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新高考数学二轮复习课件 专题突破 专题1 第5讲 母题突破2 恒成立问题与有解问题
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这是一份新高考数学二轮复习课件 专题突破 专题1 第5讲 母题突破2 恒成立问题与有解问题，共38页。PPT课件主要包含了思路分析一，思路分析二，规律方法，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
母题突破2 恒成立问题与有解问题
(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
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.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
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，
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；
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.
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，
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.
因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
显然当x>0时，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，当01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，＋∞).
已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R).若f(x)≥1－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
若x≥0时，f(x)≥1－ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a.(1)若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，∴φ(x)≥0，∴g′(x)≥0.函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增.
∴g(x)≥g(0)＝0.∴(*)式恒成立.(2)若a<－2，由φ(0)＝2＋a<0，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞.故∃x0∈(0，＋∞)，使得φ(x0)＝0，则当0
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，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.
当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
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；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
h′(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.
2.(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x.
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若xf(x)<－g(x)＋1，求a的取值范围.
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.
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.
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，
欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
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；
当a≤0时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围.
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，
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；
母题突破2 恒成立问题与有解问题
(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
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.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
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，
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；
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.
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，
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.
因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
显然当x>0时，ex>x＋1，即ex－(x＋1)>0，当0
已知函数f(x)＝ex＋ax(a∈R).若f(x)≥1－ln(x＋1)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
若x≥0时，f(x)≥1－ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)
∴函数φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，φ(0)＝2＋a.(1)若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，∴φ(x)≥0，∴g′(x)≥0.函数g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增.
∴g(x)≥g(0)＝0.∴(*)式恒成立.(2)若a<－2，由φ(0)＝2＋a<0，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞.故∃x0∈(0，＋∞)，使得φ(x0)＝0，则当0
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，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.
当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
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；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
h′(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.
2.(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x.
若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若xf(x)<－g(x)＋1，求a的取值范围.
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.
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.
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，
欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
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；
当a≤0时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；
(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围.
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，
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；
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