资源简介

高考重难专攻(二)　恒成立与有解问题
对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理．若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a分离参数法
　(2022·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[思路导引]
[解]　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0．
(2)由f(1)≥0，得a≥＞0，
则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为≥对任意的x＞0恒成立．
【卡壳点】不能把看做整体，分离出来
设函数F(x)＝(x＞0)，则F′(x)＝－．
【易错点】导数运算
当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)max＝F(1)＝．
【卡壳点】不能确定F(x)max＝F(1)
于是≥，解得a≥．
故实数a的取值范围是．
利用分离参数法确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为参数)恒成立问题中参数范围的步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值；
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．　
　已知函数f(x)＝．
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1．
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0故(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝．
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
等价转化法求参数范围
　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]　不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－，
令g(x)＝2ln x＋x－a＋，x∈(0，e]，
则g′(x)＝＋1－＝＝，
则在区间(0,1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]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]．
根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题如若：
(1)f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围；
(2)f(x)≥a能成立(有解)，则可等价转化为f(x)max≥a求参数范围．　
　已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解：f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0．
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；令h′(x)<0，得0≤x∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
拆解法求参数的取值范围
拆解法是针对难度较大的压轴题抢分解答所采用的一种手段，目的是把题目难度层层分解，使题设条件到求(证)结论思维跨度较大的一些题目中间架设过渡阶梯，降低思维跨度，使解题过程中的步骤分应得尽得．
　已知函数f(x)＝2xln x＋x2－ax＋1，若存在x0∈，使不等式f(x0)≥－2成立，求实数a的取值范围．
[解]　拆解(1)若存在x0∈，使不等式f(x0)≥－2成立，
即存在x0∈，使不等式2x0ln x0＋x－ax0＋1≥－2成立，
即存在x0∈，使不等式a≤2ln x0＋x0＋成立．
只需使a≤max，x∈．
拆解(2)设h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，
则h′(x)＝，
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减，
当x∈(1，e]时，h′(x)>0，h(x)在(1，e]上单调递增，
又h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，h(e)－h＝－2e＋＋4<0，
即h(x)max＝h＝－2＋＋3e．
由拆解(1)可得a≤h(x)max＝－2＋＋3e，所以a的取值范围为．
含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：
(1) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)min；
(2) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)max；
(3) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)min；
(4) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)max．　
　已知函数f(x)＝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)＝，对 x1∈， x2∈，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∈， x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a．
而g′(x)＝，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝．
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为．
[课时过关检测]
1．已知函数f(x)＝mex－x2．
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x．
所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1．
故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0．
(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x．
故问题转化为当x≥0时，m≥max．
令g(x)＝，x≥0，
则g′(x)＝，x≥0，
由g′(x)＝0及x≥0，得x＝－1．
当x∈(0，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以当x＝－1时，g(x)max＝g(－1)＝2e1－．
所以m≥2e1－．
即实数m的取值范围为[2e1－，＋∞)．
2．设函数f(x)＝ln x＋(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若0综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，
在区间(a，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥1 ＋ln x≥1 ≥－ln x＋1 a≥－xln x＋x对任意x∈(0,1]恒成立．
令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0,1]．
则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0,1]，
∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，
∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
3．(2022·渭南二模)已知函数f(x)＝x2－aln x．
(1)当a＝2时，试判断函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，若对任意的x∈，f(x)>x2－ex＋a恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2ln x(x>0)，因为f′(x)＝2x－＝．
所以令f′(x)>0得x>1；令f′(x)<0得0所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)>x2－ex＋a即ex>a(1＋ln x)，因为x∈，所以1＋ln x>0，
所以当a>0时，对任意x∈，a<恒成立．
令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，
令h(x)＝1＋ln x－，显然h(x)在上单调递增，
由于h(1)＝1＋ln 1－1＝0，
所以当当x>1时，h(x)>0，g′(x)>0，
所以函数g(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e，所以0故a的取值范围为(0，e)．
4．已知函数f(x)＝(x>1)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x解：(1)∵f(x)＝(x>1)，∴f′(x)＝，设g(x)＝1－－ln x(x>1)，
∴g′(x)＝－＝<0，∴g(x)在(1，＋∞)上为减函数，∴g(x)∴f′(x)＝<0，∴函数f(x)＝在(1，＋∞)上为减函数．
(2)ln x设h(x)＝ln x－a(x－1)，x∈(1，＋∞)，则h(1)＝0，∴h′(x)＝－a，
若a≤0，则h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0，显然不满足条件．
若a≥1，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)＝－a<0恒成立，
∴h(x)＝ln x－a(x－1)在(1，＋∞)上为减函数，
∴ln x－a(x－1)∴ln x若00,
∴h(x)＝ln x－a(x－1)在上为增函数，此时h(x)＝ln x－a(x－1)>h(1)＝0，
不能使ln x综上，存在实数a且a≥1．
5．(2022·安徽联考)已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x．
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈，使得f(x0)≤g(x0)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－4＝．
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6．
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝(x>0)，
∴当0当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)≥F(1)＝1>0，∴a≥．
记G(x)＝，x∈，
则G′(x)＝
＝．
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈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，＋∞)．
6．(2022·宜昌一模)已知f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－，a∈R．
(1)当a＝1时，求证：不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立；
(2)若g(x)＝＋＋，是否存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：当a＝1时，因为f(x)>0等价于x2－(x＋1)ln x－>0，又x∈(0，e]，
所以x－ln x>＋，
令h(x)＝x－ln x，h′(x)＝1－，0当10时，此时h(x)单调递增．
所以h(x)的极小值h(1)＝1．
令F(x)＝＋，F′(x)＝，
所以当00，F(x)在(0，e]上单调递增．所以F(x)max＝F(e)＝＋<1，
因此a＝1时，不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立．
(2)因为f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－，所以＝ax－ln x－－，
所以g(x)＝＋＋＝ax－ln x，
假设存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，
因为g′(x)＝a－＝．
①当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在x∈(0，e]上单调递减，
所以g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝不满足题意；
②当0<所以g(x)min＝g＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当≥e时，g(x)在x∈(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝不满足题意，
综上，存在实数a＝e2满足题意．

展开更多......

收起↑