微专题39　必要性探路-2024年高考数学二轮微专题系列

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1.必要性探路法，是指对一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内的某个特殊的值或某几个特殊的值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内讨论，或去验证其充分条件，进而解决问题的方法.
2.虽然这种必要性探路的方法求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以限定问题成立的大前提，缩小参数的讨论范围，在一定程度可以减少分类讨论的类别，降低了思维难度.
类型一 取点探路
对已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取0或1，对数函数常取1或e等.
例1 (2022·哈三中模拟节选)已知f(x)＝ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)(x≥1)，若f(x)≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围.
解 必要性：对x≥1，f(x)≥ln 2恒成立，
即ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)－ln 2≥0在(1，＋∞)恒成立.
令g(x)＝ln(ax＋1)＋eq \f(1－x,1＋x)－ln 2，
所以g(1)＝ln(a＋1)－ln 2≥0，解得a≥1.
充分性：当a≥1时，g(x)≥lneq \f(x＋1,2)＋eq \f(2,x＋1)－1(x≥1).
令t＝eq \f(x＋1,2)≥1，
则令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1(t≥1)，
所以h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝eq \f(t－1,t2)(t≥1)，
则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥0恒成立，
综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).
训练1 已知f(x)＝ax2－4ln(x－1)，对x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1，求实数a的取值范围.
解 必要性：因为对x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1.
即ax2－4ln(x－1)－1≤0，令g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1，
则g(2)＝4a－1≤0，则a≤eq \f(1,4).
充分性：当a≤eq \f(1,4)时，g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1≤eq \f(1,4)x2－4ln(x－1)－1，
根据ln x≥1－eq \f(1,x)(证明略)，在x∈[2，e＋1]上有eq \f(1,4)x2－4ln(x－1)－1
≤eq \f(1,4)x2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x－1)))－1＝eq \f(（x－2）（x2＋x－18）,4（x－1）)≤0，
所以g(x)≤0，即f(x)≤1，
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))).
类型二 极值点探路
1.已知f(x)≤0(或f(x)≥0)，找f(x)的极大值(或极小值)点探路；
2.对于f(x)≤g(x)，找f(x)的极大值点，g(x)的极小值点探路.
例2 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ae2(x－1)＋1，a≥0.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；
(2)若关于x的不等式lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－eq \f(3,2)在区间(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1).
当x∈(0，1)时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1)>1－e2(x－1)>1－1＝0，此时无零点.
当x∈[1，＋∞)时，
f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－2e2(x－1)，
当x∈[1，＋∞)时，f′(x)单调递减，
且f′(x)1，
m′(x)＝eq \f(\f(3,2)－x,x－\f(1,2))，
当x>eq \f(3,2)时，m′(x)1，则n′(x)＝2e2(x－1)－2e.
当x>1时，n′(x)单调递增，且n′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2e－2e＝0，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，n′(x)0，n(x)单调递增，
∴n(x)≥neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝e－e＝0，
∴x>1，a·n(x)≥0.
由已知得x>1，lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))－1))≤0.
∴①式成立.∴a∈[0，2].
训练2 已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.
解 必要性：令φ(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln ax，x>0，
求导得φ′(x)＝2ax－1－eq \f(1,x).
因为φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，又φ(x)≥0，
则eq \f(1,a)是φ(x)的一个极小值点，则φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝0，解得a＝1.
充分性：当a＝1时，φ′(x)＝2x－1－eq \f(1,x)＝eq \f(（2x＋1）（x－1）,x).
当00，则存在σ>0，当|x－a|0(注意它的逆命题是假命题).
例3 已知函数f(x)＝axln x－xa，其中a∈R.
若函数f(x)是(1，＋∞)内的减函数，求正数a的取值范围.
解 必要性：因为函数f(x)是(1，＋∞)内的减函数，所以f′(x)＝aln x＋a－axa－1＝a(ln x＋1－xa－1)≤0在(1，＋∞)内恒成立.
令g(x)＝ln x＋1－xa－1，
因为a>0，所以g(x)＝ln x＋1－xa－1≤0在(1，＋∞)内恒成立，
因为g(1)＝0，g′(x)＝eq \f(1,x)－(a－1)xa－2，
保证g(x)在x＝1处有单减趋势，则g′(1)≤0，即g′(1)＝1－(a－1)≤0，则a≥2.
充分性：
因为a≥2，所以a－1≥1，
因为x>1，所以xa－1≥x，
则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x0)，若在函数f(x)的定义域内，总有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，试求a＋b的最大值.
解 必要性：f(x)≥－x2＋2ax＋b，x>0，
即2aln x－2x＋b≤0.
令g(x)＝2aln x－2x＋b，
由题意知“g(eq \r(e))≤0”是“g(x)≤0”的必要条件(注意选x＝eq \r(e)是为了整理后的不等式出现a＋b)，即a＋b≤2eq \r(e)，
则a＋b的最大值可能为2eq \r(e).
充分性：存在a，b满足a＋b＝2eq \r(e)，总有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，取a＝b＝eq \r(e)，则g(x)＝2eq \r(e)ln x－2x＋eq \r(e)，从而g′(x)＝2·eq \f(\r(e)－x,x).
当0eq \r(e)时，g′(x)0时，g(x)≤g(eq \r(e))＝0，符合题意.
综上可知，a＋b的最大值为2eq \r(e).
训练4 已知a，b∈R，f(x)＝ex－ax－beq \r(x2＋1)在[0，＋∞)上的最小值为0，求a＋eq \r(5)b的最大值.
解 必要性：由f(x)≥0得ex≥ax＋beq \r(x2＋1)，
即eq \f(ex,x)≥a＋eq \f(b\r(x2＋1),x)，
令eq \f(\r(x2＋1),x)＝eq \r(5)，得x＝eq \f(1,2)或x＝－eq \f(1,2)(舍)，故取x＝eq \f(1,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－eq \f(a,2)－eq \f(b\r(5),2)≥0，
即a＋eq \r(5)b≤2eeq \s\up6(\f(1,2)).
充分性：存在a，b满足a＋eq \r(5)b＝2eeq \s\up6(\f(1,2))且能使f(x)在[0，＋∞)上的最小值为0.
取a＝eq \f(3\r(e),4)，b＝eq \f(\r(5e),4)(此时可使f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0)，
f′(x)＝ex－a－eq \f(bx,\r(x2＋1))，f″(x)＝ex－eq \f(b,（x2＋1）\r(x2＋1))，b＝eq \f(\r(5e),4)0，当x＝0时，－ln a－aln a≥0，解得0