（新高考）高考数学一轮复习讲练测第3章§3.5利用导数研究恒(能)成立问题(含解析)

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题型一 分离参数求参数范围
例1 已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；
(2)若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．
即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．
(2)因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，
当x＝0时，不等式成立，此时a∈R，
当x>0时，不等式等价于a≥eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，
则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2－1,x2)))＝eq \f(x－1[ex－x＋1],x2)，
由(1)知当a＝1时，f(x)>f(0)＝0，
即ex－(x＋1)>0，
所以当0当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
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 (2023·苏州质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，
则f′(x)＝1－ex，
当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤eq \f(ln x,x)(x>0)，即a≤eq \f(ln x,x2)(x>0)，
则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max(x>0)，
令h(x)＝eq \f(ln x,x2)，x>0，
h′(x)＝eq \f(x－2xln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)，
当00，当x>eq \r(e)时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(eq \r(e))＝eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).
题型二 等价转化求参数范围
例2 (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，令f′(x)<0，得0∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减．
(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，
∴a＝1.
f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，
当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)，
即x(1－ln x)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，g(e)＝0，
g′(x)＝m－ln x，x∈[e，＋∞)，
若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，
则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0满足题意．
若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符，
综上，实数m的取值范围为m≤1.
思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
跟踪训练2 (2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.
(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；
(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex＋eq \f(a,x)，
因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以f′(x)＝ex＋eq \f(a,x)≤0在(－∞，0)上恒成立，
即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，
令g(x)＝－x·ex(x<0)，
则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，
当x<－1时，g′(x)>0，
当－1所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，
所以g(x)max＝g(－1)＝eq \f(1,e)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
(2)由f(x)≤f′(x)得aln(－x)＋1≤eq \f(a,x)，
即aln(－x)－eq \f(a,x)＋1≤0对∀x∈(－∞，0)恒成立，
令h(x)＝aln(－x)－eq \f(a,x)＋1(x<0)，
h′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(a,x2)＝eq \f(ax＋1,x2)(x<0)，
当a＝0时，h(x)＝1，不满足h(x)≤0；
当a>0且x<－1时，h′(x)<0，当a>0且－10，
所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－1)＝a＋1>0，不符合题意；
当a<0且x<－1时，h′(x)>0，当a<0且－1所以当a<0时，函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，
所以h(x)max＝h(－1)＝a＋1≤0，解得a≤－1，
综上所述，a的取值范围为(－∞，－1]．
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 (2023·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2－bx.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b，并证明f(x)≥g(x)；
(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝1－b，,a＝2－b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1，))
此时f(x)＝x2ln x，g(x)＝x2－x，
要证f(x)≥g(x)，即证x2ln x≥x2－x，
即xln x≥x－1，
令h(x)＝xln x－x＋1，
则h′(x)＝ln x，且h′(1)＝0，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－eq \f(e,2)恒成立，
当x＝1时，有－1≥－eq \f(e,2)成立，∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥eq \f(x－\f(e,2),xln x)，
令G(x)＝eq \f(x－\f(e,2),xln x)，则G′(x)＝eq \f(\f(e,2)ln x－x＋\f(e,2),xln x2)，
令m(x)＝eq \f(e,2)ln x－x＋eq \f(e,2)，则m′(x)＝eq \f(e,2x)－1，
且m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝0，
当10，当eq \f(e,2)∴m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，e))上单调递减，
m(1)＝－1＋eq \f(e,2)>0，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝eq \f(e,2)ln eq \f(e,2)>0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝eq \f(1,2)，∴a≥eq \f(1,2)，
综上所述，a的取值范围是a≥eq \f(1,2).
思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，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.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，
所以f′(x)＝eq \f(－axx－3,ex)(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x<0或x>3.
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)所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，
则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，
即f(3)－f(0)<1，即eq \f(5a,e3)＋a<1，解得a又a>0，所以0故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e3,5＋e3))).
课时精练
1．已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，
而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－eq \f(3,e)，
∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.
(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；
当x>2时，原不等式化为a≤eq \f(2x－2ex,x2－2x)＝eq \f(2ex,x)，
令g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2x－1ex,x2)，
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．
2．(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)解 (1)函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq \f(a,x)－1＝eq \f(－x＋a,x)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);
②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x)max由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)
＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，当01时，g′(x)>0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x)min＝g(1)＝0，
∴aln a－a<0，即ln a－1<0，解得0∴a的取值范围为(0，e)．
3．(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，
又f(1)＝0，
故f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令h(x)＝ln x＋1－2ax，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x).
①若a≤0，得h′(x)>0，
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01，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，h′(x)>0，
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0所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
4．已知函数f(x)＝e2x－ax(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若关于x的不等式aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(1,2)))≤f(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝e2x－ax，
∴f′(x)＝2e2x－a，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值．
当a>0时，令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，
得x＝eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)，
易知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln \f(a,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln \f(a,2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ln \f(a,2)))＝ SKIPIF 1 < 0 －a×eq \f(1,2)ln eq \f(a,2)＝eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)无极大值．
综上，当a≤0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)的极小值为eq \f(a,2)－eq \f(a,2)ln eq \f(a,2)，f(x)无极大值．
(2)由aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－x＋\f(1,2)))≤f(x)得，
e2x－ax≥aln x－ax＋eq \f(1,2)a，
整理得e2x－aln x－eq \f(1,2)a≥0.
令h(x)＝e2x－aln x－eq \f(1,2)a(x>0)，
则h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－eq \f(a,x)(x>0)，
当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
且当x→0＋时，h(x)<0，不满足题意．
当a＝0时，h(x)＝e2x>0，满足题意．
当a>0时，由h(x)≥0得eq \f(1,a)≥eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x).
令p(x)＝eq \f(ln x＋\f(1,2),e2x)，
则p′(x)＝eq \f(\f(1,x)·e2x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)))e2x,e2x2)＝eq \f(\f(1,x)－2ln x－1,e2x)，
令q(x)＝eq \f(1,x)－2ln x－1(x>0)，
则q′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)<0，∴q(x)单调递减，
又q(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，q(x)>0，
即p′(x)>0，p(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，q(x)<0，
即p′(x)<0，p(x)单调递减，
∴p(x)max＝p(1)＝eq \f(1,2e2)，
∴eq \f(1,a)≥eq \f(1,2e2)，即0综上，实数a的取值范围为[0,2e2]．