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（新高考提高版）

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·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ln x．若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求a的取值范围． 解　存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0， 即－ln x0<0，即<ln x0. 即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>. 令h(x)＝，因此只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可． h′(x)＝， 令u(x)＝ln x－， ∵u′(x)＝＋>0， ∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增， 又u(e)＝1－>0. ∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)上恒成立． ∴h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增， 函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee， 由h(e)＝ee<ea，得a>e. 故a的取值范围是(e，＋∞)． [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．已知函数f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，g(x)＝ln x－(a＋1)x，a>－1.若存在x1∈[1,3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围．(e3≈20.09) 解　由f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x， 得f′(x)＝ex＋(x－4)ex－2x＋6 ＝(x－3)ex－2x＋6＝(x－3)(ex－2)， 当x∈[1,3]时，f′(x)≤0， 所以f(x)在[1,3]上单调递减，f(x)min＝f(3)＝9－e3， 于是若存在x1∈[1,3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则ln x－(a＋1)x>9－e3(a>－1)在[e2，e3]上恒成立， 即a＋1<在[e2，e3]上恒成立， 令h(x)＝，x∈[e2，e3]， 则a＋1<h(x)min， h′(x)＝＝， 因为x∈[e2，e3]， 所以ln x∈[2,3]，10－e3－ln x∈[7－e3,8－e3]， 因为e3≈20.09， 所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0， 所以h′(x)<0， 所以h(x)单调递减，故h(x)min＝h(e3)＝＝1－， 于是a＋1<1－，得a<－，又a>－1， 所以实数a的取值范围是. 2．(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围． 解　f′(x)＝a－ ＝a－ ＝a－， 令cos2x＝t，则t∈(0,1)， 则f′(x)＝g(t)＝a－＝，t∈(0,1)． (1)当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝＝， 当t∈，即x∈时，f′(x)<0. 当t∈，即x∈时，f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设h(x)＝f(x)－sin 2x， h′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－， 则φ′(t)＝－4－＋＝＝－， 当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增， 所以φ(t)<φ(1)＝a－3. 若a∈(－∞，3]，则h′(x)＝φ(t)<a－3≤0， 即h(x)在上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0， 所以当a∈(－∞，3]时，f(x)<sin 2x，符合题意． 若a∈(3，＋∞)， 当t→0＋时，－＝－32＋→－∞， 所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3>0. 所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0， 即∃x0∈，使得h′(x0)＝0，t0＝cos2x0. 当t∈(t0,1)时，φ(t)>0， 即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 专题强化练 1．(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－aln x. (1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x2－x－ln x，f(1)＝0， 可得f′(x)＝2x－1－，故f′(1)＝0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0. (2)由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0， 由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋ln x)a. 因为a>0，所以上式可化为≥. 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 令h(x)＝1－x－ln x，则h′(x)＝－1－. 因为x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0， 所以h(x)为(0，＋∞)上的减函数，且h(1)＝0， 故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(0,1)上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是最大值， 即g(x)max＝g(1)＝1. 要使≥在(0，＋∞)上恒成立，则应有≥1.又因为a>0，故0<a≤1. 2．(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)． (1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝e时，f(x)＝ex＋(1－e)x－ln x， f′(x)＝ex＋(1－e)－＝(ex－e)＋， 当x>1时，ex－e>0，>0， 所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex－e<0，<0， 所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减， 则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)因为f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)， 则f′(x)＝ex＋(1－a)－＝(ex－a)＋(x>0)， ①当ln a≤1，即0<a≤e时， 因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a， 所以f′(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1， 不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上无解； ②当ln a>1，即a>e时， 当1<x<ln a时，ex<eln a＝a，x<ln a， 因此f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减， f(x)<f(1)＝e＋1－a<e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解． 综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$