舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 高考大題研究一二利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒能成立問題

專題研究(二)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題

題型一恒成立問題

例1(2020?新高考I卷節(jié)選)已知函數(shù)F(X)=ae1~i-ln%+lna.若f(x)21,求a

的取值范圍.

解解法一：?."(x)=ae'L'-Inx+lna,

:?f(x)=aexl-?,且a>0.

X

設(shè)g(x)=F'(X),則H(%)=≡x-l+A>0,

???g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，即f(χ)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

當(dāng)3=1時(shí)，f(1)=0,則f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，

.?.F(x)min=F(l)=L???F(x)21成立；

當(dāng)a>l時(shí)，?<1,Λea<1,

a

.?f,1如⑴-1)(a-l)<0,

.?.存在唯一XOW2，1),使得r(%0)=5ev0~1-??θ,且當(dāng)x∈(0,Xo)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0,

?β)XQ

當(dāng)x∈(x°,+8)時(shí)，fω>o,

/.ae?0-1=--,.?Ina+弱—I=-In旅,

照

因此f(x)min=f(xo)=ae'0^1-InAb÷lna=-^+lna+xo—l+lna>21na—l÷2x?—?照

Xo?∣XQ

=21na+l>l,

???f(x)>l,??.f(x)21恒成立;

當(dāng)0<水1時(shí),f(l)=a+lna<a<l,

Λ/(1)<1,f(x)21不恒成立.

綜上所述，a的取值范圍是［1,+∞).

解法二：f(x)=ae'^'-Inx+lna=einλ+λ^1-Inx+lna-l等價(jià)于eln;rtv-1+lna+x

—12Inx+x=enx÷lnx,

令g(x)=e'+x,上述不等式等價(jià)于g(lna+x—l)2g(lnx),顯然g(x)為增函數(shù)，

又等價(jià)于Ina+x—121nx,即In5≥lnχ-χ+?f

??-X

令人(X)=InX—x+1,則力'(A)=----1=-----

XX

當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h,(x)>0,力(力單調(diào)遞增;

當(dāng)X∈(l,+8)時(shí)，h'(A)<0,力(X)單調(diào)遞減,

.?"(x)*x=??(D=0,ΛI(xiàn)na20,即a》l,

.?.a的取值范圍是［1,+∞).

［解題策略］解不等式恒成立問題的方法

(1)構(gòu)造函數(shù)分類討論：遇到f(x)>g(M型的不等式恒成立問題時(shí)，一般采用作差法，

構(gòu)造“左減右”的函數(shù)方(x)=f(x)-g(x)或“右減左”的函數(shù)U(X)=g(x)—f(x),進(jìn)而只需

滿足爾x)""20或U(X)皿W0,將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適

用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進(jìn)行分類討論.

(2)分離參數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個(gè)一端是參數(shù)a,另一端是

變量表達(dá)式Mx)的不等式后，若a2v(x)在XW〃上恒成立，則aNr(x)1≡,;若aWr(x)在XQD

上恒成立，則aWr(x).H

變式訓(xùn)練1(2021?吉林省長春外國語學(xué)校高三期末)設(shè)函數(shù)/(?)=/+cosx,g(x)

a

sinx

(1)當(dāng)x∈［0,w］時(shí)，判斷f(x)的單調(diào)性;

ππ

(2)若當(dāng)x∈∣j?,引時(shí)，不等式f(x)—g(x)<0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解⑴∕v(X)=2*—sinx,令A(yù)(X)=2x—sinx,

當(dāng)χG［0,時(shí)，h'(X)=2—cosx>0,所以當(dāng)χG［0,"］時(shí)，力(X)=2x—sinx單調(diào)

遞增，

所以夙x)2A(O)=0,即，(x)20,所以f(x)單調(diào)遞增.

-Jiπ^1

(2)因?yàn)楫?dāng)Xe百萬時(shí)，不等式『(X)-g(x)W0恒成立，

~ππ^

所以當(dāng)x∈豆，萬時(shí)，不等式a2sinx?f(x)恒成立，

令k(x)=SinX?f{x),所以〃(?)=cosX?F(X)÷sinx?f(%),

-Jlπ-I

因?yàn)楫?dāng)天￡v，F(xiàn)時(shí)，COSx20,f(x)>0,sinx>0,f,(%)>0,

所以*(x)>0,所以WX)單調(diào)遞增，

ΛπAπ2π2

所以4(x)max="5J=7，所以

即實(shí)數(shù)a的取值范圍是亍，+8).

題型二能成立問題

2

例2(2022?河南鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f{x)=ax—(2a+l)InX—，g(x)=-2aInX

x

2

——，其中a￡R.

x

⑴當(dāng)a>0時(shí),求F(X)的單調(diào)區(qū)間;

(2)若存在Xee2,使得不等式f(x)?g(x)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解(1)函數(shù)HX)的定義域?yàn)?O,+∞),

,,、2a+l,2ax-(2a+l)x+2

f'(x)=a----------+-=--------------2------------

XXX

(ax—1)(?-2)

=2.

X

當(dāng)a>0時(shí)，令f(X)=0,可得*=一>0或x=2.

a

①當(dāng)?=2,即a=,時(shí)，對任意的x>0,f(x)20,

此時(shí)，函數(shù)Ax)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調(diào)遞減區(qū)間.

②當(dāng)0<^<2,即公義時(shí)，

令f(Λ)>0,得(Kxd^或x>2；

a

令f(x)<0,得一<令2.

a

此時(shí)，函數(shù)F(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,今和(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(%2

③當(dāng)，>2,即(K水卷時(shí)，

a2

令f(x)>0,得0<x<2或x>一；

a

令f(x)<0,得2<K^

a

此時(shí)，函數(shù)F(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)和(%+8),單調(diào)遞減區(qū)間為(2,?

(2)由f{x}2g(x),可得ax—Inx20,

即a》?"在x∈2，上有解.

XLe

構(gòu)造函數(shù)力(X)=LU,XeLθ2，

XLe

則心力(X)Inig

1—InAri

h,(X)=-----—^,令H(X)=0,得x=e￡e2.

當(dāng)^WΛ<e時(shí)，h'(x)>0；當(dāng)eCxW3時(shí)，h'(x)<O.

e

，函數(shù)力(才)在X=,或X=e'處取得最小值.

e

V∕^^^=-e,Λ(e2)=?Λ∕θ^<Λ(e2),

?*?h(%)min=?θθ~~一θ?，a2一Θ.

因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是［—e,+∞).

［解題策略］

1.不等式能成立問題的解題關(guān)鍵點(diǎn)

I二十、,匕IJ通過構(gòu)造函數(shù)，把復(fù)雜的函數(shù)轉(zhuǎn)化為簡單的函數(shù)

I會佝道仁夫考忐.所構(gòu)造的新函數(shù)的性質(zhì)便于研究

O5...........................................

［會求值［4?????,?i??Λ?,親函￡質(zhì)蔡雇

V、:借助函數(shù)的導(dǎo)致，判斷函數(shù)的單調(diào)性,活用圖象.

會思形H可快速得出參數(shù)所滿足的方程或不等式.從而求

------:出參數(shù)的值或范圍

2.能成立問題求參數(shù)范圍的常見題型

(1)存在x∈［a,b］,f(X)N/成立=F(X)3?勿.

(2)存在b?,f(x)W勿成立=f(x)minW加

變式訓(xùn)練2已知函數(shù)F(X)=31nx—?∣f+x,g(x)=3x+a

(1)若AX)與g(x)的圖象相切，求H的值；

(2)若mx0>O,使F(XO)>g(xo)成立，求參數(shù)d的取值范圍.

解(1)由題意得，f,(x)=~x+l

Xf

3

設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(施，F(xiàn)(XO)),則女=/(Xo)=-----Xo+1=3,解得XO=I或Xo=-3(舍去),

XQ

所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，，，代入g(x)=3x+a,得a=一

(2)設(shè)力(X)=F(X)—g(x)=3Inχ-^χ-2x.

3Λb>O,使F(劉)>g(xo)成立,

等價(jià)于m才〉0,使力(x)=3Inx—∕χ2-2x>a成立，

等價(jià)于永力(x)maχ(x>0).

?—x~2x+3

因?yàn)楱M√(X)=一-x—2

XX

(?-l)(x+3)

X

H(x)>0,

由得0<水1；

x>0,

?hf(x)<0,

由得x〉L

x>0,

所以函數(shù)力(x)=31nx—2X在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,十8)上單調(diào)遞減,

55

所以力(X)InaX=力(I)=一不，即水一萬，

因此參數(shù)a的取值范圍為(一8,一|).

題型三雙變量不等式恒(能)成立問題

例3設(shè)F(X)=色+xInX,g(x)=f—3.

(1)如果存在E,X2∈[0,2]使得g(x∣)-g(x2)2"成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)N

⑵如果對于任意的S,t∈?,2,都有f(s)∕(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解⑴存在矛,1Λ2∈[0,2]使得g(xi)-g(&)2"成立，等價(jià)于[g(xi)—gC?)]maχ22

由g(x)=/—/—3,

得g,(?)=3χ-2AΓ=3^-∣j.

29

由g'(才)>0得XVo或x>-,由g,(x)<0得0<x<-,

2<2上單調(diào)遞增，所以g(x)min=(l)

又x∈[0,2],所以g(x)在0,-上單調(diào)遞減，在2

85

27,

又g(0)=—3>g(2)=l,所以g(x)max=g(2)=1.

故[g(xi)—g(%)]s=g(x)maLg(x)min=于"2M則滿足條件的最大整數(shù)財(cái)=4.

(2)對于任意的s,f∈?,2,都有F(S)2g(。成立,等價(jià)于在?,2上，F(xiàn)(x)πiin2g(x)

由⑴可知在;，2±,g(x)的最大值為g(2)=l,

2

則在上,f(x)=%xIn巨1恒成立，等價(jià)于心XTInX恒成立.

設(shè)力(x)=x—xlnx,貝IJ力'(X)=I—2XInχ-χ,

1-

20

令0(x)=l-2XInx—X,則Φ'(X)=—(2Inx+3),當(dāng)XW2Ill.-J<0

-

可知∕√(x)在;，2上是減函數(shù)，又∕√(1)=0,

所以當(dāng)IVXV2時(shí)，h,(X)V0；

￡

2h,(x)>0.

即函數(shù)∕;(X)=X—fInX在1，1上單調(diào)遞增，在(1,2］上單調(diào)遞減，所以A(X)IMX=力(1)

=1,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是［1,+∞).

［解題策略］雙變量不等式恒(能)成立問題的求解方法

(I)V小∈[a,b?,?∈[c,d?,f(x∣)=f(x)在[a,⑸上的最小值>g(x)在[c,d]

上的最大值.

(2)3?i∈[a,b?,禺∈[c,d?,F(x∣)>虱范)=f(x)在[a,6]上的最大值>g(x)在[c,d]

上的最小值.

(3)V?i∈[a,b],3J?∈[c,d?,fCπ)>gC?)Of⑸在[a,6]上的最小值>g(x)在[c,

M上的最小值.

(4)3xι∈[a,6],?Λ?≡[c,</],f(xι)>gC%)Qf(x)在[a,8]上的最大值>g(x)在[c,

M上的最大值.

1—a

變式訓(xùn)練3(2021?江西新余模擬)已知函數(shù)f(x)=InLaX+---------l(a∈R).

X

(1)當(dāng)a=l時(shí)，證明：F(X)W-2；

(2)設(shè)g(x)=V-2bx+4,當(dāng)a=:時(shí)，若?Xι∈(0,2),3x2∈［L2］,F(Xl)2gG),

求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

解(1)證明：當(dāng)a=l時(shí)，f{x)=In%—%—1,

則fl(才)=--1,

X

所以當(dāng)x∈(0,D時(shí)，ff(x)>0,當(dāng)x∈(l,+8)時(shí)，ft(X)<0,

所以F(X)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，

所以F(X)max=f(l)=-2,故f(x)W—2.

(2)依題意得F(X)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在［依2］上的最小值，即/Uι)min≥

gG)min.

1?3

當(dāng)a=］時(shí)，f(x)=Inχ--χ-?---1,

所Lr-以Ilr/(/X\)=一1廠1正3(?-1)(x—3)

?x

當(dāng)OCKl時(shí)，f,(x)<0,當(dāng)1<水2時(shí)，f,(x)>0,

所以F(X)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增,

所以當(dāng)X∈(0,2)時(shí)，F(xiàn)(X)min=F(I)=

又g(x)=4—26x+4,x∈［L2］,

①當(dāng)Kl時(shí)，易得g(x)min=g(l)=5—26,

則5—26≤—?,解得后爭這與b<l矛盾；

②當(dāng)Iw力≤2時(shí)，易得g(x)min=g(8)=4—Z/,

1Q

則4—4W—5,所以42］這與1W6W2矛盾；

③當(dāng)b>2時(shí),易得g(x)min=g(2)=8—46,

117

則8—4Z?<—5，解得力N三.

Zo

綜上，實(shí)數(shù)6的取值范圍是Γ［917，+∞J\.

課時(shí)作業(yè)I

1.已知函數(shù)F(x)=e'—a.

(1)若函數(shù)F(X)的圖象與直線/：y=x—l相切，求a的值；

(2)若f(x)-lnx>0恒成立，求整數(shù)a的最大值.

解(DF(x)=e',因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象與直線尸x—1相切，所以令F5)=1,

即e*=l,得X=0,將X=O代入y=x—1得

y——1.所以F(O)=-I,解得a=2.

(2)先證明e*》x+1,設(shè)F[x)=e'-χ-1,

則尸(X)=e*—l,令F(X)=0,得X=0,

當(dāng)XC(0,+8)時(shí)，F(xiàn)(χ)>o,

當(dāng)x∈(-8,0)時(shí),F1(X)<0,

所以尸(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，在(-8,0)上單調(diào)遞減，

7

所以∕(x)n,i,,=F(O)=0,即FB20恒成立,

即e'2x+l,即e*—22x—1,

當(dāng)且僅當(dāng)X=O時(shí)等號成立，

同理可得InxWx-1,當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號成立，

所以e?-2>lnX,

當(dāng)aW2時(shí),InXer-2≤ev-a,

即當(dāng)HW2時(shí)，f(x)-lnx>0恒成立.

當(dāng)a23時(shí)，存在x=l,使e"一水Inx,即e'-a>lnX不恒成立.

綜上，整數(shù)a的最大值為2.

2.(2020?全國I卷)已知函數(shù)/'(x)=e+aχ-χ.

⑴當(dāng)a=l時(shí)，討論fɑ)的單調(diào)性;

(2)當(dāng)才20時(shí)，f(x)+1,求a的取值范圍.

解(1)當(dāng)H=I時(shí)，F(xiàn)(X)=C"+χ2-χ,

f,(x)=e*+2χ-1,

由于/(χ)=e"+2>0,故〃(x)單調(diào)遞增，注意到F(0)=0,

故當(dāng)x￡(—8,0)時(shí)，ft(X)V0,F(X)單調(diào)遞減，

當(dāng)x∈(0,+8)時(shí)，f(χ)>0,F(X)單調(diào)遞增.

(2)由f(x)≥∣∕+1,

得e*+aχ2-χ>∣y+］,其中x2o,

①當(dāng)X=O時(shí)，不等式為121,顯然成立，符合題意;

②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a得

X?3

e~2x—x—1

a2-^j2，

X13

e~2x-萬一］

記g(x)=-----------2--------,

令力(x)=eA-矛-1(x20),

則〃ω=ex-A~l,hu(x)=ex-l≥0,

故力'(⑼在［0,+8)上單調(diào)遞增，"(χ)2"(0)=0,

故函數(shù)力(x)在［0,+8)上單調(diào)遞增，A(%)≥Λ(O)=O,

由力(x)20可得eA—?/-?-1≥0在［0,+8)上恒成立,

故當(dāng)x∈(0,2)HJ-,g'?)>O,g(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(2,+8)時(shí)，g,(x)<O,g(x)單調(diào)遞減.

7-^-

因此，g(x)max=g(2)=?

-7_2、

綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是［T，+TOJ?

3.(2022?河南安陽檢測)已知a為實(shí)數(shù)，函數(shù)F(X)=aInχ-?-χ-?x.

⑴若戶3是函數(shù)F(X)的一個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；

(2)設(shè)g(x)=(a—2)x,若存在XoG?,e,使得外施)Wg(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范

解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),

,/、a,2χ-4x+a

f,(X)=一+2L4=-------------.

XX

?.?χ=3是函數(shù)f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，

：.f(3)=0,解得a=-6.

經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a=-6時(shí)，x=3是函數(shù)/,(才)的一個(gè)極小值點(diǎn)，符合題意，故a=-6.

⑵由F(Xo)Wg(X0),得(Xo-Inxo)a2xo-2照，

記b(X)=X—Inx(x>0),

X—1

則U(X)=一(x>0),

X

.?.當(dāng)OGKl時(shí),F,(Λ)<0,∕7(當(dāng)單調(diào)遞減;

當(dāng)x>l時(shí)，F(xiàn),(x)>0,∕7(x)單調(diào)遞增.

2

A-2ΛO

???尸(x)2/(I)=I>0,?,?a2——0-~~-

Ab-InXo

、「八/、χ-λtx1

記G(X)',x∈一，e

e

(2x—2)(x—Inx)—(x-2)(x~~1)

則G1(X)=

(?-In%)2

(x—1)(x-21nx+2)

(?-Inx)2

?.?χ∈?,e,.?2-21nx=2(l-ln%)≥0,

e

Λχ-21nx+2>0,

當(dāng)1)時(shí)，G,(x)<0,G(X)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(l,e)時(shí),G'(ΛT)>O,G(X)單調(diào)遞增.

?*?G(X)?in=G(I)=-19:?-2G(X)Inin=-1,

故實(shí)數(shù)3的取值范圍為［―L+8).

k

4.設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+一，A∈R.

X

(1)若曲線尸F(xiàn)(X)在點(diǎn)(e,f(e))處的切線與直線x—2=0垂直，求Ax)的單調(diào)性和極

小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))；

(2)若對任意的小>總>0,/'(小)-f(x2)〈xi-及恒成立，求女的取值范圍.

1k

解(1)由條件得/(X)=’一,(x>0),

Y曲線y=f(x)在點(diǎn)(e,f(e))處的切線與直線x—2=0垂直，

1k

:?f(e)=0,即----2=0,得k=e,

ee

,/、1ex-e/、

.?.f(X)=-----2=-2-(-Y>0),

XXX

由ft(x)<0得0<Xe,由f(x)>0得x>e,

???F(x)在(0,e)上單調(diào)遞減，在(e,+8)上單調(diào)遞增.

當(dāng)X=e時(shí)，F(xiàn)(X)取得極小值，

6

且F(e)=lne+-=2.

e

???F(x)的極小值為2.

⑵由題意知，對任意的為>在>0,

F(XI)—f(X)<汨-X2恒成立，

即f(M)—Xi〈f(x2)—X2恒成立，

k

設(shè)力(X)=F(X)—x=lnx+---x(x>0),

X

則力(X)在(0,+8)上單調(diào)遞減,

1k

:?h'(X)=一—p—IWO在(0,+8)上恒成立，

XX

2

即當(dāng)天?0時(shí)，A≥—X+X=-f?-2J+彳恒成立，

故一的取值范圍是:，+ooJ

5.(2021?安徽蚌埠模擬)已知函數(shù)f(x)=e*(a∕+χ+a)(a20).

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若函數(shù)f(x)We'(a∕+2*)+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解(1)函數(shù)Hx)的定義域?yàn)镽，

且/*z(X)=(ax+a+1)(x+1)ev,

①當(dāng)a=0時(shí),f,(X)=e*(x+l),

當(dāng)王>一1時(shí)，f,(x)>0,當(dāng)正一1時(shí)，f,(x)<O,

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(—1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-8,-1).

②當(dāng)a>O時(shí)，f(X)=a(x+l)Q+

則方程f'(x)=O有兩根一1,,且一1〉—一.

aa

所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一8,一V)和(—1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為

—

綜上可知，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一8,-g?j和(一1,+8),單

調(diào)遞減區(qū)間為(一號，-1)；

當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)F(X)的單調(diào)遞增區(qū)間為(—1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-8,-1).

(2)函數(shù)F(X)We*(a∕+2x)+1恒成立轉(zhuǎn)化為a≤%+?R上恒成立.

e

?θ,—?

令力(x)=x+-則h'(X)=——,

efe

易知力(才)在(0,+8)上為增函數(shù)，在(一8,0)上為減函數(shù).

所以力(X)Inin=A(O)=1,則aWL

又40,故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0,1].

?-^―a

6.設(shè)函數(shù)f(x)=-—X+aχ-lnx(a∈R).

(1)當(dāng)a=l時(shí)，求函數(shù)F(X)的極值；

,

(2)若對任意a∈(4,5)及任意xι,Λ2∈[L2],恒有丁一/〃+ln2>|/'(小)-F(X2)I成立,

求實(shí)數(shù)勿的取值范圍.

解(1)由題意知函數(shù)F(X)的定義域?yàn)?0,+∞).

?X—?

當(dāng)a=l時(shí)?，f(x)=χ-lnX,fl(Λ)=1—=-----,

XX

當(dāng)0<x<l時(shí)，f,(?)<0,F(X)單調(diào)遞減，

當(dāng)x>l時(shí)，f,(x)>0,F(X)單調(diào)遞增，

???函數(shù)f(x)的極小值為F(I)=1,無極大值.

⑵當(dāng)a∈(4,5)時(shí)，

f,(X)=(I—a)x+a—1

x

(1—a)(x-(A,-1)

x

-3,∣<??

.?.在區(qū)間［1,2］上,f(X)WO,

則F(X)在［1,2］上單調(diào)遞減，HD是在1的最大值,f(2)是在1的最小值.

aQ

?I?(??)—P(X2)IWF(I)—f(2)=^--+ln2.

a^―?

:對任意a￡(4,5)及任意M,^2∈［L2］,恒有一y-∕∕∕+ln2>|/'(汨)一/'(型)I成立,

a—13.3a—3

Λ-∕zz+ln2>~--÷1ln2,z得ra於---

2q22a—1

故實(shí)數(shù)小的取值范圍是上，+8).

7.(2021?天津高考)已知a>0,函數(shù)f(x)^ax-xe.

(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,F(O))處的切線方程；

(2)證明：f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；

(3)若存在a,使得f(x)≤a+6對任意XCR成立，求實(shí)數(shù)6的取值范圍.

,

解⑴Fω=a-(%+l)e,則?(O)=3-l,

又F(O)=O,

則切線方程為y=(a—l)x(a>0).

⑵證明:令F(X)=a—(x+l)e"=0,

則a=(x+l)e",

令g(x)=(x+l)e",則g'(x)=++2)e*,

當(dāng)x?(—8,—2)時(shí)，g'(jr)<O,g(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(-2,+8)時(shí)，/(χ)>0,g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)Xf-8時(shí)，g(χ)f0,g(-l)=0,當(dāng)Xf+8時(shí)，g(χ)f+8,畫出g(χ)的大致圖

象如下:

所以當(dāng)d>0時(shí)，y=a與尸g(x)的圖象僅有一個(gè)交點(diǎn)，令g?=a,則%>一1,且∕v(Z77)

=a-g{m)=0,

當(dāng)Xe(—8,勿)時(shí)，a>g{x),則/(?)>0,F(X)單調(diào)遞增，

當(dāng)x∈(/，+8)時(shí)，水g(χ),則/(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，

X=/〃為F(X)的極大值點(diǎn)，故F(X)存在唯一的極值點(diǎn).

(3)由(2)知F(X)S=*勿)，

α

此時(shí)a=(l+∕ιi)ef∕n>~l9

所以"(x)—a］max=∕(∕zz)—a=(—―Λτ-1)?ΘΛ,(ZO>-1),

令A(yù)(%)={χ-χ-1)ev(x>-1),

若存在外使得MX)Wa+b對任意x∈R成立,等價(jià)于存在x∈(—1,十8),使得方(X)W6,

即62萬(X)min，

h'(X)=(V+x—2)e"=(χ-l)(x+2)e",力一L

當(dāng)X￡(—