第三章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题-2025高中数学大一轮复习讲义人教A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≥eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝eq\f(ex,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x2)))＝eq\f(x－1[ex－x＋1],x2)，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)＝eq\f(lnx,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≤eq\f(lnx,x)(x>0)，即a≤eq\f(lnx,x2)(x>0)，则问题转化为a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))max(x>0)，令h(x)＝eq\f(lnx,x2)，x>0，h′(x)＝eq\f(x－2xlnx,x4)＝eq\f(1－2lnx,x3)，当0<x<eq\r(e)时，h′(x)>0，当x>eq\r(e)时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，eq\r(e))上单调递增，在(eq\r(e)，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).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－lnx.(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－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(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>eq\f(1,a)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))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－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，则g′(x)＝m－lnx，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)＝lnx＋x＋eq\f(2,ax)(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)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－1x＋2,x2)，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)，lnx＋eq\f(2,ax)－2<0，令g(x)＝lnx＋eq\f(2,ax)－2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,ax2)＝eq\f(ax－2,ax2)，①当a<0时，g′(x)＝eq\f(ax－2,ax2)>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增，则g(x)<g(e)＝lne＋eq\f(2,ae)－2＝－1＋eq\f(2,ae)<0，符合题意；②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,a)>0，则函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上单调递增，若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，只需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ge－1＝－3＋\f(2,ae－1)≤0，,ge＝－1＋\f(2,ae)≤0，))解得a≥eq\f(2e,3).综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,3)，＋∞)).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)＝eq\f(2elnx,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)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，∴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)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，∴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＝－eq\f(2a,3)；①当－eq\f(2a,3)≤1，即a≥－eq\f(3,2)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<－eq\f(2a,3)<e，即－eq\f(3e,2)<a<－eq\f(3,2)时，若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))，则g′(x)<0，若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))，则g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2a,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，e))上单调递增，∴g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)))＝eq\f(4a3,27)＋1<1，不满足f(x)max≤g(x)min；③当－eq\f(2a,3)≥e，即a≤－eq\f(3e,2)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)＝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))).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≤eq\f(ex－x＋1,x2)对任意x>0恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，x>0，则h′(x)＝eq\f(x－2ex＋1,x3)，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)＝eq\f(e2－1,4)，所以a的取值范围为a≤eq\f(e2－1,4).2．(2023·鞍山模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(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)≥eq\f(1,2)成立，求a的取值范围．解(1)该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)(x>0，a≠0)，①当a<0时，f′(x)＝eq\f(x2－a,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＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍)，所以函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．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(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．(2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x)min≥eq\f(1,2)，①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以a<0满足题意；②当0<a≤1时，0<eq\r(a)≤1，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，所以0<a≤1满足题意；③当a>1时，eq\r(a)>1，f(x)在[1，eq\r(a)]上单调递减，在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，所以只需f(eq\r(a))≥eq\f(1,2)即可，而f(eq\r(a))<f(1)＝eq\f(1,2)，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－eq\f(b,x)，g(x)＝2alnx.(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)|<3eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))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)＝2alnx的图象相切，设切点为(x1,2alnx1)，且g′(x)＝eq\f(2a,x)，则切线方程为y－2alnx1＝eq\f(2a,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(2a,x1)x－2a＋2alnx1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x1)＝1，,－2a＋2alnx1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝e，,a＝\f(e,2).))(2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2alnx，x∈(0,1]，F′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)>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)<3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，即F(x2)＋eq\f(3,x2)<