恒成立问题与能成立问题课件高三数学二轮复习

专题一

函数与导数第5讲导数的综合应用母题突破2恒成立问题与能成立问题母题

(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝

x2－(2a＋1)x＋2alnx.若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.思路分析一❶f(x)≥0恒成立❷f(x)min≥0❸分类讨论求f(x)min思路分析二❶f(x)≥0恒成立❷求证x－lnx>0❸分离参数构造新函数❹求新函数最值方法一

(求最值法)f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立，所以f(x)min≥0，当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，方法二(分离参数法)构造函数h(x)＝x－lnx，由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)min＝h(1)＝1>0，所以x－lnx>0，由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2，易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln2>0，所以当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，

(2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－lnx.若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求a的取值范围.子题1存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即

－lnx0<0，即

<lnx0.即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>

.∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增，由h(e)＝ee<ea，得a>e.故a的取值范围是(e，＋∞).

(2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝

ln(1＋x).若f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围.子题2因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立.则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意.注意到g′(0)＝0，g(x)<g(0)＝0，不符合题意.规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.跟踪演练1.已知函数f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，g(x)＝lnx－(a＋1)x，a>－1.若存在x1∈[1,3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围.(e3≈20.09)由f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，得f′(x)＝ex＋(x－4)ex－2x＋6＝(x－3)ex－2x＋6＝(x－3)(ex－2)，当x∈[1,3]时，f′(x)≤0，所以f(x)在[1,3]上单调递减，f(x)min＝f(3)＝9－e3，于是若存在x1∈[1,3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则lnx－(a＋1)x>9－e3(a>－1)在[e2，e3]上恒成立，则a＋1<h(x)min，因为x∈[e2，e3]，所以lnx∈[2,3]，10－e3－lnx∈[7－e3,8－e3]，因为e3≈20.09，所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0，所以h′(x)<0，(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；令cos2x＝t，则t∈(0,1)，(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范围.设h(x)＝f(x)－sin2x，当t∈(0,1)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增，所以φ(t)<φ(1)＝a－3.若a∈(－∞，3]，则h′(x)＝φ(t)<a－3≤0，所以h(x)<h(0)＝0，所以当a∈(－∞，3]时，f(x)<sin2x，符合题意.若a∈(3，＋∞)，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，当t∈(t0,1)时，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x∈(0，x0)时，h(x)>h(0)＝0，不符合题意.综上，a的取值范围为(－∞，3].专题强化练121.(2023·吴忠模拟)已知函数f(x)＝x2－(2a－1)x－alnx.(1)当a＝1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；当a＝1时，f(x)＝x2－x－lnx，f(1)＝0，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.12(2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.12由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0，由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋lnx)a.12因为x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0，所以h(x)为(0，＋∞)上的减函数，且h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减.所以当x＝1时，g(x)取得极大值，也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝1.12又因为a>0，故0<a≤1.122.(2023·南昌模拟)已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0).(1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间；12当a＝e时，f(x)＝ex＋(1－e)x－lnx，所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增；所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上单调递减，则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1).12(2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.12因为f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)，①当lna≤1，即0<a≤e时，因为x>1，ex>e≥a，x>1≥lna，所以f′(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上无解；12②当ln