2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第三章 §3.5　利用导数研究恒(能)成立问题

§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题题型一　分离参数求参数范围例1　(2022·北京模拟)已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0.(2)方法一　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立. 当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.当x>2时，eq \f(1,2)x2－x>0，所以a≤eq \f(x－2ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．设g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2x－1ex,x2)，因为x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2. 综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．方法二　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．②当0e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．教师备选(2022·重庆模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．解　(1)f′(x)＝x－(m＋1)＋eq \f(m,x)＝eq \f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq \f(x－mx－1,x)，①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．②当00，f(x)单调递增；当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，即eq \f(x2,2)－mln x≥0恒成立，∴eq \f(x2,2)≥mln x.当x＝1时，eq \f(x2,2)≥mln x恒成立，当x>1时，eq \f(x2,2ln x)≥m；当01时，令g′(x)＝0，得x＝eq \r(e)，∴当1eq \r(e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(eq \r(e))＝e，∴m≤e.综上知0≤m≤e.思维升华　分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.跟踪训练1　已知函数f(x)＝xln x(x>0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq \f(－x2＋mx－3,2)成立，求实数m的最小值．解　(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)；令f′(x)<0，得00)．则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得00，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①当a≤eq \f(1,e)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤eq \f(1,e)符合题意．②当a>eq \f(1,e)时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．当ln a＋1≤1，即eq \f(1,e)1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．教师备选(2022·衡阳模拟)已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性﹔(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范围．解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－2ax2,x)，当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时﹐由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(2a))，由f′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))，由f′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，于是有f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递减．(2)由f(x)>－a，得a(x2－1)－ln x<0，x∈(1，＋∞)，－ln x<0，x2－1>0，当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，满足题意；当a≥eq \f(1,2)时，令g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，g′(x)＝eq \f(2ax2－1,x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，当00，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，由g′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))，于是有g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递增，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)0，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq \f(2x－ax－1,x)，又eq \f(a,2)>1，∴当f′(x)>0时，0eq \f(a,2)，当f′(x)<0时，1f(x)min.由(1)可得，①当a>2时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋alneq \f(a,2)1)，φ′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)(t>1)，∴φ(t)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴φ(t)max＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，即当a>2时，不等式恒成立；(另解：当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))－eq \f(1,2)，∴－eq \f(1,2)0，所以令f′(x)>0，得03.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq \f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)0，所以0g(x2)⇔f(x)min>g(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　设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解　(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立，令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．课时精练1．(2022·大同模拟)已知函数f(x)＝x(mex－1)．(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)当x>0时，f(x)≥x2－2x，求实数m的取值范围．解　(1)当m＝1时，f(x)＝x(ex－1)，则f(1)＝e－1，由f′(x)＝ex－1＋xex可得，f′(1)＝2e－1.所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，即(2e－1)x－y－e＝0.(2)由x(mex－1)≥x2－2x及x>0，得m≥eq \f(x－1,ex).令g(x)＝eq \f(x－1,ex)(x>0)，则g′(x)＝eq \f(2－x,ex)，当x∈(0,2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，即g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,e2).所以m≥eq \f(1,e2)，故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).2．(2022·长春模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R). (1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x－ax－1,x)(x>0)，又f′(3)＝4－eq \f(2a,3)＝0，所以a＝6，经检验符合条件，所以f′(x)＝eq \f(2x－3x－1,x)，令f′(x)>0，有03；令f′(x)<0，有10，有x>1；令f′(x)<0，有00时，①0<eq \f(a,2)<1，即01，即a>2时，存在f(1)＝－a－1<0；③eq \f(a,2)＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝－3<0，可知a>0时，f(x)≥1不恒成立．综上，a≤－2.3．(2022·沈阳模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋eq \f(1,x)－2(a>0)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于∀x1∈[－1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．解　(1)设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝x2－sin x，又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x，又f(0)＝0，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋sin xx≥0，,－x2＋sin xx<0.))(2)由题意得f(x)min>g(x)min.当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cos x>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0；当x∈[－1,0)时，f′(x)＝－2x＋cos x>0，所以f(x)在[－1,0)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0，所以f(x)min＝－1－sin 1.对于g(x)，因为a>0，x>0，所以ax＋eq \f(1,x)－2≥2eq \r(a)－2，当且仅当ax＝eq \f(1,x)，即x＝eq \r(\f(1,a))时等式成立．所以g(x)min＝2eq \r(a)－2，所以－1－sin 1>2eq \r(a)－2，整理得a<eq \f(1－sin 12,4)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－sin 12,4))).4．(2022·昆明联考)已知函数f(x)＝eax－x.(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2.∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2).当x<－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)<0；当x>－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(ln 2,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(ln 2,2)，＋∞)).(2)由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]，即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，故仅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．设函数g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，则eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等价于g(eax)≥g(x)．∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．设函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，则a≥eq \f(1,e)即可，∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).