第三章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题 课标要求　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大． 题型一　分离参数求参数范围 例1 已知函数f(x)＝ex－ax－1. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值； (2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 所以f′(x)＝ex－1， 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值． 即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值． (2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解， 所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解， 当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－，则g′(x)＝－＝， 由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0， 即ex－(x＋1)>0， 所以当0<x<1时，g′(x)<0；当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， 所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)． 思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 跟踪训练1 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex， 则f′(x)＝1－ex， 当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值． (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立， 则ax≤(x>0)，即a≤(x>0)， 则问题转化为a≤max(x>0)， 令h(x)＝，x>0， h′(x)＝＝， 当0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0， 所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h()＝，所以a≤. 题型二　等价转化求参数范围 例2 (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)f′(x)＝a－＝(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0， ∴a＝1. f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)， 当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)， 即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， 令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)， 则g′(x)＝m－ln x， 若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立， 则g(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意． 若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增， ∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符， 综上，实数m的取值范围为(－∞，1]． 思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 跟踪训练2 (2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝＋1－＝， 令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值． (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2， 即对∀x∈(e－1，e)，ln x＋－2<0， 令g(x)＝ln x＋－2，则g′(x)＝－＝， ①当a<0时，g′(x)＝>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增， 则g(x)<g(e)＝ln e＋－2＝－1＋<0，符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增， 若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立， 只需满足解得a≥. 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪. 题型三　双变量的恒(能)成立问题 例3 (2023·济南模拟)已知函数f(x)＝－1(其中e为自然对数的底数)，函数g(x)＝x3＋ax2＋1. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝2e， 又f(1)＝－1， ∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0. (2)∵对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，∴f(x)max≤g(x)min； ∵f′(x)＝， ∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1； g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令g′(x)＝0， 解得x＝0或x＝－； ①当－≤1，即a≥－时， g′(x)≥0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2＋a， 由f(x)max≤g(x)min得1≤2＋a，解得a≥－1； ②当1<－<e，即－<a<－时， 若x∈，则g′(x)<0， 若x∈，则g′(x)>0， ∴g(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴g(x)min＝g＝＋1<1，不满足f(x)max≤g(x)min； ③当－≥e，即a≤－时， g′(x)≤0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， ∴g(x)min＝g(e)＝e3＋ae2＋1， 由f(x)max≤g(x)min得1≤e3＋ae2＋1， 解得a≥－e(舍)． 综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)． 思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有 对于某一区间I (1)∀x1，x2∈I，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈I1，∃x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈I1，∀x2∈I2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 跟踪训练3 已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)因为f(x)＝(x∈R)， 所以f′(x)＝(x∈R)， 因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3； 令f′(x)<0，得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝. 又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0， 所以f(0)<f(4)， 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a. 若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立， 则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f(3)－f(0)<1，即＋a<1，解得a<， 又a>0，所以0<a<， 故实数a的取值范围为. 课时精练 1．(2024·漳州模拟)设函数f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R. (1)当a＝0时，求f(x)的最小值； (2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围． 解　(1)当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R， 则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝2. (2)由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于 ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立， 即a≤对任意x>0恒成立， 令h(x)＝，x>0， 则h′(x)＝， 所以当0<x<2时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x>2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝， 所以a的取值范围为a≤. 2．(2023·鞍山模拟)已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R，a≠0)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥成立，求a的取值范围． 解　(1)该函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝x－＝(x>0，a≠0)， ①当a<0时，f′(x)＝>0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； ②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)， 所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)． 综上，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)． (2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x)min≥， ①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以只需f(1)≥，而f(1)＝， 所以a<0满足题意； ②当0<a≤1时，0<≤1，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以只需f(1)≥，而f(1)＝， 所以0<a≤1满足题意； ③当a>1时，>1，f(x)在[1，]上单调递减， 在[，＋∞)上单调递增，所以只需f()≥即可，而f()<f(1)＝，从而a>1不满足题意． 综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1]． 3．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝2aln x. (1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值； (2)若a>0，b＝－1，函数F(x)＝xf(x)＋g(x)满足对任意x1，x2∈(0,1]，都有|F(x1)－F(x2)|<3恒成立，求a的取值范围． 解　(1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2aln x的图象相切， 设切点为(x1,2aln x1)，且g′(x)＝， 则切线方程为y－2aln x1＝(x－x1)， 即y＝x－2a＋2aln x1， ∴解得 (2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2aln x，x∈(0,1]， F′(x)＝2x＋>0，∴F(x)在(0,1]上单调递增． 不妨设0<x1<x2≤1，原不等式⇔F(x2)－F(x1)<3，即F(x2)＋<F(x1)＋. 设h(x)＝F(x)＋＝x2＋1＋2aln x＋，x∈(0,1]， 则原不等式⇔h(x)在(0,1]上单调递减． 即h′(x)＝2x＋－≤0在(0,1]上恒成立． ∴2a≤－2x2在(0,1]上恒成立． ∵函数y＝－2x2在(0,1]上单调递减， ∴ymin＝3－2＝1， ∴2a≤1，又a>0，∴0<a≤. 4．(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝x2＋axex＋ae2，e是自然对数的底数，a为实数． (1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程过点(3,14)，求实数a的值； (2)若对任意实数x∈R，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)因为f′(x)＝2x＋a(x＋1)ex， 所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线斜率为f′(2)＝4＋3ae2， 又因为f(2)＝4＋3ae2， 所以函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为 y－4－3ae2＝(4＋3ae2)(x－2)． 又因为这条切线过点(3,14)，代入解得a＝. (2)当x＝0时，f(0)＝ae2≥0，所以a≥0. 下面证明，当a≥0时，对任意实数x∈R，都有x2＋axex＋ae2≥0恒成立． 记g(x)＝xex＋e2，则g′(x)＝(x＋1)ex， 令g′(x)>0，得x>－1； 令g′(x)<0，得x<－1； 所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(－1)＝－e－1＋e2>0. 所以当x∈R时，xex＋e2>0恒成立， 又x2≥0，所以当a≥0时，对任意实数x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立． 综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $