新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第6讲 母题突破2　恒成立问题与有解问题（含解析）

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(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
2思路分析一
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷分离参数a≥gx
↓
❸a≥gxmax
↓
❹求gxmax
思路分析二
❶∀x≥0，fx≥eq \f(1,2)x3＋1
↓
❷等价变形
↓
❸构造新函数
↓
❹求新函数的最值
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)方法一 由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)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≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－eq \f(1,2)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)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
方法二 f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．
②若0<2a＋1<2，即－eq \f(1,2)则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥eq \f(7－e2,4).
所以当eq \f(7－e2,4)≤a③若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，
则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.
由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，
故由②可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.
故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
[子题1] 已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．
解 因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，a≥eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝eq \f(ex,x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))，
则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)－eq \f(x2－1,x2)
＝eq \f(x－1[ex－x＋1],x2).
显然当x>0时，ex>x＋1，
即ex－(x＋1)>0，
当0当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
[子题2] (2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)＝aeax＋a(a>0)，g(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))ln x．若对∀x>0，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，
设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，
h(x2)＝(x2＋1)ln x2，
由h′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1，设m(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1，可得m′(x)＝eq \f(x－1,x2)，
所以当0当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)min＝h′(x)min＝h′(1)＝2>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对∀x>0恒成立，
即a≥eq \f(2ln x,x)对∀x>0恒成立，
设n(x)＝eq \f(2ln x,x)，则n′(x)＝eq \f(21－ln x,x2)，
当00，n(x)单调递增；
当x>e时， n′(x)<0，n(x)单调递减，
所以n(x)max＝n(e)＝eq \f(2,e)，故a≥eq \f(2,e)，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞)).
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(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．
1．(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x≥1，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令h(x)＝ln x＋1－2ax，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x).
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a).
(ⅰ)若01，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，
h′(x)>0，g′(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
所以g(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥eq \f(1,2)，则0h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
2．(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x.
(1)讨论函数h(x)＝g(x)＋eq \f(xfx－x,ex)的单调性；
(2)若xf(x)<－g(x)＋1，求a的取值范围．
解 (1)因为h(x)＝g(x)＋eq \f(xfx－x,ex)＝ln x＋ax，x>0，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)＋a，
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，h′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，h′(x)<0.
故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)由xf(x)<－g(x)＋1等价于
a令t＝xex(t>0)，
φ(t)＝eq \f(－ln t＋1,t)，
则φ′(t)＝eq \f(ln t－2,t2)，
由φ′(t)＝0，可得t＝e2，
当t∈(0，e2)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；
当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增．
故φ(t)min＝φ(e2)＝－eq \f(1,e2)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e2))).
专题强化练
1．(2022·河北联考)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的值．
(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝1－b，,a＝2－b，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1.))
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，
即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－eq \f(e,2)恒成立，
当x＝1时，有－1≥－eq \f(e,2)成立，
∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥eq \f(x－\f(e,2),xln x)，
令G(x)＝eq \f(x－\f(e,2),xln x)，
则G′(x)＝eq \f(\f(e,2)ln x－x＋\f(e,2),xln x2)，
令m(x)＝eq \f(e,2)ln x－x＋eq \f(e,2)，
则m′(x)＝eq \f(e,2x)－1，且m′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝0，
当10，
当eq \f(e,2)∴m(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(e,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，e))上单调递减，
m(1)＝－1＋eq \f(e,2)>0，meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))＝eq \f(e,2)ln eq \f(e,2)>0，m(e)＝0，
∴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)＝eq \f(1,2)，
∴a≥eq \f(1,2)，
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
2．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意得x>－1，f′(x)＝eq \f(1,x＋1)－a.
当a≤0时，f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
当a>0时，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上，f′(x)>0，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,a)))上单调递增，
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)由f(x)≤ex－1，
可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0，
设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0，
则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－a－ex.
设h(x)＝g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－a－ex，
则h′(x)＝－eq \f(1,x＋12)－ex<0，
所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
则g′(x)≤g′(0)＝－a.
当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；
当a<0时，g′(0)＝－a>0，
因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
所以∃x0∈(0，＋∞)，在区间(0，x0)上，
有g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，x0)上单调递增，
所以在区间(0，x0)上g(x)>g(0)＝0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞)．