微专题39　必要性探路-2024年高考数学二轮微专题系列

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1.必要性探路法，是指对一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内的某个特殊的值或某几个特殊的值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内讨论，或去验证其充分条件，进而解决问题的方法.
2.虽然这种必要性探路的方法求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以限定问题成立的大前提，缩小参数的讨论范围，在一定程度可以减少分类讨论的类别，降低了思维难度.
类型一 取点探路
对已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取0或1，对数函数常取1或e等.
例1 (2022·哈三中模拟节选)已知f(x)＝ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)(x≥1)，若f(x)≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围.
解 必要性：对x≥1，f(x)≥ln 2恒成立，
即ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)－ln 2≥0在(1，＋∞)恒成立.
令g(x)＝ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)－ln 2，
所以g(1)＝ln(a＋1)－ln 2≥0，解得a≥1.
充分性：当a≥1时，g(x)≥lneq \f(x＋1,2)＋eq \f(2,x＋1)－1(x≥1).
令t＝eq \f(x＋1,2)≥1，
则令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
所以h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)(t≥1)，
则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥0恒成立，
综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).
训练1 已知f(x)＝ax2－4ln(x－1)，对x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1，求实数a的取值范围.
解 必要性：因为对x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1.
即ax2－4ln(x－1)－1≤0，令g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1，
则g(2)＝4a－1≤0，则a≤eq \f(1,4).
充分性：当a≤eq \f(1,4)时，g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1≤eq \f(1,4)x2－4ln(x－1)－1，
根据ln x≥1－eq \f(1,x)(证明略)，在x∈[2，e＋1]上有eq \f(1,4)x2－4ln(x－1)－1
≤eq \f(1,4)x2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x－1)))－1＝eq \f(（x－2）（x2＋x－18）,4（x－1）)≤0，
所以g(x)≤0，即f(x)≤1，
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))).
类型二 极值点探路
1.已知f(x)≤0(或f(x)≥0)，找f(x)的极大值(或极小值)点探路；
2.对于f(x)≤g(x)，找f(x)的极大值点，g(x)的极小值点探路.
例2 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ae2(x－1)＋1，a≥0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；
(2)若关于x的不等式lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－eq \f(3,2)在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1).
当x∈(0，1)时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1)>1－e2(x－1)>1－1＝0，此时无零点.
当x∈[1，＋∞)时，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－2e2(x－1)，
当x∈[1，＋∞)时，f′(x)单调递减，
且f′(x)当x∈[1，＋∞)时，f(x)单调递减，
f(1)＝ln 2＋1－1＝ln 2>0，
f(2)＝ln 3＋1－e2<0，
∃x0∈(1，2)，使f(x0)＝0.
∴当a＝1时，函数f(x)在区间 (0，＋∞)上有且只有一个零点.
(2)必要性：在区间(1，＋∞)上lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－eq \f(3,2)恒成立，
即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))≤a·e2(x－1)－a2·e(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
当a＝0时，ae2(x－1)－a2e(x－1)＝0，
因为y＝ln x－(x－1)≤0恒成立，
则lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))≤0，
当a>0时，
令m(x)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))，x>1，
m′(x)＝eq \f(\f(3,2)－x,x－\f(1,2))，
当x>eq \f(3,2)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
当10，m(x)单调递增，
所以m(x)≤meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0.
当a>0时，x＝eq \f(3,2)，0≤a·e－a2·eq \f(e,2)，
则a·eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2)))≥0，
即1－eq \f(a,2)≥0，得a≤2.
综上，a的取值范围为[0，2]，
充分性：当a∈[0，2]时，
lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))－a[e2(x－1)－a·e(x－1)]≤0，①
当a∈[0，2]时，e2(x－1)－a·e(x－1)≥e2(x－1)－2·e(x－1).
令n(x)＝e2(x－1)－2·e(x－1)，x>1，则n′(x)＝2e2(x－1)－2e.
当x>1时，n′(x)单调递增，且n′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2e－2e＝0，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，n′(x)<0，n(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
∴n(x)≥neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝e－e＝0，
∴x>1，a·n(x)≥0.
由已知得x>1，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))≤0.
∴①式成立.∴a∈[0，2].
训练2 已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.
解 必要性：令φ(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln ax，x>0，
求导得φ′(x)＝2ax－1－eq \f(1,x).
因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，又φ(x)≥0，
则eq \f(1,a)是φ(x)的一个极小值点，则φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，解得a＝1.
充分性：当a＝1时，φ′(x)＝2x－1－eq \f(1,x)＝eq \f(（2x＋1）（x－1）,x).
当01时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
从而φ(x)≥φ(1)＝0，符合题意.
综上可知a＝1.
类型三 保号性探路
“保号性”的完整提法是“局部保号性”，它是微积分学中的一个重要概念，有多种叙述形式，我们介绍一种比较容易理解的形式：已知函数f(x)在a点连续，且f(a)>0，则存在σ>0，当|x－a|<σ时，f(x)>0(注意它的逆命题是假命题).
例3 已知函数f(x)＝axln x－xa，其中a∈R.
若函数f(x)是(1，＋∞)内的减函数，求正数a的取值范围.
解 必要性：因为函数f(x)是(1，＋∞)内的减函数，所以f′(x)＝aln x＋a－axa－1＝a(ln x＋1－xa－1)≤0在(1，＋∞)内恒成立.
令g(x)＝ln x＋1－xa－1，
因为a>0，所以g(x)＝ln x＋1－xa－1≤0在(1，＋∞)内恒成立，
因为g(1)＝0，g′(x)＝eq \f(1,x)－(a－1)xa－2，
保证g(x)在x＝1处有单减趋势，则g′(1)≤0，即g′(1)＝1－(a－1)≤0，则a≥2.
充分性：
因为a≥2，所以a－1≥1，
因为x>1，所以xa－1≥x，
则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x<0，
所以f′(x)＝a(ln x＋1－x)<0.
故a的取值范围是[2，＋∞).
训练3 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x－eq \f(x3,3)，
若当x>－1时，f(x)≤ax2，求实数a的取值范围.
解 必要性：令g(x)＝ln(x＋1)－x－eq \f(x3,3)－ax2≤0，
g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1－x2－2ax，
g″(x)＝－eq \f(1,（x＋1）2)－2x－2a，
因为g(0)＝0，g′(0)＝0，所以g″(0)≤0，
则a≥－eq \f(1,2).
充分性：当a≥－eq \f(1,2)时，g(x)＝ln(x＋1)－x＋eq \f(1,2)x2－eq \f(x3,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－a))x2，
由三阶泰勒公式知ln(x＋1)－x＋eq \f(1,2)x2－eq \f(x3,3)≤0(证明过程略)，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－a))x2≤0，
∴g(x)＝ln(x＋1)－x＋eq \f(1,2)x2－eq \f(x3,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－a))x2≤0，即g(x)≤0.
故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
类型四 双参数不等式恒成立探路问题
此类问题多数是求双参数代数式的最值，基本方法是先移项构造一端是零的不等式，再设出另一端的函数，重点分析此函数自变量取何值时，恰好出现双参数的代数式，进而探出代数式的最值(可能值)，最后再证明此代数式取最值时，原题目中的不等式恒成立.
例4 已知函数f(x)＝－2aln x＋2(a＋1)x－x2(a>0)，若在函数f(x)的定义域内，总有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，试求a＋b的最大值.
解 必要性：f(x)≥－x2＋2ax＋b，x>0，
即2aln x－2x＋b≤0.
令g(x)＝2aln x－2x＋b，
由题意知“g(eq \r(e))≤0”是“g(x)≤0”的必要条件(注意选x＝eq \r(e)是为了整理后的不等式出现a＋b)，即a＋b≤2eq \r(e)，
则a＋b的最大值可能为2eq \r(e).
充分性：存在a，b满足a＋b＝2eq \r(e)，总有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，取a＝b＝eq \r(e)，则g(x)＝2eq \r(e)ln x－2x＋eq \r(e)，从而g′(x)＝2·eq \f(\r(e)－x,x).
当00，g(x)单调递增；
当x>eq \r(e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
从而当x>0时，g(x)≤g(eq \r(e))＝0，符合题意.
综上可知，a＋b的最大值为2eq \r(e).
训练4 已知a，b∈R，f(x)＝ex－ax－beq \r(x2＋1)在[0，＋∞)上的最小值为0，求a＋eq \r(5)b的最大值.
解 必要性：由f(x)≥0得ex≥ax＋beq \r(x2＋1)，
即eq \f(ex,x)≥a＋eq \f(b\r(x2＋1),x)，
令eq \f(\r(x2＋1),x)＝eq \r(5)，得x＝eq \f(1,2)或x＝－eq \f(1,2)(舍)，故取x＝eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－eq \f(a,2)－eq \f(b\r(5),2)≥0，
即a＋eq \r(5)b≤2eeq \s\up6(\f(1,2)).
充分性：存在a，b满足a＋eq \r(5)b＝2eeq \s\up6(\f(1,2))且能使f(x)在[0，＋∞)上的最小值为0.
取a＝eq \f(3\r(e),4)，b＝eq \f(\r(5e),4)(此时可使f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0)，
f′(x)＝ex－a－eq \f(bx,\r(x2＋1))，f″(x)＝ex－eq \f(b,（x2＋1）\r(x2＋1))，b＝eq \f(\r(5e),4)<1，
故当x∈[0，＋∞)时，(x2＋1)eq \r(x2＋1)≥1，ex≥1，
故f″(x)≥0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0.
则当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，
此时(a＋eq \r(5)b)max＝2eeq \s\up6(\f(1,2)).
一、基本技能练
1.已知不等式ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 必要性：依题有a>0，当x＝0时，－ln a－aln a≥0，解得0充分性：下面证明0由ex≥x＋1(证明略)易得ea2x－1≥a2x，
只需证明a2x－aln(x＋a)－ln a≥0.
设g(x)＝a2x－aln(x＋a)－ln a，
则g′(x)＝a2－eq \f(a,x＋a)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x＋a)))≥0，
则g′(x)单调递增，
令g′(x)＝0，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x＋a)))＝0，解得x＝eq \f(1,a)－a，
所以当x当x>eq \f(1,a)－a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所 g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－a))
＝a(1－a2)＋(1－a)lneq \f(1,a)≥0，当且仅当a＝1取等号.
所以证得a2x－aln(x＋a)－ln a≥0成立，当且仅当x＝0，a＝1时等号成立.
因此a∈(0，1]时，不等式ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立.
2.已知函数f(x)＝x(ln x＋3ax＋2)－3ax＋4.
(1)若f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)的最大值为6，求实数a的值.
解 (1)必要性：由题意知f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a≤0在x≥1时恒成立，
因此必有f′(1)＝3a＋3≤0，
即a≤－1.
充分性：当a≤－1时，由不等式ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)，有f′(x)＝ln x＋3a(2x－1)＋3≤x－1－3(2x－1)＋3＝5(1－x)≤0，
此时符合题意.
综上可知a∈(－∞，－1].
(2)由题意得f(1)＝6.
因为f(x)≤6，所以1为f(x)的一个极大值点.
又f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a，
因此必有f′(1)＝0，解得a＝－1.
当a＝－1时，由不等式ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)，有
f(x)＝x(ln x－3x＋2)＋3x＋4≤x(x－1－3x＋2)＋3x＋4＝6－2(x－1)2≤6，符合题意.综上可知a＝－1.
3.已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)f′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)(x>－1)，
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴在(－1，0)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
在(0，＋∞)上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(2)由题意得ex－x－1≥k[x－ln(x＋1)]在x∈[0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]，
则h(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
h′(x)＝ex－1－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x＋1)))，
则h′(0)＝0，h″(x)＝ex－eq \f(k,（x＋1）2)，
h″(0)＝1－k，
若h″(0)＝1－k<0，即k>1时，存在x∈(0，＋∞)使得x∈(0，x0)时，h″(x)<0，
则在(0，x0)上h′(x)单调递减，此时h′(x)则h(x)在(0，x0)上单调递减，且x∈(0，x0)使h(x)若h″(0)＝1－k≥0，即k≤1时，
由(1)知f(x)＝x－ln(x＋1)的最小值为f(0)＝0，
则h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]≥ex－x－1－x＋ln(x＋1)＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0).
令φ(x)＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0)，
φ′(x)＝ex－2＋eq \f(1,x＋1)≥x＋1＋eq \f(1,x＋1)－2≥2eq \r(（x＋1）·\f(1,x＋1))－2＝0(当且仅当x＝0时取等号)，
则φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0，
即k≤1时，h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
综上所述，k的取值范围是(－∞，1].
二、创新拓展练
4.已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋eq \f(1,2)x2，若f(x)≥eq \f(1,2)x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值.
解 对函数f(x)求导，得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.
由题意知f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，则f(0)＝1.
又f(0)＝f′(1)e－1，因此f′(1)＝e.
∴f(x)＝ex－x＋eq \f(1,2)x2.
f(x)≥eq \f(1,2)x2＋ax＋b，即ex－(a＋1)x－b≥0，
令g(x)＝ex－(a＋1)x－b.
①当a＋1>0时，只需考虑b>0情况.
由题意知“geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0”是“g(x)≥0”的必要条件.
由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥0，解得eq \r(e)≥eq \f(a＋1,2)＋b.
由均值不等式有eq \r(e)≥eq \f(a＋1,2)＋b≥2eq \r(\f(a＋1,2)·b)，即(a＋1)b≤eq \f(e,2)(当a＋1＝2b时取等号).
存在a，b满足(a＋1)b＝eq \f(e,2)，总有f(x)≥eq \f(1,2)x2＋ax＋b，
取a＝eq \r(e)－1，b＝eq \f(\r(e),2)，此时
g(x)＝ex－eq \r(e)x－eq \f(\r(e),2)＝eq \r(e)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)－x－\f(1,2)))≥eq \r(e)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)＋1－x－\f(1,2)))＝0，当x＝eq \f(1,2)时取等号.
②假设a＋1＝0符合题意，此时(a＋1)b＝0.
③假设a＋1<0，此时feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(|b－1|,a＋1)－1))<0，不符合题意.
综上，(a＋1)b的最大值为eq \f(e,2).