1,4]，y′＝1－eq \f(1,x＋12)＞0，x∈[1,4]，所以y＝x＋eq \f(1,x＋1)在[1,4]上单调递增，所以ymin＝eq \f(3,2)，即a≤eq \f(3,2)，所以“a≤eq \f(5,2)”是“x＋eq \f(1,x＋1)－a≥0恒成立”的必要不充分条件．
2．已知函数f(x)＝eq \f(ex,x)－mx(e为自然对数的底数)，若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是( D )
A．(－∞，2)B．(－∞，0)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e2,4)))
【解析】 若f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，则m＜eq \f(ex,x2)，令g(x)＝eq \f(ex,x2)，则g′(x)＝eq \f(exx－2,x3)，易得x＝2时函数g(x)取得极小值即最小值，g(2)＝eq \f(e2,4)．所以实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e2,4)))．
3．已知函数f(x)＝x2lnx＋ax存在单调递减区间，则实数a的取值范围为( D )
A．(e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ，＋∞)B．(2e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ，＋∞)
C．(－∞，e－ eq \s\up5(\f(3,2)) )D．(－∞，2e－ eq \s\up5(\f(3,2)) )
【解析】 由题可知f′(x)＝2xlnx＋x＋a，因为函数f(x)＝x2lnx＋ax存在单调递减区间，则f′(x)＜0有解，即2xlnx＋x＋a＜0有解．令g(x)＝2xlnx＋x＋a，g′(x)＝2lnx＋3，令g′(x)＞0，解得x＞e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ；令g′(x)＜0，解得0＜x＜e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ，所以g(x)在(0，e－ eq \s\up5(\f(3,2)) )上单调递减，在(e－eq \f(3,2)，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e－ eq \s\up5(\f(3,2)) )＝－3e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ＋e－eq \f(3,2)＋a＝－2e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ＋a．因为2xlnx＋x＋a＜0有解，所以－2e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ＋a＜0，解得a＜2e－ eq \s\up5(\f(3,2)) ．
4．(2023·湖南联考)已知函数f(x)＝ax＋e(a＞0)，g(x)＝xex，若∀x2∈(－∞，1]，∃x1∈[－1,2]，使f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围是__eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋\f(1,e)，＋∞))__．
【解析】 由函数g(x)＝xex，得g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(－1)＝－eq \f(1,e)．又当x＜0时，g(x)＜0，g(1)＝e，所以当x∈(－∞，1]时，－eq \f(1,e)≤g(x)≤e，即函数g(x)在x∈(－∞，1)上的值域为B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，e))．由函数f(x)＝ax＋e(a＞0)在区间[－1，2]上单调递增，可得－a＋e≤f(x)≤2a＋e，即函数f(x)在x∈[－1,2]上的值域为A＝[－a＋e,2a＋e]．又由∀x2∈(－∞，1]，∃x1∈[－1，2]，使f(x1)＝g(x2)成立，知B⊆A，则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e－a≤－\f(1,e)，,2a＋e≥e，))解得a≥e＋eq \f(1,e)，即实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(e＋\f(1,e)，＋∞))．
举题固法3
目标引领
分离参数处理恒(能)成立问题
例1 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)－(m＋1)x＋mlnx＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．
【解答】 由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，即eq \f(x2,2)－mlnx≥0恒成立，所以eq \f(x2,2)≥mlnx(x＞0)．当x＝1时，eq \f(x2,2)≥mlnx恒成立．当x＞1时，eq \f(x2,2lnx)≥m；当0＜x＜1时，eq \f(x2,2lnx)≤m．令g(x)＝eq \f(x2,2lnx)，则g′(x)＝eq \f(x2lnx－1,2lnx2)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减且g(x)＜0，所以x→0时，eq \f(x2,2lnx)→0，所以m≥0．当x＞1时，令g′(x)＝0，得x＝eq \r(,e)，所以当1＜x＜eq \r(,e)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞eq \r(,e)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(eq \r(,e))＝e，所以m≤e．综上，实数m的取值范围是[0，e]．
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min．
变式1－1 (2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，当x＞0时，若函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由f(1)≥0，得a≥eq \f(1,e－1)＞0，则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为eq \f(a,a＋1)≥eq \f(2x－1,xex)对任意的x＞0恒成立．设函数F(x)＝eq \f(2x－1,xex)(x＞0)，则F′(x)＝－eq \f(2x＋1x－1,x2ex)．当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)max＝F(1)＝eq \f(1,e)．于是eq \f(a,a＋1)≥eq \f(1,e)，解得a≥eq \f(1,e－1)．故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e－1)，＋∞))．
变式1－2 已知函数f(x)＝ex－ax－1．若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上能成立，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上能成立，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，即a≥eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解．令g(x)＝eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(x2－1,x2)＝eq \f(x－1[ex－x＋1],x2)．易知当x＞0时，ex－(x＋1)＞0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1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{a|a≥e－2}．
分类讨论处理恒(能)成立问题
例2 (2023·潍坊四县联考节选)已知函数f(x)＝ax＋eq \f(b,x)＋2－2a(a＞0)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直．
(1) 求a，b满足的关系式；
【解答】 由题意可得f′(x)＝a－eq \f(b,x2)，因为f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y＋1＝0垂直，所以f′(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，即f′(1)＝a－b＝2，所以b＝a－2．
(2) 若f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解答】 因为b＝a－2，所以f(x)＝ax＋eq \f(a－2,x)＋2－2a，若f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上恒成立，则f(x)－2lnx≥0在[1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝f(x)－2lnx＝ax＋eq \f(a－2,x)＋2－2a－2lnx，x∈[1，＋∞)，则g(1)＝0，g′(x)＝a－eq \f(a－2,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(ax－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2－a,a))),x2)．①当0＜a＜1时，eq \f(2－a,a)＞1，若1＜x＜eq \f(2－a,a)，则g′(x)＜0，此时g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2－a,a)))上单调递减，所以g(x)＜g(1)＝0，即f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上不恒成立．②当a≥1时，eq \f(2－a,a)≤1，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，此时f(x)≥2lnx．综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
直接讨论法是指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在性定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等．
同构变形处理恒(能)成立问题
例3 (1) (2023·山东联考)已知函数f(x)＝aeax－lnx，对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围是__eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))__．
【解析】 当a≤0时，f(x)＜0，不符合题意．当a＞0时，由f(x)≥0得aeax≥lnx，即axeax≥xlnx⇔eaxlneax≥xlnx．设g(x)＝xlnx，x＞1，则g′(x)＝lnx＋1＞0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x＞1，a＞0，所以eax＞1．因为axeax≥xlnx，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥lnx，所以a≥eq \f(lnx,x)．设h(x)＝eq \f(lnx,x)，则h′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)．由h′(x)＞0，得0＜x＜e，由h′(x)＜0，得x＞e，则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
(2) 已知f(x)＝ex－alnx，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＞alna恒成立，则正实数a的取值范围为__(0，e)__．
【解析】 由题意知ex－alnx＞alna恒成立，即ex－ln a－lnx＞lna恒成立，所以ex－ln a＋x－lna＞x＋lnx＝eln x＋lnx恒成立．构造函数g(x)＝ex＋x，易知g(x)在R上单调递增，所以x－lna＞lnx恒成立，即lna＜(x－lnx)min．令h(x)＝x－lnx，h′(x)＝1－eq \f(1,x)(x＞0)．当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna＜1，解得0＜a＜e，所以正实数a的取值范围是(0，e)．
指对跨界同构的常用形式：
(1) 积型aea≤blnb：
①构造形式为aea≤lnbeln b，构建函数f(x)＝xex；
②构造形式为ealnea≤blnb，构建函数f(x)＝xlnx；
③构造形式为a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构建函数f(x)＝x＋lnx．
(2) 商型eq \f(ea,a)≤eq \f(b,lnb)：
①构造形式为eq \f(ea,a)≤eq \f(eln b,lnb)，构建函数f(x)＝eq \f(ex,x)；
②构造形式为eq \f(ea,lnea)≤eq \f(b,lnb)，构建函数f(x)＝eq \f(x,lnx)；
③构造形式为a－lna≤lnb－ln(lnb)，构建函数f(x)＝x－lnx．
变式3 若不等式aex－lnx＋lna≥0恒成立，则实数a的取值范围是( A )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，＋∞))D．[e，＋∞)
【解析】 aex－lnx＋lna≥0⇒eln aex＋lna≥lnx⇒eln a＋x＋lna＋x≥lnx＋x＝eln x＋lnx，构造函数g(x)＝ex＋x，故eln a＋x＋lna＋x≥eln x＋lnx⇒g(lna＋x)≥g(lnx)．而g′(x)＝ex＋1＞0，则lna＋x≥lnx，即lna≥(lnx－x)max．令y＝lnx－x，则y′＝eq \f(1－x,x)，易得ymax＝－1，则lna≥－1⇒a≥eq \f(1,e)．
随堂内化
1．已知函数f(x)＝kx2－lnx，若f(x)＞0在函数定义域内恒成立，则k的取值范围是( D )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，\f(1,e)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
【解析】 由题意得f(x)＞0在函数定义域内恒成立，即kx2－lnx＞0在函数定义域内恒成立，又易知定义域为(0，＋∞)，所以k＞eq \f(lnx,x2)在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝eq \f(lnx,x2)，则g′(x)＝eq \f(x－2xlnx,x4)＝eq \f(1－2lnx,x3)．当x∈(0，eq \r(,e))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x∈(eq \r(,e)，＋∞)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，所以当x＝eq \r(,e)时，函数g(x)取得最大值g(x)max＝eq \f(1,2e)，所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))．
2．(2023·马鞍山一模)(多选)已知函数f(x)＝etx－lnx＋(t－1)x，若f(x)≥0恒成立，则实数t的可能的值为( AD )
A．eq \f(1,e)B．eq \f(1,2e)
C．eq \f(1,e2)D．eq \f(2,e)
【解析】 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝etx－lnx＋(t－1)x≥0⇒etx＋tx≥lnx＋x⇒etx＋tx≥lnx＋eln x，故f(x)≥0恒成立转化成etx＋tx≥lnx＋eln x恒成立．记g(x)＝ex＋x，g′(x)＝ex＋1＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故由etx＋tx≥lnx＋eln x得g(tx)≥g(lnx)，故tx≥lnx恒成立，故t≥eq \f(ln x,x)恒成立．记h(x)＝eq \f(lnx,x)，则h′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，当x＞e时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，故当x＝e时，h(x)取得最大值h(x)max＝eq \f(1,e)，所以t≥eq \f(1,e)．
3．(2023·日照期末节选)已知函数f(x)＝sinx－aeπ－x，若f(x)≥0在(－π，π)上恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由f(x)≥0在(－π，π)上恒成立，得f(x)＝sinx－aeπ－x≥0，即aeπ≤exsinx恒成立．令m(x)＝exsinx，则m′(x)＝ex(sinx＋csx)＝eq \r(,2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，当x∈(－π，π)时，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，\f(5π,4)))，令m′(x)＞0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＞0，则x＋eq \f(π,4)∈(0，π)，得－eq \f(π,4)＜x＜eq \f(3π,4)，令m′(x)＜0，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＜0，x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)，0))或x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,4)))，得－π＜x＜－eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)＜x＜π，所以m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,4)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增，m(π)＝m(－π)＝0，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝e－ eq \s\up7(\f(π,4)) sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)e－ eq \s\up7(\f(π,4)) ，则m(x)min＝－eq \f(\r(2),2)e－ eq \s\up7(\f(π,4)) ， 故aeπ≤－eq \f(\r(2),2)e－ eq \s\up7(\f(π,4)) ，即a≤－eq \f(\r(2),2)e－eq \f(5π,4)．综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)e－ eq \s\up7(\f(5π,4)) ))．