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母题突破2恒成立问题与有解问题母题已知函数f(x)=axlnx,当x≥1时,f(x)≤x3恒成立,求实数a的最大值.思路分析一❶x≥1,fx≤x3↓❷alnx-x2≤0↓❸(alnx-x2)max≤0↓❹求φx=alnx-x2x≥1的最大值思路分析二❶x≥1,fx≤x3↓❷分离参数得a≤x2lnx↓❸a≤x2lnxmin↓❹求gx=x2lnxx1的最小值)解方法一由题意知当x≥1时,f(x)≤x3恒成立,即alnx-x2≤0恒成立,令φ(x)=alnx-x2(x≥1),则φ′(x)=a-2x2x(x≥1),当a≤2时,a-2x2≤0,∴φ′(x)≤0,∴φ(x)在[1,+∞)上单调递减,∴φ(x)max=φ(1)=-10,故φ(x)≤0恒成立,∴a≤2.当a2时,当x∈1,a2时,φ′(x)0,当x∈a2,+∞时,φ′(x)0,∴φ(x)在1,a2上单调递增,在a2,+∞上单调递减,∴φ(x)max=φa2=alna2-a2≤0,解得a≤2e,∴2a≤2e,综上,a≤2e,∴a的最大值为2e.方法二依题意,当x≥1时,axlnx-x3≤0恒成立,当x=1时,-10,不等式恒成立,故a∈R;当x1时,lnx0,要证axlnx-x3≤0恒成立,即证a≤x2lnx恒成立.设函数g(x)=x2lnx,x1.则g′(x)=2xlnx-xlnx2=2xlnx-12lnx2,当x∈(1,e)时,g′(x)0,函数g(x)单调递减;当x∈(e,+∞)时,g′(x)0,函数g(x)单调递增,∴g(x)min=g(e)=2e,即a≤2e.综上,a≤2e,∴实数a的最大值是2e.[子题1]已知函数f(x)=ex-ax-1.若f(x)≤x2在x∈(0,+∞)上有解,求实数a的取值范围.解因为f(x)≤x2在(0,+∞)上有解,所以ex-x2-ax-1≤0在(0,+∞)上有解,当x0时,a≥exx-x+1x在(0,+∞)上有解,令g(x)=exx-x+1x,则g′(x)=exx-1x2-x2-1x2=x-1[ex-x+1]x2.显然当x0时,exx+1,即ex-(x+1)0,当0x1时,g′(x)0;当x1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,+∞).[子题2](2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)=aeax+a(a0),g(x)=2x+1xlnx.若对∀x0,f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.解由f(x)≥g(x)得a(eax+1)≥2x+1xlnx,即ax(eax+1)≥(x2+1)lnx2,即(eax+1)lneax≥(x2+1)lnx2,设h(x)=(x+1)lnx,则h(eax)=(eax+1)lneax,h(x2)=(x2+1)lnx2,由h′(x)=lnx+1x+1,设m(x)=lnx+1x+1,可得m′(x)=x-1x2,所以当0x1时,m′(x)0,m(x)单调递减;当x1时,m′(x)0,m(x)单调递增,所以m(x)min=h′(x)min=h′(1)=20,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以eax≥x2对∀x0恒成立,即a≥2lnxx对∀x0恒成立,设n(x)=2lnxx,则n′(x)=21-lnxx2,当0xe时,n′(x)0,n(x)单调递增;当xe时,n′(x)0,n(x)单调递减,所以n(x)max=n(e)=2e,故a≥2e,所以实数a的取值范围为2e,+∞.规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法:将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.②分离参数法:将参数分离出来,进而转化为af(x)max或af(x)min的形式,通过导数的应用求出f(x)的最值,即得参数的范围.(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化,要理解清楚两类问题的差别.1.已知函数f(x)=ax-ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对∀x∈(1,+∞),有f(x)a(lnx+1)-ex.求实数a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=a-ex,当a≤0时,f′(x)0,f(x)单调递减,当a0时,当x∈(-∞,lna)时,f′(x)0,当x∈(lna,+∞)时,f′(x)0,所以当a≤0时,f(x)在R上单调递减,当a0时,f(x)在(-∞,lna)上单调递增,在(lna,+∞)上单调递减.(2)由alnx+a-exax-ex对∀x∈(1,+∞)恒成立,得ex-ex+a(lnx+1-x)0对∀x∈(1,+∞)恒成立,令φ(x)=ex-ex+a(lnx+1-x),x1,则φ′(x)=ex-e+a1x-1,易得φ(1)=0,φ′(1)=0,①当a≤0时,φ′(x)0在x∈(1,+∞)上恒成立,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,∴φ(x)φ(1)=0成立;②当a0时,令u(x)=ex-e+a1x-1,则u′(x)=ex-ax2,令v(x)=ex-ax2,则v′(x)=ex+2ax30,∴u′(x)在(1,+∞)上单调递增,∴u′(x)u′(1)=e-a,(ⅰ)当0a≤e时,u′(x)u′(1)=e-a≥0,∴u(x)在(1,+∞)上单调递增,∴u(x)u(1)=0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,∴φ(x)φ(1)=0成立;(ⅱ)当ae时,u′(1)=e-a0,u′ae=eea-e0,∴∃x0∈1,ae,使u′(x0)=0,当x∈(1,x0)时,u′(x)0,∴u(x)在(1,x0)上单调递减,即φ′(x)在(1,x0)上单调递减,此时有φ′(x)φ′(1)=0,∴φ(x)在(1,x0)上单调递减,∴φ(x)φ(1)=0,与题意矛盾.综上,a≤e.2.(2022·福州模拟)已知函数f(x)=xlnx.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x≥1,f(x)≤ax2-a,求a的取值范围.解(1)f′(x)=lnx+1,f′(1)=1,又f(1)=0,故f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.(2)当x≥1时,令g(x)=xlnx-a(x2-1),得g(1)=0,g′(x)=lnx+1-2ax,令h(x)=lnx+1-2ax,则h′(x)=1x-2a=1-2axx.①若a≤0,得h′(x)0,则g′(x)在[1,+∞)上单调递增,故g′(x)≥g′(1)=1-2a≥0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=0,从而xlnx-a(x2-1)≥0,不符合题意;②若a0,令h′(x)=0,得x=12a.(ⅰ)若0a12,则12a1,当x∈1,12a时,h′(x)0,g′(x)在1,12a上单调递增,从而g′(x)g′(1)=1-2a0,所以g(x)在1,12a上单调递增,此时g(x)≥g(1)=0,不符合题意;(ⅱ)若a≥12,则012a≤1,h′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,所以g′(x)在[1,+∞)上单调递减,g′(x)≤g′(1)=1-2a≤0,从而g(x)在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,所以xlnx-a(x2-1)≤0恒成立.综上所述,a的取值范围是12,+∞.专题强化练1.(2022·河北联考)已知函数f(x)=ax2lnx与g(x)=x2-bx.(1)若f(x)与g(x)在x=1处有相同的切线,求a,b的值.(2)若对∀x∈[1,e],都∃b∈1,e2使f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围.解(1)f′(x)=2axlnx+ax,g′(x)=2x-b,∵函数f(x)与g(x)在x=1处有相同的切线,∴f1=g1,f′1=g′1,即0=1-b,a=2-b,∴a=1,b=1.(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立,即ax2lnx≥x2-bx成立,即axlnx-x≥-b成立,∵∃b∈1,e2使f(x)≥g(x)恒成立,∴axlnx-x≥-e2恒成立,当x=1时,有-1≥-e2成立,∴a∈R,当x∈(1,e]时,a≥x-e2xlnx,令G(x)=x-e2xlnx,则G′(x)=e2lnx-x+e2xlnx2,令m(x)=e2lnx-x+e2,则m′(x)=e2x-1,且m′e2=0,当1xe2时,m′(x)0,当e2xe时,m′(x)0,∴m(x)在1,e2上单调递增,e2,e上单调递减,m(1)=-1+e20,me2=e2lne20,m(e)=0,∴当x∈(1,e]时,m(x)≥0,即G′(x)≥0,G(x)在(1,e]上单调递增,当x=e时,G(x)有最大值,且G(e)=12,∴a≥12,综上所述,a的取值范围是12,+∞.2.(2022·汕头模拟)已知函数f(x)=ex-12x2-ax-1,g(x)=cosx+12x2-1.(1)当a=1时,求证:当x≥0时,f(x)≥0;(2)若f(x)+g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.(1)证明当a=1时,f(x)=ex-12x2-x-1,∴f′(x)=ex-x-1,令u(x)=ex-x-1,则u′(x)=ex-1≥0在[0,+∞)上恒成立,故f′(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上单调递增,∴f(x)≥f(0)=0,从而原不等式得证.(2)解∵f(x)+g(x)=ex+cosx-ax-2,令h(x)=ex+cosx-ax-2,则h′(x)=ex-sinx-a,令t(x)=ex-sinx-a,则t′(x)=ex-cosx,∵ex≥1,-1≤cosx≤1,故t′(x)≥0,∴h′(x)在[0,+∞)上单调递增,∴h′(x)≥h′(0)=1-a,①当1-a≥0,即a≤1时,h′(x)≥0,故h(x)在[0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=0,满足题意;②当1-a0,即a1时,∵h′(0)0,又x→+∞时,h′(x)→+∞,∴∃x0∈(0,+∞),使得h′(x0)=0,∴当x∈(0,x0)时,h′(x)0,∴h(x)在(0,x0)上单调递减,此时h(x)h(0)=0,不符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,1].
本文标题:2023年高考数学二轮复习(全国版文) 第1部分 专题突破 专题1 第6讲 母题突破2 恒成立问题与
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