(新高考)高考数学一轮复习讲义+巩固练习3.5《利用导数研究恒(能)成立问题》(教师版)

第第页§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已知函数f(x)＝(x﹣2)ex﹣eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝(x﹣2)ex，f(0)＝(0﹣2)e0＝﹣2，f′(x)＝(x﹣1)ex，k＝f′(0)＝(0﹣1)e0＝﹣1，所以切线方程为y＋2＝﹣(x﹣0)，即x＋y＋2＝0.(2)方法一当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x﹣2)ex﹣eq\f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))a≤(x﹣2)ex在[2，＋∞)上恒成立.当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.当x>2时，eq\f(1,2)x2﹣x>0，所以a≤eq\f(x－2ex,\f(1,2)x2－x)＝eq\f(2ex,x)恒成立．设g(x)＝eq\f(2ex,x)，则g′(x)＝eq\f(2x－1ex,x2)，因为x>2，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a≤e2.综上所述，a的取值范围是(﹣∞，e2]．方法二f′(x)＝(x﹣1)(ex﹣a)，①当a≤0时，因为x≥2，所以x﹣1>0，ex﹣a>0，所以f′(x)>0，则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③当a>e2时，在区间(2，lna)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)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]．教师备选已知函数f(x)＝eq\f(x2,2)﹣(m＋1)x＋mlnx＋m，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﹣(m＋1)＋eq\f(m,x)＝eq\f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq\f(x－mx－1,x)，①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．②当0<m<1，x∈(0，m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(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)﹣mlnx≥0恒成立，∴eq\f(x2,2)≥mlnx.当x＝1时，eq\f(x2,2)≥mlnx恒成立，当x>1时，eq\f(x2,2lnx)≥m；当0<x<1时，eq\f(x2,2lnx)≤m.令g(x)＝eq\f(x2,2lnx)，则g′(x)＝eq\f(x2lnx－1,2lnx2)，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减且g(x)<0，∴x→0时，eq\f(x2,2lnx)→0，∴m≥0.当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，∴当1<x<eq\r(e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>eq\r(e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(x)≥g(eq\r(e))＝e，∴m≤e.综上知0≤m≤e.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)＝xlnx(x>0)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)成立，求实数m的最小值．解(1)由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．所以f(x)在x＝eq\f(1,e)处取得极小值，且为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝﹣eq\f(1,e)，无极大值．(2)由f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)，得m≥eq\f(2xlnx＋x2＋3,x).问题转化为m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)．则g′(x)＝eq\f(2,x)＋1﹣eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.故m的最小值为4.题型二等价转化求参数范围例2已知函数f(x)＝ex﹣1﹣ax＋lnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x﹣y＝0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)≥lnx﹣a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝ex﹣1﹣a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2﹣a＝3，∴a＝﹣1，经检验a＝﹣1满足题意，∴a＝﹣1，(2)f(x)≥lnx﹣a＋1可化为ex﹣1﹣ax＋a﹣1≥0，x>0，令φ(x)＝ex﹣1﹣ax＋a﹣1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex﹣1﹣a，①当a≤eq\f(1,e)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1﹣a＋a﹣1＝0≥0恒成立，∴a≤eq\f(1,e)符合题意．②当a>eq\f(1,e)时，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.当x∈(0，lna＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(lna＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增．当lna＋1≤1，即eq\f(1,e)<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴eq\f(1,e)<a≤1符合题意．当lna＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>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)＝﹣ax2＋lnx(a∈R)．(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)＝﹣2ax＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－2ax2,x)，当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时﹐由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,\r(2a))，由f′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))，由f′(x)<0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，于是有f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递减．(2)由f(x)>﹣a，得a(x2﹣1)﹣lnx<0，x∈(1，＋∞)，﹣lnx<0，x2﹣1>0，当a≤0时，a(x2﹣1)﹣lnx<0，满足题意；当a≥eq\f(1,2)时，令g(x)＝a(x2﹣1)﹣lnx(x>1)，g′(x)＝eq\f(2ax2－1,x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，当0<a<eq\f(1,2)时，由g′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，由g′(x)<0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))，于是有g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递增，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<g(1)＝0，则当0<a<eq\f(1,2)时，∃x∈(1，＋∞)，g(x)<0，综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).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已知函数f(x)＝x2﹣(a＋2)x＋alnx.(1)当a>2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)<a成立，求实数a的取值范围．解(1)∵x>0，f′(x)＝2x﹣(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)，又eq\f(a,2)>1，∴当f′(x)>0时，0<x<1或x>eq\f(a,2)，当f′(x)<0时，1<x<eq\f(a,2)，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2))).(2)∵存在x∈[1，＋∞)使f(x)<a成立⇔a>f(x)min.由(1)可得，①当a>2时，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝﹣eq\f(a2,4)﹣a＋alneq\f(a,2)<a，即lneq\f(a,2)﹣eq\f(a,4)<2，令t＝eq\f(a,2)，φ(t)＝lnt﹣eq\f(t,2)(t>1)，φ′(t)＝eq\f(1,t)﹣eq\f(1,2)＝eq\f(2－t,2t)(t>1)，∴φ(t)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴φ(t)max＝φ(2)＝ln2﹣1<2恒成立，即当a>2时，不等式恒成立；(另解：当a>2时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))<f(1)＝﹣1﹣a<a.)②当a≤2时，f(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝﹣a﹣1<a，a>﹣eq\f(1,2)，∴﹣eq\f(1,2)<a≤2，综合①②得，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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)＋xlnx，g(x)＝x3﹣x2﹣3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，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，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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，x2∈[0,2]，使得g(x1)﹣g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)﹣g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2﹣2x＝x(3x﹣2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3)，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝﹣eq\f(85,27)，又g(0)＝﹣3，g(2)＝1，∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝﹣eq\f(85,27)，∴M≤1﹣eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.由(1)知当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(2)＝1，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，即a≥x﹣x2lnx恒成立．令h(x)＝x﹣x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴h′(x)＝1﹣2xlnx﹣x，令φ(x)＝1﹣2xlnx﹣x，∴φ′(x)＝﹣3﹣2lnx<0，h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，又h′(1)＝0，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，h′(x)≥0，当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，∴h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．教师备选已知函数f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(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)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(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)＝eq\f(5a,e3).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eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3).又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e3,5＋e3))).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，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.跟踪训练3设f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[﹣1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(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)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>﹣1，令F′(x)<0，解得x<﹣1，所以F(x)在(﹣∞，﹣1)上单调递减，在(﹣1，＋∞)上单调递增，故F(x)min＝F(﹣1)＝﹣eq\f(1,2)﹣eq\f(1,e).(2)因为任意x1，x2∈[﹣1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(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)＝mxex﹣eq\f(1,2)x2﹣x，x∈[﹣1，＋∞)，即只需h(x)在[﹣1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex﹣1)≥0在[﹣1，＋∞)上恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．课时精练1．已知函数f(x)＝x(mex﹣1)．(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)当x>0时，f(x)≥x2﹣2x，求实数m的取值范围．解(1)当m＝1时，f(x)＝x(ex﹣1)，则f(1)＝e﹣1，由f′(x)＝ex﹣1＋xex可得，f′(1)＝2e﹣1.所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y﹣(e﹣1)＝(2e﹣1)(x﹣1)，即(2e﹣1)x﹣y﹣e＝0.(2)由x(mex﹣1)≥x2﹣2x及x>0，得m≥eq\f(x－1,ex).令g(x)＝eq\f(x－1,ex)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2－x,ex)，当x∈(0,2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，即g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,e2).所以m≥eq\f(1,e2)，故m的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).2．设函数f(x)＝x2﹣(a＋2)x＋alnx(a∈R).(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝2x﹣(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)(x>0)，又f′(3)＝4﹣eq\f(2a,3)＝0，所以a＝6，经检验符合条件，所以f′(x)＝eq\f(2x－3x－1,x)，令f′(x)>0，有0<x<1或x>3；令f′(x)<0，有1<x<3，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．(2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1，当a≤0时，令f′(x)>0，有x>1；令f′(x)<0，有0<x<1，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝﹣a﹣1，所以﹣a﹣1≥1，即a≤﹣2，当a>0时，①0<eq\f(a,2)<1，即0<a<2时，存在f(1)＝﹣a﹣1<0；②eq\f(a,2)>1，即a>2时，存在f(1)＝﹣a﹣1<0；③eq\f(a,2)＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝﹣3<0，可知a>0时，f(x)≥1不恒成立．综上，a≤﹣2.3．已知f(x)是定义在[﹣1,1]上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sinx，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋eq\f(1,x)﹣2(a>0)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于∀x1∈[﹣1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)设x<0，则﹣x>0，所以f(﹣x)＝x2﹣sinx，又f(x)是奇函数，所以f(﹣x)＝﹣f(x)，所以f(x)＝﹣f(﹣x)＝﹣x2＋sinx，又f(0)＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋sinxx≥0，,－x2＋sinxx<0.))(2)由题意得f(x)min>g(x)min.当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cosx>0，所以f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0；当x∈[﹣1,0)时，f′(x)＝﹣2x＋cosx>0，所以f(x)在[﹣1,0)上单调递增，所以f(x)min＝f(﹣1)＝﹣1﹣sin1<0，所以f(x)min＝﹣1﹣sin1.对于g(x)，因为a>0，x