2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）高考难点突破课一 导数的综合问题 第一课时 利用导数研究恒(能)成立问题

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题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题
例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(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.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)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，此时a∈R.
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H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
即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，g(x)单调递减.
因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
感悟提升 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.
训练1 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max).
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值，为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))).
题型二 分类讨论法解决恒成立问题
例2 已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数.
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，
所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，
所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1).
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).
感悟提升 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.
训练2 已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x) ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解 f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－a(x≥0)，
当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，
又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，
∴a>1不合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当m>0时，令f′(x)>0且x>0，得0令f′(x)<0且x>0，得x>eq \f(1,2m).
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减.
综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2，2e2]，
所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3.
又a>0，所以a∈(0，3].
所以实数a的取值范围为(0，3].
感悟提升 解决“双变量”的恒(能)成立问题的关键是进行等价变换，常见的等价转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(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.
训练3 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝eq \f(x,ex)，对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”.
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，
所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e).
由8＋a≤eq \f(1,e)，得a≤eq \f(1,e)－8，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)－8)).
洛必达法则
在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“eq \f(0,0)”型的代数式，就设法求其最值.“eq \f(0,0)”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法是利用洛必达法则.
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) eq^\(,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A，
那么limeq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f（x）,g（x）)＝eq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) eq^\(,\s\d4(x→a)) f(x)＝∞及eq^\(,\s\d4(x→a)) g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心领域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) eq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f′（x）,g′（a）)＝A，
那么eq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f（x）,g（x）)＝eq^\(,\s\d4(x→a)) eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A.
例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2).
(2)法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，
则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件.
②当a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a，
若0若x>ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
∴g(a)故a>1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(ex（x－1）＋1,x2)，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知，eq^\(,\s\d4(x→0))h(x)＝eq^\(,\s\d4(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq^\(,\s\d4(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1.函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2a＋eq \f(1,x)，f′(1)＝3－2a，
由题意f′(1)·eq \f(1,2)＝(3－2a)·eq \f(1,2)＝－1，
解得a＝eq \f(5,2).
(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－eq \f(3,x)，
令g(x)＝2ln x＋x－a＋eq \f(3,x)，
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)，
则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，
得a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4].
2.已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
解 由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x＞0)，
则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x＞0)，
∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥eq \f(xeq \\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝eq \f(（2x－2）（x－ln x）－（x－2）（x－1）,（x－ln x）2)
＝eq \f(（x－1）（x－2ln x＋2）,（x－ln x）2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增.
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
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.
所以F(x)在x＝－1处取得最小值，
即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，＋∞).
4.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(（x－1）（x－a）,x2).
①若a≤1，则当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[1，e]上为增函数，
f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，则
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1.
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)，
又g′(x)＝(1－ex)x.
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)＜1，解得a＞eq \f(e2－2e,e＋1)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1)) .x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值eq \f(1,2e)
