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

第三章一元函数的导数及其应用§3.5利用导数研究恒(能)成立问题 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.考试要求 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； 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)若f(x)≤x2在[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，当x＝0时，不等式成立，此时a∈R， 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，＋∞). 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.思维升华 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；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，求实数a的取值范围. 若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立， 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； ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； (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. ∵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. 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.思维升华 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； 因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，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，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， (2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围. 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)； 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，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，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)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围. 欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－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， “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.思维升华 跟踪训练3已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数.(1)求函数f(x)的单调区间；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)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. 由(1)知，f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，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， 课时精练 1234基础保分练1.已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值； 1234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，∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3. 1234(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围. 依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；∵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].1234 12342.(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； 1234函数f(x)＝alnx－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，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，＋∞). 1234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，＋∞). 1234(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. 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，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，1234 1234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). 1234综合提升练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；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. 1234(2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围. 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，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，1234 所以g(x)≥g(1)＝0，从而xlnx－a(x2－1)≥0，不符合题意；1234 1234从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；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xlnx－a(x2－1)≤0恒成立.1234 1234拓展冲刺练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； ∵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＝0，1234 1234综上，当a≤0时，f(x)无极值； 1234 当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，1234 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.1234 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，1234 1234综上，实数a的取值范围为[0,2e2].