高考数学复习核心专题突破(一)　微专题1　利用导数研究恒成立或存在性问题（导学案）

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这是一份高考数学复习核心专题突破(一)　微专题1　利用导数研究恒成立或存在性问题（导学案），共12页。

分离参数求参数范围
[典例1](2022·嘉兴模拟)已知函数f(x)=-xln x+a(x+1),a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤2a在[2,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
解析：(1)当a=0时,f(x)=-xln x(x>0),f'(x)=-ln x-1,
由f'(x)>0解得0由f'(x)<0解得x>e-1,
故f(x)的单调递增区间为(0,e-1),单调递减区间为(e-1,+∞);
当a≠0时,由f(x)=-xln x+a(x+1),得f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=-(ln x+1)+a,
令f'(x)=-(ln x+1)+a=0,解得x=ea-1,
由f'(x)>0解得0由f'(x)<0解得x>ea-1,
故f(x)的单调递增区间为(0,ea-1),单调递减区间为(ea-1,+∞).
经验证,a=0时,f(x)的单调递增区间也符合(0,ea-1),单调递减区间也符合(ea-1,+∞).
综上可知,f(x)的单调递增区间为(0,ea-1),单调递减区间为(ea-1,+∞);
(2)因为f(x)≤2a,x∈[2,+∞),所以a≤xlnxx−1,
令g(x)=xlnxx−1,
则g'(x)=x−1−lnx(x−1)2,
令t(x)=ln x-x+1,
则t'(x)=1x-1=1−xx,
因为x≥2,所以t'(x)<0,故t(x)在[2,+∞)上单调递减,t(x)max=t(2)=ln 2-1<0,
所以ln x所以g'(x)>0,g(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(2),
所以a≤g(2)=2ln 2,
所以a的取值范围为(-∞,2ln 2].
——自主完善,老师指导
参数法确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)
恒成立问题中求参数取值范围的基本步骤
(1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.
(2022·北京模拟)已知函数f(x)=(x-2)ex-12ax2+ax(a∈R).
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)当x≥2时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
解析：(1)当a=0时,f(x)=(x-2)ex,
f(0)=(0-2)e0=-2,f'(x)=(x-1)ex,
k=f'(0)=(0-1)e0=-1,
所以切线方程为y+2=-(x-0),即x+y+2=0;
(2)方法一:当x≥2时,f(x)≥0恒成立,
则当x≥2时,(x-2)ex-12ax2+ax≥0恒成立,
即(12x2-x)a≤(x-2)ex在[2,+∞)上恒成立,
①当x=2时,0·a≤0,所以a∈R;
②当x>2时,12x2-x>0,
所以a≤(x−2)ex12x2−x=2exx恒成立,
设g(x)=2exx,则g'(x)=2(x−1)exx2,
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].
方法二: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].
【加练备选】
已知函数f(x)=x22-(m+1)x+mln x+m,f'(x)为函数f(x)的导函数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若xf'(x)-f(x)≥0恒成立,求m的取值范围.
解析：(1)f'(x)=x-(m+1)+mx=x2−(m+1)x+mx=(x−m)(x−1)x,
①m≤0,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;
②00,f(x)单调递增;
当x∈(m,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
③m=1,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≥0,f(x)单调递增;
④m>1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(1,m)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(m,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
(2)由题意知xf'(x)-f(x)≥0恒成立,
即x22-mln x≥0恒成立,
所以x22≥mln x,
当x=1时,x22≥mln x恒成立,
当x>1时,x22lnx≥m;
当0令g(x)=x22lnx,
则g'(x)=x(2lnx−1)2(lnx)2,
当0g(x)单调递减且g(x)<0,
所以x→0时,x22lnx→0,所以m≥0,
当x>1时,令g'(x)=0,得x=e,
所以当1x>e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)≥g(e)=e,所以m≤e.
综上可知m的取值范围为[0,e].
等价转化求参数范围
[典例2]已知函数f(x)=ex-1-ax+ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x=1处的切线与直线3x-y=0平行,求a的值;
(2)若不等式f(x)≥ln x-a+1对一切x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
解析：(1)f'(x)=ex-1-a+1x,
所以f'(1)=2-a=3,
所以a=-1,
经检验a=-1满足题意,所以a=-1;
(2)f(x)≥ln x-a+1可化为ex-1-ax+a-1≥0,
令φ(x)=ex-1-ax+a-1,
则当x∈[1,+∞)时,φ(x)min≥0,
因为φ'(x)=ex-1-a,
①当a≤1e时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以φ(x)min=φ(1)=1-a+a-1=0≥0恒成立,
所以a≤1e符合题意;
②当a>1e时,令φ'(x)=0,得x=ln a+1,
当x∈(0,ln a+1)时,φ'(x)<0,
当x∈(ln a+1,+∞)时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在(0,ln a+1)上单调递减,
在(ln a+1,+∞)上单调递增,
当ln a+1≤1,即1e所以1e当ln a+1>1,即a>1时,φ(x)在[1,ln a+1)上单调递减,在(ln a+1,+∞)上单调递增,
所以φ(x)min=φ(ln a+1)<φ(1)=0与φ(x)≥0矛盾.故a>1不符合题意;
综上,实数a的取值范围为(-∞,1].
等价转化法解决恒成立问题的策略
(1)遇到“f(x)≥g(x)”型的不等式恒成立问题时,一般采用作差法,构造“左减右”的函数h(x)=f(x)-g(x)或“右减左”的函数u(x)=g(x)-f(x),进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0;
(2)将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论.
(2023·大连模拟)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x.
(1)当a>2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若存在x∈[1,+∞),使f(x)解析：(1)因为x>0,f'(x)=2x-(a+2)+ax=2x2−(a+2)x+ax=(2x−a)(x−1)x,
又a2>1,所以当f'(x)>0时,0a2,
当f'(x)<0时,1所以f(x)的单调递增区间为(0,1),(a2,+∞),
单调递减区间为(1,a2).
(2)因为存在x∈[1,+∞)使f(x)f(x)min.
由(1)可得,①当a>2时,f(x)min=f(a2)=-a24-a+aln a2即ln a2-a4<2,令t=a2,φ(t)=ln t-t2(t>1),φ'(t)=1t-12=2−t2t(t>1),
所以φ(t)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
所以φ(t)max=φ(2)=ln 2-1<2恒成立,即当a>2时,不等式恒成立;
(另解:当a>2时,f(x)在(1,a2)上单调递减,在(a2,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(a2)②当a≤2时,f(x)在x∈[1,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(1)=-a-1-12,
所以-12综合①②得,实数a的取值范围为(-12,+∞).
【加练备选】
(2022·保定模拟)已知函数f(x)=(x-a)·ln(ax),g(x)=x2-(a+1a)x+1,a≥1.
(1)当a=1时,求f(x)的图象在点(e,f(e))处的切线方程;
(2)是否存在实数a使f(x)>g(x)对∀x∈(1a,a)恒成立?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
解析：(1)当a=1时,f(x)=(x-1)·ln x,
x∈(0,+∞),f'(x)=ln x+1-1x.
所以f(x)的图象在点(e,f(e))处切线的斜率k=f'(e)=2-1e,又f(e)=e-1,
所以切线方程为y-(e-1)= (2-1e) (x-e).
即(2-1e)x-y-e=0;
(2)不存在,理由:由题意得(x-a)·ln(ax)>x2-(a+1a)x+1,x∈(1a,a),
所以(x-a)·ln(ax)>(x-a)(x-1a),
因为x所以ln(ax)即ln(ax)-x+1a<0.
令h(x)=ln(ax)-x+1a,x∈(1a,a) (a>1),
则h'(x)=1x-1=1−xx,
故h(x)在(1a,1)上单调递增,在(1,a)上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=ln a-1+1a(a>1),
令φ(a)=ln a-1+1a,a>1,
则φ'(a)=1a-1a2=a−1a2>0,
则φ(a)在(1,+∞)上单调递增,
所以φ(a)>φ(1)=0,
即h(x)max>0,与ln(ax)-x+1a<0恒成立矛盾.
所以不存在a使f(x)>g(x)对∀x∈(1a,a)恒成立.
不等式存在与成立问题
[典例3]已知函数f(x)=13x3+x2+ax.
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求实数a的最小值;
(2)若函数g(x)=xex,对∀x1∈[12,2],∃x2∈[12,2],使f'(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
解析：(1)由题设知f'(x)=x2+2x+a≥0在[1,+∞)上恒成立,
即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,
而函数y=-(x+1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则ymax=-3,
所以a≥-3,所以a的最小值为-3;
(2)“对∀x1∈[12,2],∃x2∈[12,2],
使f'(x1)≤g(x2)成立”等价于
“当x∈[12,2]时,f'(x)max≤g(x)max”.
因为f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1
在[12,2]上单调递增,
所以f'(x)max=f'(2)=8+a,
而g'(x)=1−xex,由g'(x)>0,得x<1,
由g'(x)<0,得x>1,
所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,
在(1,+∞)上单调递减,
所以当x∈[12,2]时,g(x)max=g(1)=1e,
由8+a≤1e,得a≤1e-8,
所以实数a的取值范围为(-∞,1e-8].
——自主完善,老师指导
1.不等式能成立问题的解题关键点
2.含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决,常见的转化有:
(1)∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;
(2)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;
(3)∃x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;
(4)∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
设函数f(x)=x+sinxx,g(x)=xcs x-sin x.
(1)求证:当x∈(0,π]时,g(x)<0;
(2)若存在x∈(0,π],使得f(x)解析：(1)因为当x∈(0,π]时,g'(x)=cs x-xsin x-cs x=-xsin x≤0,
所以g(x)在(0,π]上单调递减,
又g(0)=0,所以当x∈(0,π]时,g(x)<0;
(2)因为f(x)=x+sinxx=1+sinxx,
所以f'(x)=xcsx−sinxx2,
由(1)知,当x∈(0,π]时,xcs x-sin x<0,
所以f'(x)<0,
所以f(x)在(0,π]上单调递减,
所以当x∈(0,π]时,f(x)min=f(π)=1,
因为f(x)所以a>f(x)min,即a>1.
所以a的取值范围是(1,+∞).
【加练备选】
已知函数f(x)=ax-(2a+1)ln x-2x,g(x)=-2aln x-2x,其中a∈R.
(1)当a>0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若存在x∈[1e,e2],使得不等式f(x)≥g(x)成立,求实数a的取值范围.
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-2a+1x+2x2=ax2−(2a+1)x+2x2=(ax−1)(x−2)x2,
①当1a=2,即a=12时,
对∀x>0,f'(x)≥0,
此时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
②当0<1a<2,即a>12时,
令f'(x)>0,得02,
令f'(x)<0,得1a此时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1a)和(2,+∞),单调递减区间为(1a,2);
③当1a>2,即0令f'(x)>0,得01a,
令f'(x)<0,得2此时,函数f(x)的单调递增区间为(0,2)和(1a,+∞),单调递减区间为(2,1a);
(2)由f(x)≥g(x),可得ax-ln x≥0,
即a≥lnxx,其中x∈[1e,e2],
构造函数h(x)=lnxx,x∈[1e,e2],
则a≥h(x)min,h'(x)=1−lnxx2,
令h'(x)=0,得x=e∈[1e,e2],
当1e≤x0;
当e所以函数h(x)在[1e,e)上单调递增,在(e,e2]上单调递减,
所以函数h(x)在x=1e或x=e2处取得最小值,
因为h(1e)=-e,h(e2)=2e2,
所以h(1e)所以h(x)min=h(1e)=-e,所以a≥-e.
因此,实数a的取值范围是[-e,+∞).

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