2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题

§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题考试要求　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，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，试题难度略大．题型一　分离参数求参数范围例1　已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；(2)若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)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，不等式成立，此时a∈R，当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝－，则g′(x)＝－＝，由(1)知当a＝1时，f(x)>f(0)＝0，即ex－(x＋1)>0，所以当0<x<1时，g′(x)<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，＋∞)．10 思维升华　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；a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.跟踪训练1　(2023·苏州质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤(x>0)，即a≤(x>0)，则问题转化为a≤max(x>0)，令h(x)＝，x>0，h′(x)＝＝，当0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h()＝，所以a≤.题型二　等价转化求参数范围例2　(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx.(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　(1)f′(x)＝a－＝(x>0)，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，10 ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，g(e)＝0，g′(x)＝m－lnx，x∈[e，＋∞)，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝0满足题意．若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为m≤1.思维升华　根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2　(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝ex＋，因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f′(x)＝ex＋≤0在(－∞，0)上恒成立，即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，令g(x)＝－x·ex(x<0)，则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，当x<－1时，g′(x)>0，10 当－1<x<0时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g(x)max＝g(－1)＝，所以a的取值范围为.(2)由f(x)≤f′(x)得aln(－x)＋1≤，即aln(－x)－＋1≤0对∀x∈(－∞，0)恒成立，令h(x)＝aln(－x)－＋1(x<0)，h′(x)＝＋＝(x<0)，当a＝0时，h(x)＝1，不满足h(x)≤0；当a>0且x<－1时，h′(x)<0，当a>0且－1<x<0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－1)＝a＋1>0，不符合题意；当a<0且x<－1时，h′(x)>0，当a<0且－1<x<0时，h′(x)<0，所以当a<0时，函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h(x)max＝h(－1)＝a＋1≤0，解得a≤－1，综上所述，a的取值范围为(－∞，－1]．题型三　双变量的恒(能)成立问题例3　(2023·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax2lnx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∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，∴即解得此时f(x)＝x2lnx，g(x)＝x2－x，要证f(x)≥g(x)，即证x2lnx≥x2－x，即xlnx≥x－1，令h(x)＝xlnx－x＋1，则h′(x)＝lnx，且h′(1)＝0，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，10 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－恒成立，当x＝1时，有－1≥－成立，∴a∈R，当x∈(1，e]时，a≥，令G(x)＝，则G′(x)＝，令m(x)＝lnx－x＋，则m′(x)＝－1，且m′＝0，当1<x<时，m′(x)>0，当<x<e时，m′(x)<0，∴m(x)在上单调递增，在上单调递减，m(1)＝－1＋>0，m＝ln >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)＝，∴a≥，综上所述，a的取值范围是a≥.思维升华　“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，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.跟踪训练3　已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数．10 (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　(1)因为f(x)＝(x∈R)，所以f′(x)＝(x∈R)，因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.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)＝.又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，即＋a<1，解得a<，又a>0，所以0<a<，故实数a的取值范围为.课时精练1．已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－，10 ∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；当x>2时，原不等式化为a≤＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．2．(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝alnx－x(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，设g(x)＝x－lnx－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．解　(1)函数f(x)＝alnx－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝－1＝，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)由已知，转化为f(x)max<g(x)min.由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝alna－a，∵g(x)＝x－lnx－1，则g′(x)＝1－＝，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)的极小值即为最小值，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴alna－a<0，即lna－1<0，解得0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．10 3．(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝lnx＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，故f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.(2)当x≥1时，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，则h′(x)＝－2a＝.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xlnx－a(x2－1)≥0，不符合题意；②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝.(ⅰ)若0<a<，则>1，当x∈时，h′(x)>0，g′(x)在上单调递增，从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，所以g(x)在上单调递增，此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；(ⅱ)若a≥，则0<≤1，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≤0，10 从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xlnx－a(x2－1)≤0恒成立．综上所述，a的取值范围是.4．已知函数f(x)＝e2x－ax(a∈R)，e为自然对数的底数．(1)求函数f(x)的极值；(2)若关于x的不等式a≤f(x)恒成立，求实数a的取值范围．解　(1)∵f(x)＝e2x－ax，∴f′(x)＝2e2x－a，当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值．当a>0时，令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，得x＝ln ，易知当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)的极小值为f ＝－a×ln ＝－ln ，f(x)无极大值．综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为－ln ，f(x)无极大值．(2)由a≤f(x)得，e2x－ax≥alnx－ax＋a，整理得e2x－alnx－a≥0.令h(x)＝e2x－alnx－a(x>0)，则h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－(x>0)，当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，10 且当x→0＋时，h(x)<0，不满足题意．当a＝0时，h(x)＝e2x>0，满足题意．当a>0时，由h(x)≥0得≥.令p(x)＝，则p′(x)＝＝，令q(x)＝－2lnx－1(x>0)，则q′(x)＝－－<0，∴q(x)单调递减，又q(1)＝0，故当x∈(0,1)时，q(x)>0，即p′(x)>0，p(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，q(x)<0，即p′(x)<0，p(x)单调递减，∴p(x)max＝p(1)＝，∴≥，即0<a≤2e2.综上，实数a的取值范围为[0,2e2]．10