2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题4导数的综合应用大题考法3利用导数解决不等式恒成立存在性问题

大题考法3利用导数解决不等式恒成立、存在性问题(2023·惠州模拟)已知函数f(x)＝eq\f(a（x－1）,x).(1)当a＝1时，证明：f(x)≤lnx；(2)已知eq\f(x－1,lnx)>eq\f(lnx,f（x）)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．(1)证明：a＝1时，f(x)＝eq\f(x－1,x)，令g(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，所以g(x)在(0，1)递增，在(1，＋∞)递减，所以g(x)≤g(1)＝0，即eq\f(x－1,x)≤lnx.(2)解：当a<0时，显然成立，当a>0时，因为eq\f(a（x－1）2,x)>(lnx)2，所以eq\r(a)eq\f(x－1,\r(x))>lnx，令t＝eq\r(x)>1，所以eq\r(a)(t－eq\f(1,t))>2lnt，当a≥1时，eq\r(a)(t－eq\f(1,t))≥t－eq\f(1,t)，令h(t)＝t－eq\f(1,t)－2lnt，(t>1)，因为h′(t)＝1＋eq\f(1,t2)－eq\f(2,t)＝eq\f(t2－2t＋1,t2)≥0，所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以t>1时，h(t)>h(1)＝0，所以eq\r(a)(t－eq\f(1,t))>2lnt，所以a≥1时成立，当0<a<1时，令φ(t)＝eq\r(a)(t－eq\f(1,t))－2lnt，则φ′(t)＝eq\r(a)(1＋eq\f(1,t2))－eq\f(2,t)，则φ′(1)＝2(eq\r(a)－1)<0，∃t0使得t∈(1，t0)时，φ′(t)<0，所以φ(t)在(1，t0)递减，φ(t)<φ(1)＝0与条件不符，综上a的取值范围是(－∞，0)∪[1，＋∞)．(2023·聊城一模)已知函数f(x)＝xlnx＋eq\f(a,x)，g(x)＝2xex－lnx－x－ln2.(1)若直线y＝x是曲线y＝f(x)的一条切线，求a的值；(2)若对于任意的x1∈(0，＋∞)，都存在x2∈(0，＋∞)，使f(x1)≥g(x2)成立，求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝xlnx＋eq\f(a,x)得f′(x)＝lnx＋1－eq\f(a,x2)，x>0，设直线y＝x与曲线y＝f(x)的切点为(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝x0，,y0＝x0lnx0＋\f(a,x0)，,lnx0－\f(a,xeq\o\al(2,0))＋1＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\r(e),a＝\f(e,2)，))因此a的值为eq\f(e,2).(2)由g(x)＝2xex－lnx－x－ln2得g′(x)＝2ex＋2xex－eq\f(1,x)－1＝(x＋1)(2ex－eq\f(1,x))，设h(x)＝2ex－eq\f(1,x)，则h′(x)＝2ex＋eq\f(1,x2)，因为当x>0时，h′(x)＝2ex＋eq\f(1,x2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为h(eq\f(1,4))＝2eeq\a\vs4\al(\f(1,4))－4<0，h(1)＝2e－1>0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使h(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，从而g′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0，x0]上单调递减，在[x0，＋∞)上单调递增，因此g(x)min＝g(x0)＝2x0ex0－lnx0－x0－ln2，由h(x0)＝0，得h(x0)＝2ex0－eq\f(1,x0)＝0，x0ex0＝eq\f(1,2)，从而x0＋lnx0＝－ln2，所以g(x)min＝1＋ln2－ln2＝1，由对于任意的x1∈(0，＋∞)，都存在x2∈(0，＋∞)，使f(x1)≥g(x2)成立，得对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≥g(x)min＝1，即不等式xlnx＋eq\f(a,x)≥1在x∈(0，＋∞)上恒成立，即不等式a≥x－x2lnx在x∈(0，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝x－x2lnx，则φ′(x)＝1－x－2xlnx，因为φ′(1)＝0，当x∈(0，1)时，1－x>0，2xlnx<0，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，1－x<0，2xlnx>0，φ′(x)<0；所以函数φ(x)＝x－x2lnx在(0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝1，因此a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．1．分离参数法解含参不等式恒成立的思路．用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．2．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法．(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min.(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.3．含全称、存在量词不等式能成立问题．(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max.(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.1．(2023·梅州二模)已知函数f(x)＝ex－1－alnx，其中a∈R.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x∈[0，π]时，2f(x＋1)－cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)a＝1，f(x)＝ex－1－lnx，x>0，则f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，所以当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)令g(x)＝2f(x＋1)－cosx＝2ex－2aln(x＋1)－cosx，x∈[0，π]，所以g′(x)＝2ex－eq\f(2a,x＋1)＋sinx，当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在[0，π]上单调递增，g(x)≥g(0)＝1，符合题意；当a>0时，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2ex＋eq\f(2a,（x＋1）2)＋cosx>0，故h(x)即g′(x)在[0，π]上单调递增，又g′(0)＝2－2a，①当0<a≤1时，g′(x)≥g′(0)＝2－2a≥0，g(x)在[0，π]上单调递增，g(x)≥g(0)＝1，符合题意；②当g′(π)＝2eπ－eq\f(2a,π＋1)＋sinπ≤0，即a≥(π＋1)eπ时，对任意的x∈[0，π]，g′(x)≤0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，此时g(x)<g(0)＝2e0－2aln1－cos0＝1，不合题意．③当1<a<(π＋1)eπ时，因为g′(x)在[0，π]上单调递增，且g′(0)g′(π)＝(2－2a)(2eπ－eq\f(2a,π＋1))<0，所以∃x0∈[0，π]，使g′(x0)＝0，且当x∈(0，x′)时，g′(x)单调递减．此时g(x)<g(0)＝2e0－2aln1－cos0＝1，不合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．2．(2023·宿迁沭阳县校级模拟)已知函数f(x)＝x2－axlnx＋1＋a，a∈R，f′(x)为f(x)的导函数．(1)讨论f′(x)的极值；(2)若存在t∈[2，e]，使得不等式f(t)<0成立，求a的取值范围．解：(1)由题意，函数f(x)＝x2－axlnx＋1＋a，a∈R，可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－a(1＋lnx)，设g(x)＝f′(x)＝2x－a(1＋lnx)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝2－eq\f(a,x)＝eq\f(2x－a,x)，①当a≤0时，可得g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)没有极值；②当a>0时，若x∈(0，eq\f(a,2))，则g′(x)<0，f′(x)在(0，eq\f(a,2))上单调递减，若x∈(eq\f(a,2)，＋∞)，则g′(x)>0，f′(x)在(eq\f(a,2)＋∞)上单调递增，所以f′(x)在x＝eq\f(a,2)处取得极小值，且极小值为f′(eq\f(a,2))＝－alneq\f(a,2)，在(0，＋∞)上没有极大值，综上，当a≤0时，f′(x)没有极值；当a>0时，f′(x)的极小值为－alneq\f(a,2)，无极大值．(2)由题意知，存在t∈[2，e]，使得f(t)＝t2－atlnt＋1＋a<0，即存在t∈[2，e]，使得t－alnt＋eq\f(1＋a,t)<0，构造函数h(t)＝t－alnt＋eq\f(1＋a,t)，则h′(t)＝1－eq\f(a,t)－eq\f(1＋a,t2)＝eq\f(（t＋1）（t－a－1）,t2)，当a＋1≤2，即a≤1时，h′(t)≥0在[2，e]上恒成立，h(t)单调递增，所以h(2)<0，可得a>eq\f(5,2ln2－1)，与a≤1矛盾，不满足题意；当2<a＋1<e，即1<a<e－1时，若t∈[2，a＋1]，则h′(t)≤0，h(t)单调递减，若t∈[a＋1，e]，则h′(t)≥0，h(t)单调递增，此时h