专题1 微专题6 恒成立问题与能成立问题 （课件）-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

专题一　函数与导数 微专题6 恒成立问题与能成立问题 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度大，一般为高考题中的压轴题. 考情分析 2 思维导图 3 内容索引 典型例题 热点突破 4 典例1　 (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； 考点一　利用导数研究恒成立问题 PART ONE 典型例题 令cos2x＝t，则t∈(0,1)， (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围. 设h(x)＝f(x)－sin 2x， 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， 所以h(x)<h(0)＝0， 所以当a∈(－∞，3]时，f(x)<sin 2x，符合题意. 若a∈(3，＋∞)， 所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3>0. 所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0， 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]. 跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1， 由于φ′(x)＝ex＋2>0， 故f′(x)是增函数，注意到f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； ②当x>0时，分离参数a得， 则h′(x)＝ex－x－1， 令t(x)＝ex－x－1(x>0)， 则t′(x)＝ex－1>0， 故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0， 故h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0， 故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 典例2　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. 考点二　利用导数研究能成立问题 (1)求b； 由题设知f′(1)＝0，解得b＝1. f(x)的定义域为(0，＋∞)， 故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增. 所以不符合题意. 跟踪训练2　已知x＝ 为函数f(x)＝xaln x的极值点. (1)求a的值； 因此a＝2. (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. ①若k>0， ③若k<0， 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， 若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤ f(x)min， 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)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 总结提升 (2)不等式能成立问题的解题关键点 总结提升 1 2 3 1.已知函数f(x)＝(1－x)ex－1. (1)求f(x)的极值； f′(x)＝－xex， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0， 所以当x＝0时，f(x)有极大值f(0)＝e0－1＝0，f(x)没有极小值. PART TWO 热点突破 1 2 3 (2)设g(x)＝(x－t)2＋ ，存在x1∈R，x2∈(0，＋∞)，使方程f(x1)＝g(x2)成立，求实数m的最小值. 由(1)知f(x)≤0， 1 2 3 所以要使方程f(x1)＝g(x2)有解，必然存在x2∈(0，＋∞)，使g(x2)＝0， 即方程m＝xln x在(0，＋∞)上有解， 记h(x)＝xln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝ln x＋1， 1 2 3 2.记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数.若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”； 1 2 3 函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2， 则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2. 由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)， 1 2 3 因此f(x)与g(x)不存在“S点”. (2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值； 1 2 3 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，x>0， 1 2 3 设x0为f(x)与g(x)的“S点”， 由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得 即x0为f(x)与g(x)的“S点”. 1 2 3 (3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝ .对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由. 1 2 3 设m(x)＝－x3＋3x2＋ax－a，x∈(0,1)，a>0， 则m(0)＝－a<0，m(1)＝2>0⇒m(0)·m(1)<0， 又m(x)的图象在(0,1)上连续不断， 1 2 3 所以m(x)在(0,1)上有零点， 则h(x)在(0,1)上有零点. 因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”. 1 2 3 3.(2023·常德模拟)设函数f(x)＝ex，g(x)＝mx2＋x＋1(m∈R). (1)求证：f(x)≥x＋1； 1 2 3 设h(x)＝f(x)－x－1＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1， 令h′(x)<0，得x<0，令h′(x)>0，得x>0， 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(0)＝0，即f(x)≥x＋1. (2)若当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求m的取值范围. 1 2 3 设φ(x)＝f(x)－g(x)＝ex－mx2－x－1， 当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)，即φ(x)＝ex－mx2－x－1≥0恒成立， φ′(x)＝ex－2mx－1. 当m≤0时，因为x≥0，ex－1≥0，－2mx≥0，所以φ′(x)≥0， φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(0)＝0恒成立. 当m>0时，设u(x)＝ex－2mx－1，u′(x)＝ex－2m， 1 2 3 u(x)≥u(0)＝0，即φ′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故φ(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(0)＝0恒成立. 所以当x∈(0，ln 2m)时，u(x)<u(0)＝0，即φ′(x)<0，φ(x)在(0，ln 2m)上单调递减， 可得φ(x)<φ(0)＝0，不符合题意. 1 2 3 (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. 则f′(x)＝g(t)＝a－＝，t∈(0,1). 当a＝8时，f′(x)＝g(t)＝＝， f′(x)＝a－ ＝a－ ＝a－， 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. 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－＋＝＝－， 即h(x)在上单调递减， 当t→0＋时，－＝－32＋→－∞， 即∃x0∈，使得h′(x0)＝0，t0＝cos2x0. (2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1恒成立，求a的取值范围. 记g(x)＝－(x>0)， 由f(x)≥x3＋1，得 ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， a≥－， 则g′(x)＝－， 令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)， 由h(x)>0可得ex－x2－x－1>0恒成立， 因此，g(x)max＝g(2)＝， 综上可得，a的取值范围是. f′(x)＝＋(1－a)x－b. (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围. 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<， 即－1<， 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1). ①若a≤，则≤1， 当x∈时，f′(x)>0， 所以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 <. 解得－－1<a<－1. ②若<a<1，则>1， 故当x∈时，f′(x)<0， 而f ＝aln ＋＋>， ③若a>1，则f(1)＝－1＝<. 综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞). 所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点， 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， 由(1)知f(x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x. 对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－，使得g(x2)＝g＝ <－1<－≤f(x1)，即f(x1)－g(x2)≥0，符合题意. ②若k＝0，g(x)＝0，取x1＝，对∀x2∈R，有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意. g(x)min＝g(1)＝， 即≤－，解得k≤－. 综上所述，k的取值范围为∪(0，＋∞). 2 等价于方程ln x＝有解， 因为g(x)＝(x－t)2＋2≥0， 所以x＝t，ln x＝， 所以当x＝时，h(x)min＝－， 所以实数m的最小值为－. 令h′(x)＝0，得x＝， 所以当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 得此方程组无解， 得ln x0＝－，即x0＝ ，则a＝ ＝. 则f′(x)＝2ax，g′(x)＝. 即 (*) 当a＝时，x0＝ 满足方程组(*)， 因此a的值为. 令h(x)＝x2－－a＝，x∈(0,1)，a>0， f′(x)＝－2x，g′(x)＝，x≠0， f′(x0)＝g′(x0)⇒ ＝－>0，b>0⇒x0∈(0,1)， f(x0)＝g(x0)⇒－x＋a＝ ＝－⇒a＝x－， 若2m≤1，即0<m≤，因为ex≥1，所以u′(x)≥0，u(x)在[0，＋∞)上单调递增， 综上所述，m≤. 若2m>1，即m>，令u′(x)<0，得0≤x<ln 2m，则u(x)在(0，ln 2m)上单调递减， $$