【最新版】高中数学高三培优小题练第22练　高考大题突破练——恒(能)成立问题

第22练　高考大题突破练——恒(能)成立问题

考点一　分离参数求最值(范围)

1．设函数f(x)＝x2＋mln x，其中m∈R，且m≠0.

(1)当m＝－4时，求f(x)的单调区间；

(2)若x＝是f(x)的极值点，且对任意x≥1，不等式f(x)≥ax恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)当m＝－4时，f(x)＝x2－4ln x，定义域为(0，＋∞)，

所以f′(x)＝2x－＝.

当0<x<时，f′(x)<0；

当x>时，f′(x)>0.

因此f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．

(2)因为f′(x)＝2x＋，

所以f′＝0，即1＋＝0，解得m＝－.

于是f(x)≥ax等价于x2－ln x≥ax，

即a≤x－在[1，＋∞)上恒成立．

令g(x)＝x－，

则g′(x)＝1－＝.

当x≥1时，2x2－1>0，ln x≥0，

所以g′(x)>0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增．

因此g(x)≥g(1)＝1，即a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．

2．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)．

(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；

(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．

解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝＝，

f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

f(x)的极大值为f＝－＋ln；

f(x)的极小值为f(1)＝－2.

(2)由题意知不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．

∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，

∴x－ln x>0，

∴a≤在区间[1，e]上有解．

令h(x)＝，则h′(x)＝.

∵x∈[1，e]，

∴h′(x)≥0，h(x)单调递增．当x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，

∴a≤.即实数a的取值范围是.

考点二　直接求最值(范围)

3．(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2.

(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；

(2)若f(x)>(1－a)x2有解，求实数a的取值范围．

解　(1)由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)＝x2＋ln x，f′(x)＝x＋>0，所以函数f(x)在区间[1，e]上单调递增．

所以f(x)在区间[1，e]上的最大值为f(e)＝e2＋1，最小值为f(1)＝.

(2)f(x)>(1－a)x2，令g(x)＝f(x)－(1－a)x2＝ln x＋x2，

g′(x)＝(2a－1)x＋.

当a≥时，g′(x)>0.g(1)＝a－≥0，显然g(x)>0有解．

当a<时，由g′(x)＝(2a－1)x＋＝0，

得x＝，

当x∈时，g′(x)>0，

当x∈时，g′(x)<0，

故g(x)在x＝处取得最大值

g＝－－ln(1－2a)．

若使g(x)>0有解，只需－－ln(1－2a)>0，

解得a>－.

结合a<，此时a的取值范围为，.

综上所述，实数a的取值范围为.

4．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝x＋ln x，其中a>0.

(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，e)上存在零点，求实数a的取值范围；

(2)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．

解　(1)h(x)＝－ln x，其定义域为(0，＋∞),

∵h′(x)＝－－<0，

∴h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减.

要使函数h(x)在区间(1，e)内存在零点，当且仅当⇒0<a<，

∴实数a的取值范围为(0，)．

(2)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立等价于对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x)min≥g(x)max.

当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋>0.

∴函数g(x)＝x＋ln x在[1，e]上单调递增．

∴g(x)max＝g(e)＝e＋1.

∵f′(x)＝1－＝，a>0.

∴当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，

∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．

①当0<a≤1时，

函数f在[1，e]上单调递增，

∴f(x)min＝f＝1＋a2.

由1＋a2≥e＋1，得a≥，又0<a≤1，

∴ a∈∅，不符合题意．

②当1<a<e时，

∴函数f在上单调递减，在上单调递增．

∴f(x)min＝f＝2a.

由2a≥e＋1，得a≥，又1<a<e，

∴≤a<e.

③当a≥e时，

函数f在上单调递减．

∴f(x)min＝f＝e＋.

由e＋≥e＋1，得a≥，又a≥e，

∴a≥e.

综上所述，a的取值范围为.