新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第6讲 母题突破2　恒成立问题与有解问题（含解析）

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(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．
2思路分析一
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷分离参数a≥gx
↓
❸a≥gxmax
↓
❹求gxmax
思路分析二
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷等价变形
↓
❸构造新函数
↓
❹求新函数的最值
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)方法一 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)，
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，
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00，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，
设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，
h(x2)＝(x2＋1)ln x2，
由h′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1，设m(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1，可得m′(x)＝eq \f(x－1,x2)，
所以当00，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对∀x>0恒成立，
即a≥eq \f(2ln x,x)对∀x>0恒成立，
设n(x)＝eq \f(2ln x,x)，则n′(x)＝eq \f(21－ln x,x2)，
当0e时， n′(x)f(x)max或a0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a).
(ⅰ)若00，g′(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥eq \f(1,2)，则00在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，h′(x)g(0)＝0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞)．