北师大版高考数学一轮复习第三章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第三章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题试卷，共14页。试卷主要包含了分离参数求参数范围，等价转换求参数的范围，双变量的恒成立问题等内容，欢迎下载使用。

题型一 分离参数求参数范围
例1 已知函数f(x)＝aex－2x＋1.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若f(x)>0对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－2x＋1，
则f′(x)＝ex－2，
令f′(x)ln 2.
故函数f(x)在(－∞，ln 2)上是减少的，在(ln 2，＋∞)上是增加的，
故函数f(x)的极小值为f(ln 2)＝2－2ln x＋1＝3－2ln 2，无极大值．
(2)f(x)>0对x∈R恒成立，
即a>eq \f(2x－1,ex)对任意x∈R都成立，
设g(x)＝eq \f(2x－1,ex)，则a>g(x)max，
g′(x)＝eq \f(2ex－2x－1ex,ex2)＝eq \f(3－2x,ex)，
令g′(x)>0，解得x0，得f(x)的递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)0时，f(x)的递增区间为(－∞，ln a)，递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为存在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)))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变化的变化情况如下表：
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 等价转换求参数的范围
例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)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．
规范解答
解 方法一 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0.[2分]
所以f(x)在(－∞，0)上是减少的，在(0，＋∞)上是增加的．[4分]
(2)f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.[5分]
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.[6分]
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上是增加的，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．[7分]
(ⅱ)若00时，令f′(x)>0⇒x>ln a，
令f′(x)－a，∴－11时，f(x)在[0，ln a)上是减少的，在(ln a，＋∞)上是增加的，
∴f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a>－a，
解得1g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)存在x1∈D1，任意x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝x－1－aln x(a0.
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上是增加的，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
(2)当1－a1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上是减少的，在(ea－1－1，＋∞)上是增加的，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－lnx＋1,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上是增加的．
∴k(x)>k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上是增加的．
由洛必达法则知eq \(lim,\s\d6(x→0)) g(x)＝eq \(lim,\s\d6(x→0))eq \f(x＋1lnx＋1,x)
＝eq \(lim,\s\d6(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
例2 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)方法一 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，＋∞)上是增加的，∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若01)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0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，＋∞)上是增加的，∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上是增加的．
由洛必达法则知，eq \(lim,\s\d6(x→0))h(x)＝eq \(lim,\s\d6(x→0))eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d6(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
课时精练
1．设函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上是增加的；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x) 是增加的；
若00，得x>eq \f(1,e)；令f′(x)1；由g′(x)