2025届高考数学一轮复习教师用书第四章第四节第1课时利用导数研究恒(能)成立问题讲义（Word附解析）

第四节　导数的综合应用第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题　【命题分析】恒(能)成立问题与有解问题是高考数学的重要知识,其中不等式恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等知识相交汇,综合考查学生分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现.【核心考点·分类突破】题型一　分离参数求参数范围[例1]已知f(x)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若对任意x∈(0,+∞),2f(x)≤g'(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=xln x,所以f'(x)=ln x+1.令f'(x)<0,得ln x+1<0,解得00,得ln x+1>0,解得x>1e,所以f(x)的单调递增区间是(1e,+∞).综上,f(x)的单调递减区间是(0,1e),单调递增区间是(1e,+∞).(2)因为g'(x)=3x2+2ax-1,由题意得2xln x≤3x2+2ax+1恒成立.因为x>0,所以a≥ln x-32x-12x在(0,+∞)上恒成立.设h(x)=ln x-32x-12x(x>0),则h'(x)=1x-32+12x2=-(x-1)(3x+1)2x2.令h'(x)=0,得x1=1,x2=-13(舍去).当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:所以当x=1时,h(x)取得极大值,也是最大值,且h(x)max=h(1)=-2,所以若a≥h(x)在(0,+∞)上恒成立,则a≥h(x)max=-2,即a≥-2,故实数a的取值范围是[-2,+∞).【解题技法】分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;存在x,a≥f(x)成立⇔a≥f(x)min;存在x,a≤f(x)成立⇔a≤f(x)max.【对点训练】(2023·成都诊断节选)已知函数f(x)=sin x-2ax,a∈R,若关于x的不等式f(x)≤cos x-1在区间(π2,π)上恒成立,求a的取值范围.【解析】不等式f(x)≤cos x-1在区间(π2,π)上恒成立,即2a≥sinx-cosx+1x在区间(π2,π)上恒成立.设g(x)=sinx-cosx+1x,则g'(x)=xcosx+xsinx-sinx+cosx-1x2.设h(x)=xcos x+xsin x-sin x+cos x-1,则h'(x)=-xsin x+xcos x=x(cos x-sin x).因为当x∈(π2,π)时,sin x>0,cos x<0,所以当x∈(π2,π)时,h'(x)<0,所以函数h(x)在(π2,π)上单调递减.因为h(π2)=π2-2<0,所以当x∈(π2,π)时,h(x)<0,即g'(x)<0,所以函数g(x)在(π2,π)上单调递减.因为g(π2)=4π,所以当x∈(π2,π)时,有g(x)<4π,所以a≥2π,所以a的取值范围是[2π,+∞).【加练备选】(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时,f(x)≥12x3+1恒成立,求a的取值范围.【解析】由f(x)≥12x3+1得ex+ax2-x≥12x3+1,其中x≥0,①当x=0时,不等式为1≥1,显然成立,此时a∈R.②当x>0时,分离参数a,得a≥-ex-12x3-x-1x2,记g(x)=-ex-12x3-x-1x2,则g'(x)=-(x-2)(ex-12x2-x-1)x3.令h(x)=ex-12x2-x-1(x>0),则h'(x)=ex-x-1,令H(x)=ex-x-1,H'(x)=ex-1>0,故h'(x)在(0,+∞)上单调递增,因此h'(x)>h'(0)=0,故函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,即ex-12x2-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)=7-e24,综上,实数a的取值范围是[7-e24,+∞).题型二　等价转化求参数范围[例2]已知函数f(x)=-aln x-exx+ax,a∈R.(1)当a<0时,讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(x)+xf'(x),若关于x的不等式g(x)≤-ex+x22+(a-1)x在[1,2]上有解,求实数a的取值范围.【解析】(1)由题意知,f'(x)=-ax-xex-exx2+a=(ax-ex)(x-1)x2(x>0),当a<0时,ax-ex<0恒成立,所以当x>1时,f'(x)<0,当00,故函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)因为g(x)=f(x)+xf'(x),所以g(x)=-aln x-ex+2ax-a,由题意知,存在x∈[1,2],使得g(x)≤-ex+x22+(a-1)x成立,即存在x∈[1,2],使得-aln x+(a+1)x-x22-a≤0成立.令h(x)=-aln x+(a+1)x-x22-a,x∈[1,2],则h'(x)=-ax+a+1-x=-(x-a)(x-1)x,x∈[1,2].①当a≤1时,h'(x)≤0,所以函数h(x)在[1,2]上单调递减,所以h(x)min=h(2)=-aln 2+a≤0成立,解得a≤0.②当10,解得10,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,0].【解题技法】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.【对点训练】已知函数f(x)=ax-ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若x=1为函数f(x)的极值点,当x∈[e,+∞)时,不等式x[f(x)-x+1]≤m(e-x)恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)f'(x)=a-1x=ax-1x(x>0),①当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;②当a>0时,令f'(x)>0,得x>1a,令f'(x)<0,得00时,f(x)在(1a,+∞)上单调递增,在(0,1a)上单调递减.(2)因为x=1为函数f(x)的极值点,所以f'(1)=0,所以a=1,f(x)=x-ln x,x[f(x)-x+1]=x(1-ln x),当x∈[e,+∞)时,不等式x[f(x)-x+1]≤m(e-x)⇔x(1-ln x)≤m(e-x),即x(1-ln x)-m(e-x)≤0,令g(x)=x(1-ln x)-m(e-x),g(e)=0,g'(x)=m-ln x,x∈[e,+∞),若m≤1,g'(x)≤0在[e,+∞)上恒成立,则g(x)在[e,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(e)=0,满足题意.若m>1,由g'(x)>0,可得e≤xg(e)=0,与题意不符,综上,实数m的取值范围为(-∞,1].题型三　双变量的恒(能)成立问题[例3]已知函数f(x)=a(x2-x-1)ex(x∈R),a为正实数.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若∀x1,x2∈[0,4],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=a(x2-x-1)ex(x∈R),所以f'(x)=-ax(x-3)ex(x∈R).因为a>0,所以令f'(x)>0,得03, 所以f(x)的单调递增区间为(0,3),单调递减区间为(-∞,0)和(3,+∞). (2)由(1)知,f(x)在(0,3)上单调递增,在(3,4)上单调递减, 所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)=5ae3. 又f(0)=-a<0,f(4)=11ae-4>0,所以f(0)0,所以0g(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. 【对点训练】 已知函数f(x)=x-(a+1)ln x-ax(a∈R),g(x)=12x2+ex-xex. (1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值; (2)当a<1时,若存在x1∈[e,e2],使得对任意的x2∈[-2,0],f(x1)e2-2ee+1,所以a的取值范围为(e2-2ee+1,1).【加练备选】(2023·石家庄质检)已知函数f(x)=ax2ln x与g(x)=x2-bx.(1)若f(x)与g(x)在x=1处有相同的切线,求a,b,并证明f(x)≥g(x);(2)若对∀x∈[1,e],都∃b∈[1,e2]使f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)f'(x)=2axln x+ax,g'(x)=2x-b,因为函数f(x)与g(x)在x=1处有相同的切线,所以f(1)=g(1),f'(1)=g'(1),即0=1-b,a=2-b,解得a=1,b=1,此时f(x)=x2ln x,g(x)=x2-x.要证f(x)≥g(x),即证x2ln x≥x2-x,即xln x≥x-1,令h(x)=xln x-x+1,则h'(x)=ln x,且h'(1)=0,当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,即f(x)≥g(x).(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立,即ax2ln x≥x2-bx恒成立,即axln x-x≥-b恒成立,因为∃b∈[1,e2]使f(x)≥g(x)恒成立,所以axln x-x≥-e2恒成立.当x=1时,有-1≥-e2成立,所以a∈R,当x∈(1,e]时,a≥x-e2xlnx,令G(x)=x-e2xlnx,则G'(x)=e2lnx-x+e2(xlnx)2,令m(x)=e2ln x-x+e2,则m'(x)=e2x-1,且m'(e2)=0,　当10,当e20,m(e2)=e2lne2>0,m(e)=0,所以当x∈(1,e]时,m(x)≥0,即G'(x)≥0,G(x)在(1,e]上单调递增,当x=e时,G(x)有最大值,且G(e)=12,所以a≥12,综上所述,a的取值范围是[12,+∞).x(0,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)↗极大值↘