2024高考数学大一轮复习Word版题库(人教A版文)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^\(,\s\d4(x→0)) 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.函数f(x)=x2-2ax+ln x(a∈R).
(1)若函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-2y+1=0垂直,求a的值;
(2)若不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=2x-2a+eq \f(1,x),f′(1)=3-2a,
由题意f′(1)·eq \f(1,2)=(3-2a)·eq \f(1,2)=-1,
解得a=eq \f(5,2).
(2)不等式2xln x≥-x2+ax-3在区间(0,e]上恒成立等价于2ln x≥-x+a-eq \f(3,x),
令g(x)=2ln x+x-a+eq \f(3,x),
则g′(x)=eq \f(2,x)+1-eq \f(3,x2)=eq \f(x2+2x-3,x2)
=eq \f((x+3)(x-1),x2),
则在区间(0,1)上,g′(x)0,函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min=g(1)=1-a+3≥0,
得a≤4,
所以实数a的取值范围是(-∞,4].
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)
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