2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題一　第5講　母題突破2　恒成立問題與能成立問題23

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)的定義域為(0，＋∞)，因為f(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，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a>0時，注意到f(1)＝－eq\f(1,2)－2a<0，不符合題意，故a≤－eq\f(1,4)，即實數(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x>1時，g′(x)>0；當0<x<1時，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)，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).[子題1](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．解存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，即－lnx0<0，即<lnx0.即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>.令h(x)＝eq\f(ex,lnx)，因此只要函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在區(qū)間[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)，令u(x)＝lnx－eq\f(1,x)，∵u′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)>0，∴u(x)在[e，＋∞)上單調(diào)遞增，又u(e)＝1－eq\f(1,e)>0.∴h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),lnx2)>0在[e，＋∞)上恒成立．∴h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)h(x)＝eq\f(ex,lnx)在區(qū)間[e，＋∞)上的最小值為h(e)＝ee，由h(e)＝ee<ea，得a>e.故a的取值范圍是(e，＋∞)．[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)，因為f′(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)，則h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，當a≥eq\f(1,2)，即2a≥1時，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0<a<eq\f(1,2)時，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0，可得x＝eq\f(1,2a)－1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，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x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)單調(diào)遞減，由于g(0)＝0，故當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時，g(x)<g(0)＝0，不符合題意．綜上可知，實數(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行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別．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)解由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，即a＋1<eq\f(lnx＋e3－9,x)在[e2，e3]上恒成立，令h(x)＝eq\f(lnx＋e3－9,x)，x∈[e2，e3]，則a＋1<h(x)min，h′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx＋e3－9,x2)＝eq\f(10－e3－lnx,x2)，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，所以h(x)單調(diào)遞減，故h(x)min＝h(e3)＝eq\f(lne3＋e3－9,e3)＝1－eq\f(6,e3)，于是a＋1<1－eq\f(6,e3)，得a<－eq\f(6,e3)，又a>－1，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(6,e3))).2．(2023·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(sinx,cos3x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)當a＝8時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)<sin2x，求a的取值范圍．解f′(x)＝a－eq\f(cosxcos3x＋3sinxcos2xsinx,cos6x)＝a－eq\f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq\f(3－2cos2x,cos4x)，令cos2x＝t，則t∈(0,1)，則f′(x)＝g(t)＝a－eq\f(3－2t,t2)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)，t∈(0,1)．(1)當a＝8時，f′(x)＝g(t)＝eq\f(8t2＋2t－3,t2)＝eq\f(2t－14t＋3,t2)，當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，f′(x)<0.當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．(2)設(shè)h(x)＝f(x)－sin2x，h′(x)＝f′(x)－2cos2x＝g(t)－2(2cos2x－1)＝eq\f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，設(shè)φ(t)＝a＋2－4t＋eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)，則φ′(t)＝－4－eq\f(2,t2)＋eq\f(6,t3)＝eq\f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq\f(2t－12t2＋2t＋3,t3)，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，即h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，所以當a∈(－∞，3]時，f(x)<sin2x，符合題意．若a∈(3，＋∞)，當t→0＋時，eq\f(2,t)－eq\f(3,t2)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0.所以?t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即?x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得h′(x0)＝0，t0＝cos2x0.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1．(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；(2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝x2－x－lnx，f(1)＝0，可得f′(x)＝2x－1－eq\f(1,x)，故f′(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝0.(2)由已知得x∈(0，＋∞)，所以x2＋x>0，由f(x)≥0，得x2＋x≥(2x＋lnx)a.因為a>0，所以上式可化為eq\f(1,a)≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x).令g(x)＝eq\f(2x＋lnx,x2＋x)，則g′(x)＝eq\f(2x＋11－x－lnx,x2＋x2)，令h(x)＝1－x－lnx，則h′(x)＝－1－eq\f(1,x).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.要使eq\f(1,a)≥eq\f(2x＋lnx,x2＋x)在(0，＋∞)上恒成立，則應(yīng)有eq\f(1,a)≥1.又因為a>0，故0<a≤1.2．(2023·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)．(1