2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划1　必要条件开路——缩小范围，减少讨论

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2．已知f(x)＝ex－e－x．若对于任意的x≥0，都有f(x)≥ax，求实数a的取值范围．
【解答】 设g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－ax(x≥0)，则g′(x)＝ex＋e－x－a，g″(x)＝ex－e－x．显然，当x≥0时，g″(x)≥0，g′(x)单调递增(注意到g(0)＝0，g′(0)＝2－a)．①当2－a≥0，即a≤2时，易知对任意x∈[0，＋∞)，g′(x)≥g′(0)＝2－a≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(0)＝0，符合题意；②当2－a＜0，即a＞2时，使得g′(0)＜0，g′(lna)＝eq \f(1,a)＞0，由零点存在定理得，∃x0∈(0，lna)，g′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，所以g(x)单调递减，此时g(x)＜g(0)＝0，不合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，2]．
3．已知函数f(x)＝ex－1－asinx，若f(x)≥0在[0，π]上恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由题意，注意到f(0)＝0，f′(x)＝ex－acsx，x∈[0，π]，f″(x)＝ex＋asinx，令f′(0)＝1－a≥0⇒a≤1．当a≤0时，ex－1≥0，asinx≤0，所以f(x)＝ex－1－asinx≥0，满足题意；当0＜a≤1时，f″(x)＝ex＋asinx＞0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，结合f′(0)＝1－a≥0知f′(x)≥0，从而f(x)在[0，π]上单调递增，又f(0)＝0，所以f(x)≥0恒成立，满足题意；当a＞1时，f″(x)＝ex＋asinx＞0，所以f′(x)在[0，π]上单调递增，结合f′(0)＝1－a＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)＞0可得f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有唯一的零点x0，且当0≤x＜x0时，f′(x)＜0，所以f(x)在[0，x0)上单调递减，又f(0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＜0，从而f(x)≥0不能恒成立，不合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1]．
4．若不等式2x2＋2axlnx－2x＋lnx≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 设g(x)＝2x2＋2axlnx－2x＋lnx，g(1)＝0，g′(x)＝4x＋2a(1＋lnx)－2＋eq \f(1,x)，g′(1)＝4＋2a－2＋1＝2a＋3．因为g(x)≥0恒成立，g(1)＝0，所以g′(1)≥0，否则，若g′(1)＜0，由于g′(x)的连续性，必存在区间(1，m)，使得g′(x)＜0，即g(x)在(1，m)上单调递减，进而存在x0∈(1，m)，g(x0)＜g(1)＝0，不符合题意，所以a≥－eq \f(3,2)．下面证明：对任意的a≥－eq \f(3,2)均满足条件．构造函数h(x)＝2x2－3xlnx－2x＋lnx，则g(x)－h(x)＝(2a＋3)xlnx≥0，所以对任意的x∈[1，＋∞)，g(x)≥h(x)，若要g(x)≥0恒成立，只需证明h(x)≥0即可．h(1)＝0，h′(x)＝4x－3(1＋lnx)－2＋eq \f(1,x)＝4x－3lnx＋eq \f(1,x)－5，h′(1)＝0．记m(x)＝4x－3lnx＋eq \f(1,x)－5，x＞1，m′(x)＝4－eq \f(3,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(4x2－3x－1,x2)＝eq \f(4x＋1x－1,x2)＞0恒成立，所以h′(x)在[1，＋∞)上单调递增，h′(x)≥h′(1)＝0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0成立，所以当a≥－eq \f(3,2)时，对任意的x∈[1，＋∞)，g(x)≥h(x)≥0恒成立，符合题意，所以a≥－eq \f(3,2)．