2023年高考数学二轮复习(全国版理) 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

母题突破2恒成立问题与有解问题母题(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．2思路分析一❶∀x≥0，fx≥12x3＋1↓❷分离参数a≥gx↓❸a≥gxmax↓❹求gxmax思路分析二❶∀x≥0，fx≥12x3＋1↓❷等价变形↓❸构造新函数↓❹求新函数的最值解(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋20，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增．(2)方法一由f(x)≥12x3＋1得，ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0.①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x0时，分离参数a得，a≥－ex－12x3－x－1x2，记g(x)＝－ex－12x3－x－1x2，g′(x)＝－x－2ex－12x2－x－1x3，令h(x)＝ex－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－12x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递减；因此，g(x)max＝g(2)＝7－e24，综上可得，a的取值范围是7－e24，＋∞.方法二f(x)≥12x3＋1等价于12x3－ax2＋x＋1e－x≤1.设函数g(x)＝12x3－ax2＋x＋1e－x(x≥0)，则g′(x)＝－12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1e－x＝－12x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－12x(x－2a－1)(x－2)e－x.①若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈(0,2)时，g′(x)0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)1，不符合题意．②若02a＋12，即－12a12，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)0，所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1,2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥7－e24.所以当7－e24≤a12时，g(x)≤1.③若2a＋1≥2，即a≥12，则g(x)≤12x3＋x＋1e－x.由于0∈7－e24，12，故由②可得12x3＋x＋1e－x≤1.故当a≥12时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是7－e24，＋∞.[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)＝exx－1x2－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)＝2x＋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)≥2x＋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)＝21－lnxx2，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．(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，＋∞.2．(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝lnx.(1)讨论函数h(x)＝g(x)＋xfx－xex的单调性；(2)若xf(x)－g(x)＋1，求a的取值范围．解(1)因为h(x)＝g(x)＋xfx－xex＝lnx＋ax，x0，所以h′(x)＝1x＋a，若a≥0，则h′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈0，－1a时，h′(x)0；当x∈－1a，＋∞时，h′(x)0.故h(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，h(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．(2)由xf(x)－g(x)＋1等价于a－lnx－x＋1xex＝－lnxex＋1xex，令t＝xex(t0)，φ(t)＝－lnt＋1t，则φ′(t)＝lnt－2t2，由φ′(t)＝0，可得t＝e2，当t∈(0，e2)时，φ′(t)0，φ(t)单调递减；当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)0，φ(t)单调递增．故φ(t)min＝φ(e2)＝－1e2，所以a的取值范围为－∞，－1e2.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，∴f1＝g1，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＋e2xlnx2，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，me2＝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·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围．解(1)由题意得x－1，f′(x)＝1x＋1－a.当a≤0时，f′(x)0，故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a0时，在区间－1，－1＋1a上，f′(x)0，在区间－1＋1a，＋∞上，f′(x)0，所以函数f(x)在区间－1，－1＋1a上单调递增，在区间－1＋1a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a0时，函数f(x)在区间－1，－1＋1a上单调递增，在区间－1＋1a，＋∞上单调递减．(2)由f(x)≤ex－1，可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0，设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0，则g′(x)＝1x＋1－a－ex.设h(x)＝g′(x)＝1x＋1－a－ex，则h′(x)＝－1x＋12－ex0，所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则g′(x)≤g′(0)＝－a.当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立；当a0时，g′(0)＝－a0，因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以∃x0∈(0，＋∞)，在区间(0，x0)上，有g′(x)0，所以g(x)在区间(0，x0)上单调递增，所以在区间(0，x0)上g(x)g(0)＝0，不合题意．综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞)．