2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題一-第5講-母題突破2-恒成立問題與能成立問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

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)＝eq\f(1,2)x2－(2a＋1)x＋2alnx．若f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．思路分析一?fx≥0恒成立?fxmin≥0?分類討論求fxmin思路分析二?fx≥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)最值解方法一(求最值法)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒(x)≥0恒成立，所以f(x)min≥0，f′(x)＝x－(2a＋1)＋eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－2a＋1x＋2a,x)＝eq\f(x－1x－2a,x).當(dāng)a≤0時(shí)，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，所以f(x)min＝f(1)＝－eq\f(1,2)－2a，由－eq\f(1,2)－2a≥0，可得a≤－eq\f(1,4).當(dāng)a>0時(shí)，注意到f(1)＝－eq\f(1,2)－2a<0，不符合題意，故a≤－eq\f(1,4)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).方法二(分離參數(shù)法)由f(x)≥0，可得eq\f(1,2)x2－x－2a(x－lnx)≥0.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，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，所以原不等式等價(jià)于2a≤eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx).令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－lnx)),x－lnx2).令φ(x)＝eq\f(1,2)x＋1－lnx，則φ′(x)＝eq\f(x－2,2x)，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(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)≥g(1)＝－eq\f(1,2)，由2a≤－eq\f(1,2)，得a≤－eq\f(1,4)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).[子題1](2023·南寧模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－alnx(a∈R)．?x∈[1，e]，使得eq\f(fx＋1＋a,x)≤0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解因?yàn)?x∈[1，e]，使得eq\f(fx＋1＋a,x)≤0成立，即?x∈[1，e]，使得f(x)＋1＋a≤0成立，由lnx∈[0,1]，得1－lnx∈[0,1]，當(dāng)lnx＝1，即x＝e時(shí)，f(x)＋1＋a＝e2－alne＋1＋a＝e2＋1，此時(shí)顯然不滿足f(x)＋1＋a≤0；當(dāng)x∈[1，e)時(shí)，原不等式等價(jià)于－a≥eq\f(x2＋1,1－lnx)，x∈[1，e)，令g(x)＝eq\f(x2＋1,1－lnx)，x∈[1，e)，則g′(x)＝eq\f(x3－2lnx＋\f(1,x),1－lnx2)，由于3－2lnx∈(1,3]，所以g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在[1，e)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2，所以－a≥2，解得a≤－2.[子題2](2023·全國乙卷改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．若f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)，因?yàn)閒′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．令－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)≥0，則－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原問題等價(jià)于g(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，當(dāng)a≤0時(shí)，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(shí)g(x)<g(0)＝0，不符合題意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，則h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，當(dāng)a≥eq\f(1,2)，即2a≥1時(shí)，由于eq\f(1,x＋1)<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．當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0，可得x＝eq\f(1,2a)－1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，h′(x)<0，h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上單調(diào)遞減，即g′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上單調(diào)遞減，注意到g′(0)＝0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)單調(diào)遞減，由于g(0)＝0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，g(x)<g(0)＝0，不符合題意．綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,2))))).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(dǎo)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(jìn)而轉(zhuǎn)化為a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)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(jìn)行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別．1．(2023·六安統(tǒng)考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx(k≠0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)g(x)＝x2－2bx＋4，當(dāng)k＝1時(shí)，若對(duì)任意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．解(1)令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，所以1＋kx>0，當(dāng)k>0時(shí)，x>－eq\f(1,k)，此時(shí)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞增；當(dāng)k<0時(shí)，x<－eq\f(1,k)，此時(shí)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以對(duì)任意x1∈R，有f(x1)≥f(－1)＝－eq\f(1,e)，又存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，所以－eq\f(1,e)≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x2∈[1,2]，使g(x)＝x2－2bx＋4≤－eq\f(1,e)，即2b≥x＋eq\f(4＋e－1,x)，又因?yàn)楫?dāng)x∈[1,2]時(shí)，x＋eq\f(4＋e－1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,2e)，5＋\f(1,e)))，所以2b≥4＋eq\f(1,2e)，即b≥2＋eq\f(1,4e)，即實(shí)數(shù)b的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,4e)，＋∞)).2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.若m為正整數(shù)，且對(duì)任意的x>0都有f(x)<mg(x)成立，求m的最小值．解設(shè)h(x)＝f(x)－mg(x)＝lnx－mx2＋(1－2m)x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2mx＋1－2m＝eq\f(－2mx2＋1－2mx＋1,x)＝eq\f(－2mx－1x＋1,x).令h′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2m)，令h′(x)<0，解得x>eq\f(1,2m)，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))＝lneq\f(1,2m)－m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))2＋(1－2m)·eq\f(1,2m)＋1＝eq\f(1,4m)－ln2m.令t(x)＝eq\f(1,4x)－ln2x(x>0)，則t′(x)＝－eq\f(1,4x2)－eq\f(1,x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又∵teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)>0，t(1)＝eq\f(1,4)－ln2＝eq\f(1,4)(1－ln16)<0，∴當(dāng)x≥1時(shí)，t(x)<0，滿足題意．故m的最小值為1.專題強(qiáng)化練1．(2023·海東模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)lnx－m(x＋1)．(1)若m＝1，求f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍．解(1)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)lnx－(x＋1)，則f′(x)＝lnx＋eq\f(x－1,x)－1＝lnx－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝－1，又f(1)＝－2，∴切線方程為y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.(2)∵f(x)定義域?yàn)?0，＋∞)且f(x)≥0恒成立，∴m≤eq\f(x－1,x＋1)·lnx，令g(x)＝eq\f(x－1,x＋1)·lnx，則m≤g(x)min，g′(x)＝eq\f(2lnx,x＋12)＋eq\f(x－1,xx＋1)＝eq\f(2lnx＋x－\f(1,x),x＋12)，令h(x)＝2lnx＋x－eq\f(1,x)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x2＋2x＋1,x2)＝eq\f(x＋12,x2)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h(x)<0，即g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴m≤0，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，0]．2．(2023·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax－sinx－1，x∈[0，＋∞)．若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解因?yàn)閒(x)＝ex＋ax－sinx－1，所以f′(x)＝ex－cosx＋a.若a≥0，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，則f(x)在[0，＋∞)上單