(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.5《利用导数研究恒(能)成立问题》(含详解)

1、3.5利用导数研究恒(能)成立问题题型一分离参数求参数范围例1(2022北京模拟)已知函数f(x)(x2)exeq f(1,2)ax2ax(aR)(1)当a0时，求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)当x2时，f(x)0恒成立，求a的取值范围解(1)当a0时，f(x)(x2)ex，f(0)(02)e02，f(x)(x1)ex，kf(0)(01)e01，所以切线方程为y2(x0)，即xy20.(2)方法一当x2时，f(x)0恒成立，等价于当x2时，(x2)exeq f(1,2)ax2ax0恒成立即eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x2x)a(x2)ex在2，)

2、上恒成立. 当x2时，0a0，所以aR.当x2时，eq f(1,2)x2x0，所以aeq f(x2ex,f(1,2)x2x)eq f(2ex,x)恒成立设g(x)eq f(2ex,x)，则g(x)eq f(2x1ex,x2)，因为x2，所以g(x)0，所以g(x)在区间(2，)上单调递增所以g(x)g(2)e2，所以ae2. 综上所述，a的取值范围是(，e2方法二f(x)(x1)(exa)，当a0时，因为x2，所以x10，exa0，所以f(x)0，则f(x)在2，)上单调递增，f(x)f(2)0成立当0e2时，在区间(2，ln a)上，f(x)0，所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(

3、ln a，)上单调递增，f(x)0不恒成立，不符合题意综上所述，a的取值范围是(，e2教师备选(2022重庆模拟)已知函数f(x)eq f(x2,2)(m1)xmln xm，f(x)为函数f(x)的导函数(1)讨论f(x)的单调性；(2)若xf(x)f(x)0恒成立，求m的取值范围解(1)f(x)x(m1)eq f(m,x)eq f(x2m1xm,x)eq f(xmx1,x)，当m0，x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增当0m0，f(x)单调递增；当x(m,1)时，f(x)0，f(x)单调递增当m1，x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增当m1，x(0,1)时，f(x)0，f(x)

4、单调递增；当x(1，m)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由题意知xf(x)f(x)0恒成立，即eq f(x2,2)mln x0恒成立，eq f(x2,2)mln x.当x1时，eq f(x2,2)mln x恒成立，当x1时，eq f(x2,2ln x)m；当0 x1时，eq f(x2,2ln x)m.令g(x)eq f(x2,2ln x)，则g(x)eq f(x2ln x1,2ln x2)，当0 x1时，g(x)0，g(x)单调递减且g(x)1时，令g(x)0，得xeq r(e)，当1xeq r(e)时，g(x)eq r(e)时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(eq r(e)e

5、，me.综上知0me.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)af(x)恒成立af(x)max；af(x)恒成立af(x)min；af(x)能成立af(x)min；af(x)能成立af(x)max.跟踪训练1已知函数f(x)xln x(x0)(1)求函数f(x)的极值；(2)若存在x(0，)，使得f(x)eq f(x2mx3,2)成立，求实数m的最小值解(1)由f(x)xln x，得f(x)1ln x，令f(x)0，得xeq f(1,e)；令f(x)0，得0 x0)则g(x)eq f(2,x)1eq f(3,x2)eq f(x22

6、x3,x2)eq f(x3x1,x2).由g(x)0，得x1；由g(x)0，得0 x0，令(x)ex1axa1，则当x1，)时，(x)min0，(x)ex1a，当aeq f(1,e)时，(x)0，(x)在1，)上单调递增，(x)min(1)1aa100恒成立，aeq f(1,e)符合题意当aeq f(1,e)时，令(x)0，得xln a1.当x(0，ln a1)时，(x)0，(x)在(0，ln a1)上单调递减，在(ln a1，)上单调递增当ln a11，即eq f(1,e)a1时，(x)在1，)上单调递增，(x)min(1)00恒成立，eq f(1,e)1，即a1时，(x)在1，ln a1)

7、上单调递减，在(ln a1，)上单调递增，(x)min(ln a1)1不符合题意综上，实数a的取值范围为(，1教师备选(2022衡阳模拟)已知函数f(x)ax2ln x(aR)(1)讨论f(x)的单调性(2)若存在x(1，)，f(x)a，求a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2axeq f(1,x)eq f(12ax2,x)，当a0时，f(x)0，则f(x)在(0，)上单调递增，当a0时由f(x)0，得xeq f(1,r(2a)，由f(x)0，得xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,r(2a)，由f(x)a，得a(x21)ln x0，x(1，)，ln

8、x0，当a0时，a(x21)ln x1)，g(x)eq f(2ax21,x)0，g(x)在(1，)上单调递增，则g(x)g(1)0，不符合题意，当0a0，得xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(2a)，)，由g(x)0，得xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,r(2a)，于是有g(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,r(2a)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(2a)，)上单调递增，g(x)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(2a)g(1)0，则当0aeq f(1,2)时，x(

9、1，)，g(x)2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x1，)，使f(x)0，f(x)2x(a2)eq f(a,x)eq f(2x2a2xa,x)eq f(2xax1,x)，又eq f(a,2)1，当f(x)0时，0 xeq f(a,2)，当f(x)0时，1xeq f(a,2)，f(x)的单调递增区间为(0,1)，eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，)，单调递减区间为eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,2).(2)存在x1，)使f(x)f(x)min.由(1)可得，当a2时，f(x)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)eq

10、f(a2,4)aalneq f(a,2)a，即lneq f(a,2)eq f(a,4)1)，(t)eq f(1,t)eq f(1,2)eq f(2t,2t)(t1)，(t)在(1,2)上单调递增，在(2，)上单调递减，(t)max(2)ln 212时，不等式恒成立；(另解：当a2时，f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(a,2)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，)上单调递增，f(x)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)f(1)1aa.)当a2时，f(x)在x1，)上单调递增，f(x)minf(1)a1eq f(

11、1,2)，eq f(1,2)a2，综合得，实数a的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，).题型三双变量的恒(能)成立问题例3设f(x)eq f(a,x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2，使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，teq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解(1)存在x1，x20,2，使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM成立g(x)3x22xx(3x2)，令g(x)0，得x0或xeq f(

12、2,3)，geq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq f(85,27)，又g(0)3，g(2)1，当x0,2时，g(x)maxg(2)1，g(x)mingeq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)eq f(85,27)，M1eq blc(rc)(avs4alco1(f(85,27)eq f(112,27)，满足条件的最大整数M为4.(2)对任意的s，teq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)有f(s)g(t)，则f(x)ming(x)max.由(1)知当xeq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)时，g(x)maxg(2)1，当xeq

13、 blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)时，f(x)eq f(a,x)xln x1恒成立，即axx2ln x恒成立令h(x)xx2ln x，xeq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，h(x)12xln xx，令(x)12xln xx，(x)32ln x0，h(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)上单调递减，又h(1)0，当xeq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)时，h(x)0，当x1,2时，h(x)0，h(x)在eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，1)上单调递增，在1,2上单调递减，h(x)maxh(1)

14、1，故a1.实数a的取值范围是1，)教师备选已知函数f(x)eq f(ax2x1,ex)(xR)，a为正实数(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x1，x20,4，不等式|f(x1)f(x2)|0，所以令f(x)0，得0 x3；令f(x)0，得x3.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)eq f(5a,e3).又f(0)a0，所以f(0)f(4)，所以f(x)在0,4上的最小值为f(0)a.若x1，x20,4，不等式|f(x1)f(x2)|1恒成立

15、，则需f(x)maxf(x)min1在x0,4上恒成立，即f(3)f(0)1，即eq f(5a,e3)a1，解得a0，所以0ag(x2)f(x)ming(x)max.(2)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min.(3)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max.跟踪训练3设f(x)xex，g(x)eq f(1,2)x2x.(1)令F(x)f(x)g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x21，)，且x1x2，有mf(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立，求实数m的取值范围解(1)因为F(x)f(x)g(x)xexeq f(1

16、,2)x2x，所以F(x)(x1)(ex1)，令F(x)0，解得x1，令F(x)0，解得xx2，有mf(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立，所以mf(x1)g(x1)mf(x2)g(x2)恒成立，令h(x)mf(x)g(x)mxexeq f(1,2)x2x，x1，)，即只需h(x)在1，)上单调递增即可故h(x)(x1)(mex1)0在1，)上恒成立，故meq f(1,ex)，而eq f(1,ex)e，故me，即实数m的取值范围是e，)课时精练1(2022大同模拟)已知函数f(x)x(mex1)(1)当m1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)当x0时，f(x)x

17、22x，求实数m的取值范围解(1)当m1时，f(x)x(ex1)，则f(1)e1，由f(x)ex1xex可得，f(1)2e1.所以函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(2e1)(x1)，即(2e1)xye0.(2)由x(mex1)x22x及x0，得meq f(x1,ex).令g(x)eq f(x1,ex)(x0)，则g(x)eq f(2x,ex)，当x(0,2)时，g(x)0；当x(2，)时，g(x)0)，又f(3)4eq f(2a,3)0，所以a6，经检验符合条件，所以f(x)eq f(2x3x1,x)，令f(x)0，有0 x3；令f(x)0，有1x0，有x1；令f(x

18、)0，有0 x0时，0eq f(a,2)1，即0a2时，存在f(1)a11，即a2时，存在f(1)a10；eq f(a,2)1，即a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，存在f(1)30时，f(x)1不恒成立综上，a2.3(2022沈阳模拟)已知f(x)是定义在1,1上的奇函数，当x0时，f(x)x2sin x，g(x)是定义在(0，)上的函数，且g(x)axeq f(1,x)2(a0)(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于x11,1，x2(0，)，使得f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围解(1)设x0，所以f(x)x2sin x，又f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)

19、，所以f(x)f(x)x2sin x，又f(0)0，所以f(x)eq blcrc (avs4alco1(x2sin xx0，,x2sin xxg(x)min.当x0,1时，f(x)2xcos x0，所以f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)minf(0)0；当x1,0)时，f(x)2xcos x0，所以f(x)在1,0)上单调递增，所以f(x)minf(1)1sin 10，x0，所以axeq f(1,x)22eq r(a)2，当且仅当axeq f(1,x)，即xeq r(f(1,a)时等式成立所以g(x)min2eq r(a)2，所以1sin 12eq r(a)2，整理得aeq f(1sin 12,4)，所以实数a的取值范围是eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1sin 12,4).4(2022昆明联考)已知函数f(x)eaxx.(1)若曲线yf(x)在点(