第04讲 恒成立问题之端点不成立-2023年新高考数学导数压轴题专题突破（尖子生专用）

学科网 李科网原，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 第04讲恒成立问题之端点不成立 【典型例趣】 例1.已知函数f)=加+，如果当x>0,且r1时，>m+冬，求k的取值范围. x+1'x x-1'x 【解析】解：f)=m+1 x+Ix 一+子2r+《--出. 所以fx)-(+5=1 考虑函数A=2r+k-1r-少>0. 则hm=《-1r2+)+2x 0设k0,由)=+)=任-少知. x2 当x+1时，h(x)<0.而h(1)=0,故 当xe@)时，<0，可得(>0： 当xe+)时，国<0，可得子>0 从而当>0，且1时，@)-气+的>0 即f)>匹+k x-1'x 的设0<<1.由于当xe仙太时，《-r++2x>0,故()>0，而 4()=0,故当xe0时，)>0，可得子<0.与题设矛履 (面设k1.此时)>0，而（)=0，故当xe+四)时，>0，可得子k0.与题设不匿 综合得，素的取值范围为(-0,0). 例2.已知函数f(x)=ax'Inx+b的图象在点1，f(1))处的切线方程为y=2x-2. (1)求f(x)在(0，a+b)内的单调区间： (2)设函数g(x)=x2e-x°-2elmx,证明：f(x)+g(x)>1. 【解析】解：(1)f'(x)=ax(2lmr+), f'(1)=a=2, 1 、原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 金学利网 李科网原创，让李司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 又：f(1)=b=0, a+b=2, fa=2x(2r+i),令f')=0得r= e :当xe0,)时，<0，函数f)单调递减：当x(心，)时，f国>0，函数f国单调递增， 即)在(0,2)内的单调递诚区间为0，二)，单调递增区间为心，2). (2)f(x)+g(x)=2x'Inx+x'e'-x'-2e'lnx 2x'Inx+x2(e'-x)-2e'lnx (e"-x2)(x2-2Inx), 设函数p()=x2-21nr,则p'=2x-2_2x+1x-》 ,当0<x<1时，p'(x)<0,函数p(x)单谓递减：当x>1时，p'(x)>0,函数p(x)单调递增， .p(x)p(1)=1,f(x)+g(x)e-x2, 设函数h(x)=e-x2(x>0),则h'(x)=e-2x(x>0), 设p(x)=e'-2x(x>0),则p'(x)=e-2(x>0), 令p'(x)=0得x=ln2, 当xe(0,ln2)时，p'(x)<0,函数p(x)单调递减：当x∈(n2,+o)时，p'(x)>0,函数p(x)单调递增， 则p(x).=p(ln2)=21-ln2)>0, ∴h(x)>0,函数h(x)单调递增， .h(x)>h(0)=1, f(x)+g(x)e-x2>1, 即f(x)+g(x)>1. 例3.已知函数f(x)=axe+b（其中e是自然对数的底数，a,b∈R)在点(1，f(1))处的切线方 程是2ex-y-e=0. (1)求函数f(x)的单调区间. (2)设函数g)=U-mr-,若g)1在xeO,+o)上恒成立，求实数m的取值范围. 【解析】解：(1)对函数f(x)=a.re+b求导，得f'(x)=a(+x)e', 由条件可知f(1)=ae+b=e,(1)=a(1+1)e=2e,解得a=1,b=0, :f(x)=xe',f(x)=(x+I)e', 令f"(x)=0,得x=-1, 当xe(-0,-1)时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减： 2 、原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 金学利网 李科网原，让学司更客易！ JP.ZXXK.COM 学科网精品频道全力推荐 当xe(-L,+0)时，f"(x)>0,函数f(x)单调递增. 故函数f(x)的单调递减区间为(-o,-1),单调递增区间为(-1，+∞)： (2)由(1)知g(x)=xe2-mr-lnx. 要使g)1在x∈(0，o)上恒成立，等价于me2_mr+l在r∈0,0)上恒成立. 令h=c2_+(>0),则只需m[1即可. )=2rc+m,令H=2xe+m>0.则Hg=4r2+re+是>0， H(在0，+o)上单调递塔，又H宁)=长-2n2<0,H(1)=202>0. H国有唯一的零点，且子%<1，)在(0，)上单调递减，在（化，网）上单调递增 2x2e2+1mx。=0,.2x2=-lmxn, 两边同时取自然对数，则有2x。+n(2x)+lx。=n(-lnx), 即2x。+ln(2x)=lm(-lmxa)-ln.x 构造函数s(x)=x+mr(x>0),则s(=1+L>0, 1 ∴.函数s(x)在(0，+0)上单调递增， 又s(2o)=s(-mxo),2x,=-mx,即e24=1 h=h)=e2-m+l-1-2