2023高考数学二轮专题 微专题33 不等式恒成立或有解问题

微专题33　不等式恒成立或有解问题

高考定位　利用导数解决不等式恒成立或有解问题，是高考的热点之一，多以解答题的形式出现，为压轴题，难度较大.

[高考真题](2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex.

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围.

解　(1)当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，

则f′(x)＝xex，

当x<0时，f′(x)<0，

当x>0时，f′(x)>0，

故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).

(2)设h(x)＝xeax－ex＋1，

则h(0)＝0，

又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，

设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，

则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，

若a>，

则g′(0)＝2a－1>0，

因为g′(x)为连续不间断函数，

故存在x0∈(0，＋∞)，

使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，

故g(x)在(0，x0)上单调递增，

故g(x)>g(0)＝0，

故h(x)在(0，x0)上单调递增，

故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾.

若0<a≤，

则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，

下证：对任意x>0，总有ln(1＋x)<x成立，

证明：设S(x)＝ln(1＋x)－x，

故S′(x)＝－1＝<0，

故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，

故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立.

由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，

故h′(x)≤0总成立，

即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0.

当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，

所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以h(x)<h(0)＝0.

综上，a≤.

样题1 已知函数f(x)＝(a∈R)，若f(x)≤ex－1＋－1恒成立，求实数a的取值范围.

解　因为f(x)≤ex－1＋－1恒成立，

即≤ex－1＋－1对x∈(0，＋∞)恒成立，

即a≤xex－1－x－ln x＋1对x∈(0，＋∞)恒成立，

令u(x)＝xex－1－x－ln x＋1，

则u′(x)＝ex－1＋xex－1－1－

＝(x＋1)，

当x∈(0，1)时，u′(x)＜0，u(x)在(0，1)上单调递减，

当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，

故当x＝1时，u(x)取最小值u(1)＝1，

所以a≤1，

所以实数a的取值范围是(－∞，1].

样题2 (2022·福州模拟改编)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)，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　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.

令φ(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，

则φ′(x)＝1－＝≥0，

∴φ(x)＝x－ln x在[1，e]上单调递增，

∴φ(x)≥φ(1)＝1，∴x－ln x＞0，

∴a≤在区间[1，e]上有解.

令h(x)＝，

则h′(x)＝，

∵x∈[1，e]，∴x＋2＞2≥2ln x，

∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，

∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，

∴a≤，

所以实数a的取值范围是.

样题3 (2022·丽水模拟改编)已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R)，若f(x)≥1－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.

解　若x≥0时，f(x)≥1－ln(x＋1)，

即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)

令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，

则g′(x)＝ex＋＋a，

令φ(x)＝ex＋＋a，则φ′(x)＝ex－＝≥0，

∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a，

①若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，

∴φ(x)＝ex＋＋a≥0，∴g′(x)≥0，

函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增.

∴g(x)≥g(0)＝0，∴(*)式成立.

②若a＜－2，由于φ(0)＝2＋a＜0，

φ(－a)＝e－a＋＋a≥1－a＋＋a＝1＋＞0(x≥0时，ex≥1＋x，

故e－a≥1－a)，

故∃x0∈(0，－a)，使得φ(x0)＝0，

则当0＜x＜x0时，φ(x)＜φ(x0)＝0，

即g′(x)＜0.

∴函数g(x)在区间(0，x0)上单调递减，

∴g(x0)＜g(0)＝0，即(*)式不恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞).

规律方法　1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略

(1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.

(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.

2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.

训练1 (2022·盐城三模改编)已知不等式e(x2－ln x)＋ex－ax≥0恒成立，求实数a的取值范围.

解　易知x>0，则原不等式可化为a≤，

设F(x)＝(x>0)，

则F′(x)＝，

当x∈(0，1)时，F′(x)<0，

当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，

所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，F(x)min＝F(1)＝2e，

则实数a的取值范围为(－∞，2e].

训练2 已知函数f(x)＝aln x－＋x＋1，若不等式f(x)≥1在区间[1，2]上有解，求实数a的取值范围.

解　f′(x)＝＋＋1＝＝.

①当2－≥0，

即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，

所以f(x)在[1，2]上单调递增，

所以f(x)max＝f(2).

②当2－<0，即a>2时，

设x2＋ax＋2＝0(Δ＝a2－8>0)的两根分别为x1，x2，

则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，

所以x1<0，x2<0，

所以在区间[1，2]上，

f′(x)＝>0，

所以f(x)在[1，2]上单调递增，

所以f(x)max＝f(2).

综上，当a≥－2时，f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(2)＝aln 2＋2≥1，

所以a≥－，

所以实数a的取值范围是.

一、基本技能练

1.已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)，当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.

解　法一　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，

①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1＞0，ex－a＞0，

所以f′(x)＞0，

则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立.

②当0＜a≤e2时，f′(x)≥0，

所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，

所以f(x)≥f(2)＝0成立.

③当a＞e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)＜0；

在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)＞0，

所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意.

综上所述，a的取值范围是(－∞，e2].

法二　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，

等价于当x≥2时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立，

即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.

当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.

当x＞2时，x2－x＞0，

所以a≤＝恒成立.

设g(x)＝，则g′(x)＝，

因为x＞2，所以g′(x)＞0，

所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，

所以g(x)＞g(2)＝e2，所以a≤e2.

综上所述，a的取值范围是(－∞，e2].

2.若ex＋cos x－ax－2≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.

解　令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，

则h′(x)＝ex－sin x－a，

令t(x)＝ex－sin x－a，

则t′(x)＝ex－cos x，

∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0，

∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，

∴h′(x)≥h′(0)＝1－a.

①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，

故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，

故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；

②当1－a＜0，即a＞1时，h′(0)＜0，

又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，

∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，

∴当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，

∴h(x)在(0，x0)上单调递减，

此时h(x)＜h(0)＝0，不符合题意.

综上，a的取值范围为(－∞，1].

3.已知函数f(x)＝ax2－(6＋a)x＋3ln x，当a≤－时，关于x的不等式f(x)＋ax－b≥0有解，求b的最大值.

解　设g(x)＝f(x)＋ax－b＝ax2－6x＋3ln x－b，x>0，

则g′(x)＝2ax－6＋＝.

当a<0时，2ax2－6x＋3＝0有两个根x1，x2，不妨令x1<x2.

又x1x2＝<0，x1<0，x2>0.

由题意舍去x1，

当x∈(0，x2)时，g′(x)>0；

当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0，

∴g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减.

若存在x0使f(x)＋ax－b≥0成立，

则g(x)max＝g(x2)＝ax－6x2＋3ln x2－b≥0，

即ax－6x2＋3ln x2≥b.

又2ax－6x2＋3＝0，∴a＝.

∵a≤－，∴≤－，

∴0<x2≤，

∴b≤ax－6x2＋3ln x2＝·x－6x2＋3ln x2＝－3x2＋3ln x2－.

令h(x)＝－3x＋3ln x－，

则h′(x)＝>0，

∴函数h(x)在上单调递增，

h(x)max＝h＝－3ln 3－，

即b的最大值为－3ln 3－.

二、创新拓展练

4.(2022·济南模拟改编)已知函数f(x)＝xex－ax＋a，a≥0，若关于x的不等式f(x)≥aln x恒成立，求实数a的取值范围.

解　f(x)≥aln x恒成立等价于xex－ax＋a－aln x≥0(x＞0)恒成立，

令h(x)＝xex－ax＋a－aln x(x＞0)，

则h(x)min≥0.

①当a＝0时，h(x)＝xex＞0在区间(0，＋∞)上恒成立，符合题意；

②当a＞0时，h′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)＝(xex－a)，

令g(x)＝xex－a，g′(x)＝(x＋1)ex，

即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

g(0)＝－a＜0，

g(a)＝aea－a＝a(ea－1)＞0，

则存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0⇒x0ex0－a＝0，

此时x0ex0＝a，即x0＋ln x0＝ln a，

则当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增.

所以h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＋a＝2a－aln a.

令h(x)min≥0，得2a－aln a≥0.

因为a＞0，所以0＜a≤e2.

综上，实数a的取值范围为[0，e2].