《高考数学二轮满分突破讲义》专题一 第8讲 恒成立问题与有解问题

第8讲　恒成立问题与有解问题

母题　(2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.

(1)求b；

(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．

2思路分析

❶存在x0≥1，使得f(x0)<

　　　↓

❷fxmin<

　　　↓

❸求fxmin

解　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.

由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，

f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．

①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为

f(1)<，即－1<，

解得－－1<a<－1.

②若<a<1，则>1，

故当x∈时，f′(x)<0，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．

所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f <.

而f ＝aln ＋＋>，

所以不符合题意．

③若a>1，则f(1)＝－1＝<.

综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．

[子题1]　已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2，a∈R.

(1)求函数f(x)的极值点；

(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的取值范围．

解　(1)f(x)＝ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－a.

当a≤0时，f′(x)＝－a>0，

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；

当a>0时，由f′(x)＝－a>0，得0<x<，

由f′(x)＝－a<0，得x>，

所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以函数f(x)有极大值点，无极小值点．

(2)由条件可得ln x－x2－ax≤0(x>0)恒成立，

则当x>0时，a≥－x恒成立，

令h(x)＝－x，x>0，则h′(x)＝，

令k(x)＝1－x2－ln x，x>0，

则当x>0时，k′(x)＝－2x－<0，

所以k(x)在(0，＋∞)上单调递减，

又k(1)＝0，所以在(0,1)上，h′(x)>0，在(1，＋∞)上，h′(x)<0，

所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

所以h(x)max＝h(1)＝－1，所以a≥－1.

即a的取值范围为a≥－1.

[子题2]　(2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x＝为函数f(x)＝xaln x的极值点．

(1)求a的值；

(2)设函数g(x)＝，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．

解　(1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·＝xa－1(aln x＋1)，

f′＝a－1＝0，解得a＝2，

当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，

所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点，

因此a＝2.

(2)由(1)知f(x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.

①当k>0时，

当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，

对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f(x1)，符合题意．

②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．

③当k<0时，

当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

g(x)min＝g(1)＝，

若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即≤－，解得k≤－.

综上所述，k∈∪(0，＋∞)．

规律方法　(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略

①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．

②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．

(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．

跟踪演练

1．(2020·全国Ⅱ改编)已知函数f(x)＝2ln x＋1.若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围．

解　设h(x)＝f(x)－2x－c，

则h(x)＝2ln x－2x＋1－c，

其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.

当0<x<1时，h′(x)>0；当x>1时，h′(x)<0.

所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．

从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.

故当－1－c≤0，即c≥－1时，f(x)≤2x＋c.

所以c的取值范围为[－1，＋∞)．

2．已知函数f(x)＝(1－x)ex－1.

(1)求f(x)的极值；

(2)设g(x)＝(x－t)2＋2，存在x1∈(－∞，＋∞)，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值．

解　(1)f′(x)＝－xex，

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，

∴当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值．

(2)由(1)知f(x)≤0，

又因为g(x)＝(x－t)2＋2≥0，

所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0，所以x＝t，ln x＝，

等价于方程ln x＝有解，

即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解，

记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1，

令h′(x)＝0，得x＝，

所以当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

所以当x＝时，h(x)min＝－，

所以实数m的最小值为－.

专题强化练

1．(2020·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若f(x)≥1，求a的取值范围．

解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.

当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1.

当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.

当x∈(0,1)时，f′(x)<0；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.

所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，

从而f(x)≥1.

当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.

综上，a的取值范围是[1，＋∞)．

2．设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R)．若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

解　f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)＝2a(x－1)－ln x(x>0)，

易知当x∈(0，＋∞)时，ln x≤x－1，

则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)＝(2a－1)(x－1)．

当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，

f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)＝0，符合题意；

当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，

f(x)≤f(1)＝0，显然不符合题意，a≤0舍去；

当0<a<时，由ln x≤x－1，

得ln ≤－1，即ln x≥1－，

则f′(x)≤2a(x－1)－＝(2ax－1)，

∵0<a<，∴>1.

当x∈时，f′(x)≤0恒成立，

∴f(x)在上单调递减，

∴当x∈时，f(x)≤f(1)＝0，

显然不符合题意，0<a<舍去．

综上可得，a∈.