专题一 第四讲 课时1 不等式恒成立或有解问题（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

　第四讲　函数与导数的综合应用 课时1　不等式恒成立或有解问题 考点1　不等式恒成立问题求参数的取值范围 角度1　分离法求参数的取值范围 [例1]　(2024·湖南永州三模)已知函数f(x)＝|3x－1|－3b－3ln x. (1)当b＝1时，求f(x)在(，＋∞)的单调区间及极值． (2)若f(x)≥0恒成立，求b的取值范围． 解：(1) 当b＝1，x>时，f(x)＝3x－1－3－3ln x＝3x－3ln x－4， 则f '(x)＝3－＝， 令f '(x)>0，解得x>1，令f '(x)<0，解得<x<1， 所以f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－1，无极大值． (2)依题意可得f(x)＝|3x－1|－3b－3ln x，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥0恒成立，即3b≤|3x－1|－3ln x， 令g(x)＝|3x－1|－3ln x， 当x∈(0，]时，g(x)＝1－3x－3ln x，g(x)单调递减， 当x∈(，＋∞)时，g(x)＝3x－1－3ln x，则g′(x)＝3－＝， 令g′(x)>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得<x<1， 综上所述，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则g(x)min ＝g(1)＝2，所以3b≤2，即b≤， 所以b的取值范围为(－∞，]. [规律总结]　分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤 (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式． (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值． (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围． 角度2　分类等价转化法求参数的取值范围 [例2]　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f '＝2ln ＋－1＝2ln (1＋x)－＋1. 易知f '(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f '(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f '(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f '(x)>0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值． (2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 则f '＝－a ln －， 设g(x)＝－a ln (1＋x)－， 则g′＝－－. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0) ＝0，f '(0)＝0， 所以g′(0) ＝ －2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件． 当a≤－，x≥0时，g′≥－＝≥0， 所以f '(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f '≥f '(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0. 综上，a的取值范围是. [规律总结]　(1)对于不等式恒成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想． (2)解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论． [对点练习]　1.(2024·湖南岳阳模拟)函数f(x)＝ln x，g(x)＝x2－x－m＋2. (1)若m＝e，求函数F(x)＝f(x)－g(x)的最大值； (2)若f(x)＋g(x)≤x2－(x－2)ex在x∈(0，2]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)因为F(x)＝ln x－x2＋x＋e－2， 可知F(x)的定义域为(0，＋∞)，且f '(x)＝－2x＋1＝， 由f '(x)>0，解得0<x<1；由f '(x)<0，解得x>1. 可知F(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减， 所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的最大值为F(1)＝e－2. (2)f(x)＋g(x)≤x2－(x－2)ex在x∈(0，2]恒成立，等价于m≥(x－2)ex＋ln x－x＋2在x∈(0，2]恒成立． 设h(x)＝(x－2)ex＋ln x－x＋2，x∈(0，2]， 则h′(x)＝(x－1)ex＋－1＝(x－1)(ex－)， 当x>1时，则x－1>0，且ex>e，<1，可得ex－>e－1>0，所以h′(x)>0； 当0<x<1时，则x－1<0，设u(x)＝ex－，0<x<1，则u′(x)＝ex＋>0， 可知u(x)在(0，1)上单调递增，且u()＝－2<0，u(1)＝e－1>0. 则∃x0∈(，1)，使得u(x0)＝0. 故当x∈(0，x0)时，u(x)<0；当x∈(x0，1)时，u(x)>0. 当x∈(0，x0)时，h′(x)>0；当x∈(x0，1)时，h′(x)<0. 可知函数h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增． 由u(x0)＝ex0－＝0，得ex0＝，且ln x0＝－x0. 可得h(x0)＝(x0－2)ex0＋ln x0－x0＋2＝(x0－2)－2x0＋2＝3－2(x0＋)， 且x0∈(，1), 则h(x0)<0， 又因为h(2)＝ln 2>0，可知当x∈(0，2]时，h(x)max＝h(2)＝ln 2， 所以m的取值范围是[ln 2，＋∞). 2．(2024·广东珠海模拟)已知函数f(x)＝. (1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处的切线过点(4，2)，求a的值； (2)若f(x)≤aex-1恒成立，求a的取值范围． 解：(1)由函数f(x)＝，可得f '(x) ＝，则f(a)＝，且f '(a)＝， 曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处的切线方程为y－＝(x－a). 因为该直线过点(4，2)，所以2－＝(4－a)，解得a＝4. (2)因为f(x)＝≤aex-1，所以a>0且x>， 两边平方可得a2e2x-2≥2x－a， 令函数g(x)＝a2e2x-2－2x＋a(x>)，可得g′(x)＝2(a2e2x-2－1)， 令函数h(x)＝a2e2x-2－1，可得h′(x)＝2a2e2x-2>0，所以h(x)是增函数， 令g′(x)＝2(a2e2x-2－1)＝0，可得x＝1－ln a. 下面比较1－ln a与的大小： 令函数u(a)＝1－ln a－，u′(a)＝－<0，u(a)是减函数， 因为u(1)＝>0，u(2)＝－ln 2<0， 所以存在a0∈(1，2)，使得当a∈(0，a0)时，u(a)>0，即1－ln a>， 若a∈[a0，＋∞)，可得u(a)≤0，即1－ln a≤. 若a∈(0，a0)，当x∈(，1－ln a)时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈(1－ln a，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(，1－ln a)上单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增，且g(x)min＝g(1－ln a)＝a2e-2ln a－2(1－ln a)＋a ＝2ln a＋a－1， 令函数v(a)＝2ln a＋a－1，v′(a)＝＋1>0，所以v(a)是增函数， 由题意可得g(x)min＝2ln a＋a－1≥0， 又因为v(1)＝0，所以1≤a<a0， 当a∈[a0，＋∞)时，g(x)min＝g()>0，符合题意． 综上可得，实数a的取值范围为[1，＋∞). 考点2　不等式有解求参数的取值范围 [例3]　(2024·浙江温州模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋x，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若存在x∈[e，e2]，使f(x)≤(ax＋)ln x成立，求实数a的取值范围． 注：e为自然对数的底数． 解：(1)∵f(x)＝a ln x＋x，定义域为(0，＋∞)，∴f '(x)＝＋1＝， 当a≥0时，∴f '(x)≥0，∴f(x)的递增区间是(0，＋∞)； 当a<0时，由f '(x)＝>0得x>－a，由f '(x)＝<0得x<－a， ∴f(x)的单调递增区间是(－a，＋∞)，递减区间是(0，－a). (2)∵f(x)≤(ax＋)ln x， ∴a ln x＋x≤(ax＋)ln x，∴－ax＋a≤， 设g(x)＝－ax＋a，∴g′(x)＝－a＝－(－)2＋－a， 当a≤0，g′(x)≥0时，g(x)在x∈[e，e2]上单调递增， ∴g(x)min＝g(e)＝e－ae＋a≤，a≥，不符合题意． 当0<a<，则存在唯一的x0∈[e，e2]，使得g′(x0)＝0， 故当x∈[e，x0)，g′(x0)<0，当x∈(x0，e2]，g′(x)>0， 即当x∈[e，x0)，g(x)单调递减，当x∈(x0，e2]，g(x)单调递增， ∴g(x)min＝g(x0)＝－ax0＋a≤， ∴a≥(－)>(－)＝(－)＝，这与0<a<矛盾． 当a≥，g′(x)≤0，g(x)在x∈[e，e2]上单调递减， ∴g(x)min＝g(e2)＝－ae2＋a≤，∴a≥. 综上，a≥. [规律总结]　不等式有解(能成立)问题的解题关键点 [对点练习]　3.设函数f(x)＝(a－a2)x＋ln x－(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝1时，记g(x)＝xf(x)＋x2＋1，是否存在整数t，使得关于x的不等式t≥g(x)有解？若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意得函数的定义域为(0，＋∞)，f '(x)＝a－a2＋＋＝＝， ①当a<0时，x∈(0，－)时，f '(x)>0，f(x)在(0，－)单调递增， x∈(－，＋∞)时，f '(x)<0，f(x)在(－，＋∞)单调递减； ②当0≤a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③当a>1时，x∈(0，)时，f '(x)>0，f(x)在(0，)单调递增， x∈(，＋∞)时，f '(x)<0，f(x)在(，＋∞)单调递减； 综上，当a<0时，f(x)在(0，－)单调递增，在(－，＋∞)单调递减； 当0≤a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，f(x)在(0，)单调递增，在(，＋∞)单调递减． (2)当a＝1时，g(x)＝xf(x)＋x2＋1＝x2＋x ln x， ∴g′(x)＝2x＋ln x＋1，∴g′(x)单调递增， 又g′()＝2－ln 2>0，g′()＝－ln 6<0， 所以存在唯一的x0∈(，)，使得g′(x0)＝2x0＋ln x0＋1＝0， 且当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 所以g(x)min＝g(x0)＝x＋x0ln x0＝x＋x0(－2x0－1)＝－x－x0， 设φ(x0)＝－x－x0，x0∈(，)，则φ(x0)在(，)上单调递减， 所以φ()<g(x0)<φ()，即－<g(x0)<－， 若关于x的不等式t≥g(x)有解，则t≥－，又t为整数，所以t≥0， 所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0. 学科网（北京）股份有限公司 $$