专题1 第5讲 母题突破2 恒成立问题与能成立问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

母题突破2　恒成立问题与能成立问题 母题　(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋2aln x．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 思路分析一 ❶fx≥0恒成立 ❷fxmin≥0 ❸分类讨论求fxmin 思路分析二 ❶fx≥0恒成立 ❷求证x－ln x>0 ❸分离参数构造新函数 ❹求新函数最值 解　方法一　(求最值法) f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立， 所以f(x)min≥0， f′(x)＝x－(2a＋1)＋＝＝. 当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1； 由f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝－－2a， 由－－2a≥0，可得a≤－. 当a>0时，注意到f(1)＝－－2a<0，不符合题意， 故a≤－，即实数a的取值范围为. 方法二　(分离参数法) 由f(x)≥0，可得x2－x－2a(x－ln x)≥0. 构造函数h(x)＝x－ln x， 则h′(x)＝1－＝， 由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1， 所以h(x)min＝h(1)＝1>0， 所以x－ln x>0， 所以原不等式等价于2a≤. 令g(x)＝(x>0)， 则g′(x)＝. 令φ(x)＝x＋1－ln x，则φ′(x)＝， 由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2， 易知φ(x)在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln 2>0， 所以当x>1时，g′(x)>0； 当0<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，g(x)≥g(1)＝－， 由2a≤－，得a≤－， 故实数a的取值范围为. [子题1]　(2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)．∃x∈[1，e]，使得≤0成立，求实数a的取值范围． 解　因为∃x∈[1，e]，使得≤0成立， 即∃x∈[1，e]，使得f(x)＋1＋a≤0成立， 由ln x∈[0,1]，得1－ln x∈[0,1]， 当ln x＝1，即x＝e时， f(x)＋1＋a＝e2－aln e＋1＋a＝e2＋1， 此时显然不满足f(x)＋1＋a≤0； 当x∈[1，e)时， 原不等式等价于－a≥，x∈[1，e)， 令g(x)＝，x∈[1，e)， 则g′(x)＝， 由于3－2ln x∈(1,3]，所以g′(x)>0， 所以函数g(x)在[1，e)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝2， 所以－a≥2，解得a≤－2. [子题2]　(2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)．若f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围． 解　f′(x)＝－ln(x＋1)＋， 因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令－ln(x＋1)＋≥0， 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)， 原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0， 故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥，即2a≥1时，由于<1， 所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意． 当0<a<时， 由h′(x)＝2a－＝0，可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)<0， h(x)在区间上单调递减， 即g′(x)在区间上单调递减， 注意到g′(0)＝0， 故当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0， g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时， g(x)<g(0)＝0，不符合题意． 综上可知，实数a的取值范围是. 规律方法　(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． 1．(2023·六安统考)设函数f(x)＝xekx(k≠0)． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当k＝1时，若对任意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围． 解　(1)令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，所以1＋kx>0， 当k>0时，x>－，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增； 当k<0时，x<－，此时f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当k＝1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增．所以对任意x1∈R， 有f(x1)≥f(－1)＝－， 又存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)， 所以－≥g(x2)，x2∈[1,2]， 即存在x2∈[1,2]， 使g(x)＝x2－2bx＋4≤－， 即2b≥x＋， 又因为当x∈[1,2]时， x＋∈， 所以2b≥4＋，即b≥2＋， 即实数b的取值范围为. 2．已知函数f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x. 若m为正整数，且对任意的x>0都有f(x)<mg(x)成立，求m的最小值． 解　设h(x)＝f(x)－mg(x) ＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1， 则h′(x)＝－2mx＋1－2m ＝ ＝. 令h′(x)>0，解得0<x<， 令h′(x)<0，解得x>， ∴h(x)在上单调递增， 在上单调递减， ∴h(x)max＝h＝ln－m·2＋(1－2m)·＋1＝－ln 2m. 令t(x)＝－ln 2x(x>0)， 则t′(x)＝－－<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴t(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又∵t＝>0， t(1)＝－ln 2＝(1－ln 16)<0， ∴当x≥1时，t(x)<0，满足题意．故m的最小值为1. 专题强化练 1．(2023·海东模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－m(x＋1)． (1)若m＝1，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若f(x)≥0恒成立，求m的取值范围． 解　(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)ln x－(x＋1)， 则f′(x)＝ln x＋－1＝ln x－， ∴f′(1)＝－1，又f(1)＝－2， ∴切线方程为y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0. (2)∵f(x)定义域为(0，＋∞)且f(x)≥0恒成立， ∴m≤·ln x， 令g(x)＝·ln x，则m≤g(x)min， g′(x)＝＋ ＝， 令h(x)＝2ln x＋x－， 则h′(x)＝＋1＋＝＝>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0. ∴g(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝0， ∴m≤0，即实数m的取值范围为(－∞，0]． 2．(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax－sin x－1，x∈[0，＋∞)．若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解　因为f(x)＝ex＋ax－sin x－1， 所以f′(x)＝ex－cos x＋a. 若a≥0，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 则f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故f(x)≥f(0)＝0，符合题意． 若a<0，令函数g(x)＝ex－cos x＋a， 则g′(x)＝ex＋sin x>0在[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增． 因为g(0)＝a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 所以∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)＝0. 故当x∈[0，x0)时，f′(x)＝g(x)<0， f(x)在[0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＝g(x)>0， f(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 则f(x0)<f(0)＝0，不符合题意． 综上所述，a的取值范围为[0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$