2023版考前三个月冲刺专题练　第8练　恒成立问题与能成立问题

第8练　恒成立问题与能成立问题

[考情分析]　恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题．

一、恒成立问题

例1　(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)≥x3＋1恒成立，求a的取值范围．

解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，

f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，

由于φ′(x)＝ex＋2>0，

故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，

故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

(2)由f(x)≥x3＋1得，

ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，

①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；

②当x>0时，分离参数a得，

a≥－，

记g(x)＝－(x>0)，

则g′(x)＝－，

令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，

则h′(x)＝ex－x－1，

令t(x)＝ex－x－1(x>0)，

则t′(x)＝ex－1>0，

故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，

故h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0，

由h(x)>0可得ex－x2－x－1>0恒成立，

故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

因此，g(x)max＝g(2)＝，

综上可得，a的取值范围是.

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．

(3)判断含x，ln x，ex的混合式的函数值的符号时，需利用x0＝及ex≥x＋1，ln x≤x－1对函数式放缩，有时可放缩为一个常量，变形为关于x的一次式或二次式，再判断符号．

跟踪训练1　(2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝ln x－aex(a∈R)．

(1)若f(1)＝1，求曲线y＝f(x)在点(1,1)处的切线方程；

(2)当a>0时，若对任意x>0，f(x)≤ln a恒成立，求a的取值范围．

解　(1)∵f(x)＝ln x－aex(a∈R)，

∴f(1)＝－ae＝1，即a＝－，

∴f(x)＝ln x＋ex－1，

则f′(x)＝＋ex－1，f′(1)＝2，

∴切线方程为y＝2x－1，即2x－y－1＝0.

(2)当a>0时，对任意x>0，f(x)≤ln a恒成立，

即aex－ln x＋ln a≥0恒成立，

设h(x)＝aex－ln x＋ln a，x>0，

则h′(x)＝aex－，

作出函数y＝aex与y＝的大致图象，如图，

可知函数y＝aex与y＝的图象有一个交点，

即h′(x)在(0，＋∞)内有唯一的零点．

设h′(x)的零点为x0，

则h′(x0)＝－＝0，

当0<x<x0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

当x>x0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

由，

得，取对数得－ln x0＝x0＋ln a，

∴h(x)min＝h(x0)＝－ln x0＋ln a

＝－ln x0＋ln a＝＋x0＋2ln a≥2＋2ln a，

当且仅当＝x0，即x0＝1时取等号，

∴对任意x>0，h(x)≥0，

必须且只需2＋2ln a≥0，

解得a≥，

∴a的取值范围为.

二、能成立问题

例2　(2022·北京第十二中学模拟)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.

(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)设函数g(x)＝，若g(x)在[1，e2]上存在极值，求a的取值范围．

解　(1)当a＝1时，函数f(x)＝ln x＋，其定义域为(0，＋∞)，

可得f′(x)＝－＝，

当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)由g(x)＝＝＋－，x∈[1，e2]，

可得g′(x)＝＋－＝，

设h(x)＝2x－xln x－2a，

则h′(x)＝2－(1＋ln x)＝1－ln x，

令h′(x)＝0，即1－ln x＝0，解得x＝e，

当x∈[1，e)时，h′(x)>0；

当x∈(e，e2]时，h′(x)<0，

所以h(x)在区间[1，e)上单调递增，在区间(e，e2]上单调递减，

且h(1)＝2－2a，h(e)＝e－2a，h(e2)＝－2a，

显然h(1)>h(e2)，

若g(x)在[1，e2]上存在极值，

则满足或

解得0<a<，

所以实数a的取值范围为.

规律方法　(1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法

若a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；

若a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.

(2)不等式能成立问题的解题关键点

跟踪训练2　(2022·淮南模拟)已知函数f(x)＝.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)已知λ>0，若存在当x∈(1，＋∞)时，不等式λx2－λx≥(eλx－1)ln x成立，求λ的取值范围．

解　(1)y＝f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，

且f′(x)＝.

令g(x)＝1－－ln x，

则g′(x)＝，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

又因为g(1)＝0，

所以当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，g(x)<0，

即f′(x)<0，

所以函数y＝f(x)在区间(0,1)，(1，＋∞)上均单调递减．

(2)因为λx2－λx≥(eλx－1)ln x，

所以(x－1)ln eλx≥(eλx－1)ln x，

当λ>0，x>1时，x－1>0，

所求不等式可化为≥，

即f(eλx)≥f(x)．

由λ>0易知eλx∈(1，＋∞)，

由(1)知，y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递减，

故只需eλx≤x在(1，＋∞)上能成立．

两边同取自然对数得λx≤ln x，

即λ≤在(1，＋∞)上能成立．

令φ(x)＝(x>1)，

则φ′(x)＝，

当x∈(1，e)时，φ′(x)>0，函数y＝φ(x)单调递增；

当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，函数y＝φ(x)单调递减，

所以φ(x)max＝φ(e)＝，

所以λ≤，

又λ>0，

故λ的取值范围是.