恒成立問題與能成立問題課件高三數(shù)學二輪復習

專題一

函數(shù)與導數(shù)第5講導數(shù)的綜合應用母題突破2恒成立問題與能成立問題母題

(2023·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝

x2－(2a＋1)x＋2alnx.若f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.思路分析一?f(x)≥0恒成立?f(x)min≥0?分類討論求f(x)min思路分析二?f(x)≥0恒成立?求證x－lnx>0?分離參數(shù)構(gòu)造新函數(shù)?求新函數(shù)最值方法一

(求最值法)f(x)的定義域為(0，＋∞)，因為f(x)≥0恒成立，所以f(x)min≥0，當a≤0時，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，方法二(分離參數(shù)法)構(gòu)造函數(shù)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)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln2>0，所以當x>1時，g′(x)>0；當0<x<1時，g′(x)<0，

(2023·青島模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－a－lnx.若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，求a的取值范圍.子題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，＋∞)上單調(diào)遞增，由h(e)＝ee<ea，得a>e.故a的取值范圍是(e，＋∞).

(2023·全國乙卷改編)已知函數(shù)f(x)＝

ln(1＋x).若f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍.子題2因為f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立.則－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原問題等價于g(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，當a≤0時，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時g(x)<g(0)＝0，不符合題意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，所以h′(x)>0，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝0，符合題意.注意到g′(0)＝0，g(x)<g(0)＝0，不符合題意.規(guī)律方法(1)由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略①求最值法：將恒成立問題轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題.②分離參數(shù)法：將參數(shù)分離出來，進而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通過導數(shù)的應用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍.(2)不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別.跟蹤演練1.已知函數(shù)f(x)＝(x－4)ex－x2＋6x，g(x)＝lnx－(a＋1)x，a>－1.若存在x1∈[1,3]，對任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求實數(shù)a的取值范圍.(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)，當x∈[1,3]時，f′(x)≤0，所以f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(3)＝9－e3，于是若存在x1∈[1,3]，對任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，則lnx－(a＋1)x>9－e3(a>－1)在[e2，e3]上恒成立，則a＋1<h(x)min，因為x∈[e2，e3]，所以lnx∈[2,3]，10－e3－lnx∈[7－e3,8－e3]，因為e3≈20.09，所以8－e3≈8－20.09＝－12.09<0，所以h′(x)<0，(1)當a＝8時，討論f(x)的單調(diào)性；令cos2x＝t，則t∈(0,1)，(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍.設h(x)＝f(x)－sin2x，當t∈(0,1)時，φ′(t)>0，φ(t)單調(diào)遞增，所以φ(t)<φ(1)＝a－3.若a∈(－∞，3]，則h′(x)＝φ(t)<a－3≤0，所以h(x)<h(0)＝0，所以當a∈(－∞，3]時，f(x)<sin2x，符合題意.若a∈(3，＋∞)，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.所以?t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，當t∈(t0,1)時，φ(t)>0，即當x∈(0，x0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以當x∈(0，x0)時，h(x)>h(0)＝0，不符合題意.綜上，a的取值范圍為(－∞，3].專題強化練121.(2023·吳忠模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a－1)x－alnx.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；當a＝1時，f(x)＝x2－x－lnx，f(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝0.12(2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.12由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0，由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋lnx)a.12因為x∈(0，＋∞)，所以h′(x)<0，所以h(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)，且h(1)＝0，故當x∈(0,1)時，h(x)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，即g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以當x＝1時，g(x)取得極大值，也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝1.12又因為a>0，故0<a≤1.122.(2023·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0).(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；12當a＝e時，f(x)＝ex＋(1－e)x－lnx，所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；所以f′(x)<0，即f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).12(2)若不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解，求實數(shù)a的取值范圍.12因為f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)，①當lna≤1，即0<a≤e時，因為x>1，ex>e≥a，x>1≥lna，所以f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上無解；12②當ln