微专题 必要性探路 讲义-2025届高三数学二轮复习

微专题　必要性探路 课前学习任务 高考定位 必要性探路法作为一种方法在高考中经常考查，在函数的单调性问题、不等式恒(能)成立问题等经常用到，一般来说此类问题难度较大，技巧性强． 核心归纳 1．必要性探路法是求解带参数的恒成立问题的重要法宝．我们在解决问题时，先从满足题意的自变量范围中选择一个数，代入求得一个参数范围，此时这个范围是题意的必要条件．之后再设法证明该必要条件是题意的充分条件，或者讨论别的点．若充分性成立，则该范围就是题目所求范围．这种方法是逻辑条件的充分运用，因为先得到必要条件，故称为必要性探路法． 2．在解题时，大致可分为两步：找必要条件、证明充分性． 3.在解决普通恒成立问题时，使用必要性探路法要注意寻找必要条件，常见的选取技巧包括选取端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见常数(0，1，e，e2)． 4.有一类恒成立问题有如下特征：函数在给定区间端点处取值为0，且题设有时候可转化为f(x)与0比较的形式，此时可将不等号一侧的值看作函数在端点处取值，利用单调性即可解决． 课堂考点突破 考点一　必要性探路解决不等式恒成立问题 例1　已知函数f(x)＝a(x－sin x)，a∈R且a≠0. (1)讨论函数的单调性； (2)g(x)＝ex－ax＋a，对于任意的x≥0，都有f(x)＋g(x)≥0，求a的取值范围． 训练1　已知f(x)＝ax2－4ln (x－1)，对x∈[2，e＋1]，f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围． 考点二　端点效应 例2　已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋3x－a，a∈ . 当x>0时，不等式f(x)≤0恒成立，求整数a的最小值． 训练2　已知函数f(x)＝a(x2－1)－ln x，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求实数a的取值范围，使得f(x)>a sin (x－1)＋－e1-x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718 28…为自然对数的底数)． 课后学习任务 1．已知不等式－a ln (x＋a)－ln a－10恒成立，求实数a的取值范围． 2．已知函数f(x)＝2e2x－a(2x＋1)ln (2x＋1)． (1)当a＝2时，研究函数f(x)的单调性； (2)当x∈时，f(x)2cos2x－2(a－2)x恒成立，求a的取值范围． 答案与解析 课堂学习任务 类型一 例1　解：(1)f′(x)＝a(1－cos x)，其中1－cos x≥0 所以a>0时，f(x)单调递增；a<0时，f(x)单调递减． (2)令h(x)＝f(x)＋g(x)＝ex＋a(1－sin x)≥0 则“h(0)≥0”是“h(x)≥0”必要条件，解得a≥1， 下面证明充分性： 令φ(x)＝ex＋(1－sin x)， φ′(x)＝ex－cos x≥ex－1≥0， 所以φ(x)单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0， 当x≥0，h(x)≥φ(x)≥0， 充分性成立，所以a≥1. 训练1　解：必要性：因为对x∈[2，e＋1]，f(x)≤1恒成立． 即ax2－4ln (x－1)－1≤0，令g(x)＝ax2－4ln (x－1)－1， 则g(2)＝4a－1≤0，则a≤. 充分性：当a≤时，g(x)＝ax2－4ln (x－1)－1≤x2－4ln (x－1)－1， 根据ln x≥1－(证明略)，在x∈[2，e＋1]上， 有x2－4ln (x－1)－1≤x2－4－1＝≤0， 所以g(x)≤0，即f(x)≤1，故a的取值范围是. 类型二 例2　解：由题意，得f(1)≤0，即a≥1. 现证明当a＝1时，不等式f(x)≤0成立，即x ln x－2x2＋3x－1≤0. 即证ln x－2x＋3－≤0，令g(x)＝ln x－2x＋3－， 则g′(x)＝， ∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. ∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)的最大值为g(1)＝0. ∴当x>0时，ln x－2x＋3－≤0. 即当x>0时，不等式f(x)≤0成立． 综上，整数a的最小值为1. 训练2　解：(1)∵f(x)＝a(x2－1)－ln x，x∈(0，＋∞)， ∴f′(x)＝2ax－， 当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递减， 当a>0时， f′(x)＝0，则x＝，f′(x)>0，则x>，f′(x)<0， 则0<x<， ∴f(x)在x∈上单调递减，在x∈上单调递增． (2)若f(x)>a sin (x－1)＋－e1-x在区间(1，＋∞)内恒成立， 则a(x2－1)－ln x－a sin (x－1)－＋e1-x>0在区间(1，＋∞)内恒成立， 令g(x)＝a(x2－1)－ln x－a sin (x－1)－＋e1-x，则只需g(x)>0在x∈(1，＋∞)内恒成立即可， ∵g(1)＝a(12－1)－ln 1－a sin (1－1)－＋e1-1＝0， ∴g′(1)≥0 必需恒成立． g′(x)＝2ax－－a cos (x－1)＋－e1-x， g′(1)＝2a－－a cos (1－1)＋－e1-1≥0，∴a≥1. 令F(x)＝g′(x)＝2ax－－a cos (x－1)＋－e1-x， F′(x)＝2a＋＋a sin (x－1)－＋e1-x≥2＋＋sin (x－1)－＋e1-x＝1＋sin (x－1)＋＋e1-x，在x∈(1，＋∞)，x3＋x－2>0，1＋sin (x－1)>0，e1-x>0， ∴F′(x)在x∈(1，＋∞)，a≥1时恒大于0， ∴F(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，F(x)>F(1)＝a－1≥0， 故g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0， ∴g(x)在x∈(1，＋∞)上恒大于0成立，∴a≥1. 课后学习任务 1．解：必要性：依题有a>0， 当x＝0时，－ln a－a ln a≥0，解得0<a≤1. 充分性：下面证明0<a≤1时，题设不等式恒成立． 由ex≥x＋1(证明略)，易得－1≥a2x， 只需证明a2x－a ln (x＋a)－ln a≥0. 设g(x)＝a2x－a ln (x＋a)－ln a， 则g′(x)＝a2－＝a，则g′(x)单调递增， 令g′(x)＝0，即a＝0，解得x＝－a， 所以当x<－a时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x>－a时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g＝a(1－a2)＋(1－a)ln ≥0， 当且仅当a＝1取等号． 所以证得a2x－a ln (x＋a)－ln a≥0成立，当且仅当x＝0，a＝1时等号成立． 因此a∈(0，1]时，不等式－a ln (x＋a)－ln a－1≥0恒成立． 2．解：(1)因为a＝2，所以f(x)＝2e2x－2(2x＋1)ln (2x＋1)， 所以函数f(x)的定义域为，且f′(x)＝4[e2x－ln (2x＋1)－1]， 构造函数F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1， 令F′(x)＝0，得x＝0， ∴当x>0时，F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当x<0时，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减． ∴F(x)≥F(0)＝0，∴ex≥x＋1， ∴当x>－1时，x≥ln (x＋1)， 所以当x>－时，e2x≥2x＋1，当且仅当x＝0时等号成立， 所以当x>－时，2x≥ln (2x＋1)，当且仅当x＝0时等号成立， ∴e2x－ln (2x＋1)－1≥2x－ln (2x＋1)≥0，当且仅当x＝0时等号成立， ∴f′(x)≥0，当且仅当x＝0时等号成立， ∴f(x)在上单调递增． (2)∵f(x)≥2cos2x－2(a－2)x，x∈，等价于 2e2x－a(2x＋1)ln (2x＋1)－cos2x＋(a－2)(2x)－1≥0， 令t＝2x，t∈[0，π]，构造函数h(t)＝2et－a(t＋1)ln (t＋1)－cos t＋(a－2)t－1， ∴h(0)＝0，h′(t)＝2et－a ln (t＋1)＋sin t－2，h′(0)＝0. 令g(x)＝2ex－a ln (x＋1)＋sin x－2，g′(x)＝2ex－＋cos x，x∈[0，π]， 注意到g′(0)＝3－a. 当a>3时，g′(0)<0， ∴∃x0>0，当x∈[0，x0]时，g(x)<0，即当t∈[0，x0]时，h′(t)<0， 所以h(t)在[0，x0]上单调递减，所以h(x0)<0，不符合题意． 当0≤a≤3时，令m(x)＝2ex－＋cos x，x∈[0，π]， m′(x)＝2ex＋－sin x>2＋－sin x>0， ∴m(x)单调递增，则m(x)≥m(0)＝3－a≥0， 当a<0时，则m(x)＝2ex－＋cos x>2＋cos x－>0， g′(x)≥0，g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0. ∴h′(t)≥0，h(t)单调递增，h(t)≥h(0)＝0，符合题意． 综上所述a≤3. 学科网（北京）股份有限公司 $$