专题06导数的综合应用（2）-恒成立问题与有解问题-2021年高考数学（理)函数与导数二轮突破提升

《2021年数学（理）函数与导数二轮突破提升》 专题06 导数的综合应用（2）-恒成立问题与有解问题 【考情分析】1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点. 2.多以解答题压轴形式出现，难度较大． 例.(2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围． 2思路分析 ❶存在x0≥1，使得fx0< 　　　↓ ❷fxmin< 　　　↓ ❸求fxmin 【解析】(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b. 由题设知f′(1)＝0，解得b＝1. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)． ①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为 f(1)<，即－1<， 解得－－1<a<－1. ②若<a<1，则>1， 故当x∈时，f′(x)<0， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f <. 而f ＝aln ＋＋>， 所以不符合题意． ③若a>1，则f(1)＝－1＝<. 综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)． 【变式2】　已知函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x.当a>0时，对于∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>1－a2恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　令g(x)＝f(x)＋a2－1(x≥1)， 则g′(x)＝f′(x)＝. ①当0<<1，即0<a<2时，当x∈[1，＋∞)时， 有g′(x)≥0(当且仅当x＝1时取等号)， ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝a2－a－2＝(a－2)(a＋1)<0，不符合题意． ②当＝1，即a＝2时， g′(x)＝(x－1)2≥0(当且仅当x＝1时取等号)， ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝0，不符合题意． ③当>1，即a>2时，g(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴g(x)min＝g＝aln ＋－a－1， 令h(x)＝xln ＋－x－1，x>2， 则h′(x)＝ln ＋x. 当x>2时，h′(x)>0， ∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(2)＝0. ∴g(x)≥g>0恒成立，满足题意． 综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)． 【变式2】 (2020·北京市西城区师范大学附属实验中学模拟)已知x＝为函数f(x)＝xaln x的极值点． (1)求a的值； (2)设函数g(x)＝，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围． 【解析】　(1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·＝xa－1(aln x＋1)， f′＝a－1＝0，解得a＝2， 当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点， 因此a＝2. (2)由(1)知f(x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x. ①当k>0时， 当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f(x1)，符合题意． ②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意． ③当k<0时， 当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(1)＝， 若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即≤－，解得k≤－. 综上所述，k∈∪(0，＋∞)． 【方法小结】　(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 ①求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题． ②分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围． (2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别． 【突破提升练习】 1．(2020·青岛调研)已知函数f(x)＝ex(1＋m