中考数学二轮精品专题复习 专题34 单变量不等式能成立之最值分析法(解析版)

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专题34　单变量不等式能成立之最值分析法
【方法总结】
单变量不等式能成立之最值分析法
遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)max≥0或u(x)min≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
注意　“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．注意与恒成立问题的区别．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．
【例题选讲】
[例1]　设函数f (x)＝2lnx－mx2＋1．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当f (x)有极值时，若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．
解析　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f ′(x)>0，得0 令f ′(x)<0，得x>，∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f (x)有极值时，m>0，且f (x)在上单调递增，在上单调递减．
∴f (x)max＝f ＝2ln－m·＋1＝－ln m，
若存在x0，使得f (x0)>m－1成立，则f (x)max>m－1．即－ln m>m－1，lnm＋m－1<0成立．
令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0 ∴实数m的取值范围是(0，1)．
[例2]　设f(x)＝x－－alnx(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(，f())处的切线方程；
(2)当a<1时，在内是否存在一实数x0，使f(x0)>e－1成立？
解析　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f()＝＋ln 2，f′(x)＝1－，
所以曲线y＝f(x)在点处的切线的斜率为f′＝1－＝－1.
故所求切线方程为y－＝－，即x＋y－ln 2－1＝0.
(2)假设当a<1时，在内存在一实数x0，使f(x0)>e－1成立，
则只需证明当x∈时，f(x)max>e－1即可．
f′(x)＝1＋－＝＝(x>0)，
令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝a－1，当a<1时，a－1<0，∴当x∈时，f′(x)<0；当x∈(1，e)时，f′(x)>0．
∴函数f(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝max{f()，f(e)}．
于是，只需证明f(e)>e－1或f()>e－1即可．
∵f(e)－(e－1)＝e－－a－(e－1)＝>0，∴f(e)>e－1成立．
所以假设正确，即当a<1时，在x∈内至少存在一实数x0，使f(x0)>e－1成立．
[例3]　已知f(x)＝xeax－x2－x＋1，a≠0．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若∃x0≥1，使f(x0)＜成立，求参数a的取值范围．
解析　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－－x＋1，
所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；由f′(x)＜0，得－1＜x＜0．
所以f(x)的单调递减区间为(－1，0)，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)．
(2)由题意，得f(x)min＜(x≥1)，
因为f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，由f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝0．
①当a＞0时，因为x≥1，所以f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，即f(x)min＝f(1)．
f(1)＝ea－＜，即ea－a＜0．设g(a)＝ea－a(a＞0)，g′(a)＝ea－1＞0．
所以g(a)min＞g(0)＝e0－0＝1＞0，即ea＞a恒成立，即g(a)＞0，所以不等式ea－a＜0无解；
②当a＜0时，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0．
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
且f(0)＝1＞0，由①知f(1)＞恒成立，若∃x0≥1，使f(x0)＜，则
所以所以
解得1－＜a＜0．综上所述，参数a的取值范围为．
[例4]　已知函数f(x)＝－alnx－＋ax，a∈R．
(1)当a<0时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于x的不等式g(x)≤－ex＋＋(a－1)x在[1，2]上有解，求实数a的取值范围．
解析　(1)依题设，f′(x)＝－－＋a＝(x>0)，
当a<0时，ax－ex<0恒成立，所以当x>1时，f′(x)<0，当00，
故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)因为g(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g(x0)≤－ex0＋＋(a－1)x0成立．
则存在x0∈[1，2]，使得－aln x0＋(a＋1)x0－－a≤0成立，
令h(x)＝－aln x＋(a＋1)x－－a，x∈[1，2]，
则h′(x)＝＋a＋1－x＝－，x∈[1，2]．
①当a≤1时，h′(x)≤0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递减，
所以h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0．
②当10，解得1 所以函数h(x)在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，
又因为h(1)＝，所以h(2)＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1 ③当a≥2时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[1，2]上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝>0，不符合题意．
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0]．
[例5]　已知函数f(x)＝x2－(a＋3)x＋3alnx，g(x)＝x2－(a＋4)x－＋4alnx．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)当a＞0时，若在[1，e](e为自然对数的底数)上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)∵函数f(x)＝x2－(a＋3)x＋3aln x，∴f(x)定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝x－(a＋3)＋＝，
当a＝2时，令f′(x)＝＝0，解得x＝2或x＝3，
∴当x∈(0，2)∪(3，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(2，3)时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上单调递增，f(x)在(2，3)上单调递减，
∴函数f(x)的极小值为f(3)＝6ln 3－，函数f(x)的极大值为f(2)＝6ln 2－8．
(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝x＋－aln x，
在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得F(x0)＜0，
即函数F(x)＝x＋－aln x在[1，e]上的最小值小于零．
由F(x)＝x＋－aln x得F′(x)＝1－－＝，
∵a＞0，∴a＋1＞1，又x∈(0，＋∞)，∴x＋1＞0，
∴当x∈(0，a＋1)时，F′(x)＜0；当x∈(a＋1，＋∞)时，F′(x)＞0，
①当1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，F(x)在[1，a＋1)上单调递减，在[a＋1，e]上单调递增，
∴F(x)min＝F(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1)，
∵0＜ln(a＋1)＜1，∴0＜aln(a＋1)＜a，∴a＋2－aln(a＋1)＞2，此时F(a＋1)＜0不成立．
②当a＋1≥e，即a≥e－1时，F(x)在[1，e]上单调递减，∴F(x)min＝F(e)．
由F(e)＝e＋－a＜0可得：a＞，∵＞e－1，∴a＞．
综上所述：实数a的取值范围为．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝ax2＋lnx．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若∃x∈(0，＋∞)使f(x)>0成立，求a的取值范围．
1．解析　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋＝，
①a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
②a＜0时，由2ax2＋1>0得0 ∴函数f(x)在区间上单调递增，函数f(x)在区间上单调递减．
(2)①a≥0时，f(e)＝ae2＋1＞0，∴∃x∈(0，＋∞)使f(x)>0成立；
②a<0时，需f(x)max＝f＝a＋ln＝－＋ln>0，
得a>－，∴a∈，
∴由①②得a∈．
2．已知函数f (x)＝x－alnx，g(x)＝－(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0) 取值范围．
2．解析　依题意，只需[f (x0)－g(x0)]min<0，x0∈[1，e]即可．
令h(x)＝f (x)－g(x)＝x－aln x＋，x∈[1，e]，
则h′(x)＝1－－＝＝．令h′(x)＝0，得x＝a＋1．
①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；
②若1 故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，x∈(0，e－1)与h(x)<0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋，
令h(e)<0，得a>>e－1成立．
综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪．
3．已知函数f(x)＝x(lnx－1)，g(x)＝．
(1)求证：当0 (2)若存在x0∈(0，m]，使f(x0)－g(m)≤0，求m的取值范围．
3．解析　(1)由题得f(x)的定义域为(0，＋∞)，x(ln x－1) 设函数F(x)＝ln x－x＋，则F′(x)＝，故函数F(x)在(0，1)上单调递增．
当0 (2)f′(x)＝lnx，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
①当0 依题意可知f(m)－g(m)≤0⇒2mln m＋(em－2m－1)≤0．
构造函数：φ(m)＝em－2m－1(0 由此可得：当m∈(0，ln 2)时，φ′(m)<0；当m∈(ln 2，1)时，φ′(m)>0，
即φ(m)在m∈(0，ln 2)时单调递减，m∈(ln 2，1)单调递增，
注意到：φ(0)＝0，φ(1)＝0，因此φ(m)≤0．
同时注意到2mln m≤0，故有2mln m＋(em－2m－1)≤0．
②当m>1时，f(x)min＝f(1)＝－1，
依据题意可知f(m)－g(m)≤0⇒－1－≤0⇒em≤3⇒1 综上①、②所述，所求实数m取值范围为(0，ln 3]．
4．已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋＞k(x－1)成立，求k的取值范围．
4．解析　(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，∴f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＞0，得0＜x＜1，令f′(x)＜0，得x＞1，
∴f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋＞k(x－1)可化为ln x－＋x－＞k(x－1)．
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x＞1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，
令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1(x＞1)，则h(x)的对称轴为x＝．
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，∴h(x)＜h(1)＝1－k．
若k≥1，则h(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，∴g(x)＜g(1)＝0，不合题意；
若－1≤k＜1，则h(1)＞0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)＞0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当＞1，即k＜－1时，易知必存在x，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．∴h(x)＞h(1)＝1－k＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增．∴g(x)＞g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围为(－∞，1)．
5．已知函数f(x)＝2x－＋klnx．
(1)当k＝－3时，求f(x)的极值；
(2)若存在x∈[1，e]，使得3x－f(x)<－成立，求实数k的取值范围．
5．解析　(1)当k＝－3时，f′(x)＝2＋－＝＝．
∵x>0，∴当x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．
∴f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为，
∴f(x)的极大值为f ＝3ln 2－1，f(x)的极小值为f(1)＝1．
(2)若∃x∈[1，e]，使得3x－f(x)<－成立，即3x－2x＋－kln x<－⇒x＋－kln x<0有解，
设h(x)＝x＋－kln x，只需h(x)在[1，e]上的最小值小于0，
h′(x)＝1－－＝．
①当k≤0，x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
h(x)min＝h(1)＝1＋k＋1<0⇒k<－2．∵－2<0，∴k<－2．
②当10，
h(x)在区间[1，k＋1]上单调递减，在区间[k＋1，e]上单调递增，
∴h(x)min＝h(k＋1)＝k＋1＋1－kln(k＋1)＝k＋2－kln(k＋1)．
∵12，不满足题意．
③当k＋1≥e，即k≥e－1，x∈[1，e]时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝e＋－k<0⇒k>．又∵>e－1，∴k>．
∴实数k的取值范围是(－∞，－2)∪．
6．已知f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e．
(1)若a＝－1，判断是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并说明理由；
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在实数a，当x∈(0，e](e＝2.718 28…为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由．
6．解析　(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0．理由如下：当a＝－1时，f(x)＝x2－x－ln x＋e，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1－＝＝．
x∈(0，1)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
当x＝1时，函数f(x)有极小值f(x)极小值＝f(1)＝e，此极小值也是最小值，
故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0．
(2)因为f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e，所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x．
则h′(x)＝a－，假设存在实数a，使h(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，
(ⅰ)当a≤0时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，e]上单调递减，h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
(ⅱ)当a＞0时，
①当0＜a≤时，≥e，h′(x)＜0在(0，e]上恒成立，所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
②当a＞时，0＜＜e，当0＜x＜时，
h′(x)＜0，h(x)在上单调递减；当＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝1＋ln a＝3，解得a＝e2＞．
综上所述，存在a＝e2，使x∈(0，e]时，h(x)有最小值3．