备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第三章 导数及其应用 高考难点突破课一 导数的综合问题第一课时 利用导数研究恒(能)成立问题

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题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题
例1 (2020·全国Ⅰ卷)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)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)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，此时a∈R.
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H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
即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，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max).
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值，为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e).
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))).
题型二 分类讨论法解决恒成立问题
例2 已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数.
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，
所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，
所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1).
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)0，得x>ln a；
令h′(x)0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当m>0时，令f′(x)>0且x>0，得00时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，x∈[2，2e2]，
所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3.
又a>0，所以a∈(0，3].
所以实数a的取值范围为(0，3].
感悟提升 解决“双变量”的恒(能)成立问题的关键是进行等价变换，常见的等价转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
训练3 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋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)＝eq \f(x,ex)，对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解 (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，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
(2)“对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”.
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，
所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
由g′(x)>0，得x0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围.
解 法一 令φ(x)＝f(x)－ax
＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x>0，∴ln(x＋1)>0.
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意.
(2)当1－a1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)0恒成立矛盾，故a>1不满足题意.
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴k(x)>k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知eq^\(,\s\d4(x→0))g(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)
＝eq^\(,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
例2 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2).
(2)法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，
则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件.
②当a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a，
若01)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(ex（x－1）＋1,x2)，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知，eq^\(,\s\d4(x→0))h(x)＝eq \f(ex－1,x)＝eq^\(,\s\d4(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1.已知函数f(x)＝ln x.
(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；
(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝ln x，
所以g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x，x>－1.
所以g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋1).
令g′(x)＝0，得x＝0，
当x∈(－1，0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(－1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥\f(ln x,x)，,a≤x＋\f(1,x)))在x>0时恒成立，进一步转化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x)))eq \s\d7(max)≤a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min).
设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令h′(x)＝0，得x＝e，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0时，x＋eq \f(1,x)≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，2)).
2.已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
解 由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x＞0)，
则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x＞0)，
∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥eq \f(xeq \\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝eq \f(（2x－2）（x－ln x）－（x－2）（x－1）,（x－ln x）2)
＝eq \f(（x－1）（x－2ln x＋2）,（x－ln x）2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增.
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
3.设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围.
解 (1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立.
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可.
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞).
4.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋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)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(（x－1）（x－a）,x2).
①若a≤1，则当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，则
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1.
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)，
又g′(x)＝(1－ex)x.
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)＜1，解得a＞eq \f(e2－2e,e＋1)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1)) .x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值eq \f(1,2e)
