专题05 利用导函数研究恒成立问题(典型题型归类训练) (解析版）

专题05利用导函数研究恒成立问题(典型题型归类训练)一、必备秘籍分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()afx)对xD恒成立，则只需max()afx；若()afx对xD恒成立，则只需min()afx．③求最值.二、典型题型1．（2023·上海崇明·统考一模）若存在实数,ab，对任意实数[0,1]x，使得不等式33xmaxbxm≤≤恒成立，则实数m的取值范围是（）A．39,B．83,9C．3,3D．3,2【答案】A【详解】不等式33xmaxbxm等价于3mxaxbm即3xaxbm，原命题等价于存在实数a，b，对任意实数[0,1]x不等式3xaxbm恒成立，等价于存在实数a，b，不等式3maxxaxbm成立，记3()xaxbfx，则2()3fxxa，（1）当0a时，对任意[0,1]x，()0fx恒成立，即()fx在[0,1]上单调递减1()abfxb①当10abb，即12ab时，max()fxb，②当10abb，即12ab时，max()1fxab，从而当0a时，1,2()11,2abbgbabab，则()gb在1(,)2a上单调递减，在1,2a上单调递增，所以min111()()222aagbg；（2）当03a时，令()0fx，解得3ax，()fx在区间0,3a上单调递增，在,13a上单调递减，(0)fb，2333aaafb，(1)1fab，①当01a时1abb，此时21()33aaabfxb，)当21033aaabb即112233aaba时，max()1fxab，)当21033aaabb即112233aaba时，max23)3(fbaax，从而当01a时，1128,2233()211,332233aaabbagbaabaaba，则()gb在区间11,2233aaa上单调递减，在区间11,2233aaa上单调递增,所以min111()22632233aaaaagbga；令3at，则103t，23min13()22gbtt，记2313()22httt，则2()33)3(1)httttt，当10,3时，()0ht恒成立，即()ht在区间10,3上单调递减，即min13()39hth，即min3()9gb；②当13a时1abb，此时2()33aabfxb，)当2033aabb即33aab时，max()fxb，)当2033aabb即33aab时，max23)3(fbaax，从而当13a时，,33()2,3333aabbgbaabaab，则()gb在区间,33aa上单调递减，在区间,33aa上单调递增，所以min3()33339aaaagbg；（3）当3a时，对任意[0,1]x，()0fx恒成立，即()fx在[0,1]上单调递增，()1bfxab①当10abb，即12ab时，max()1fxab，②当10abb，即12ab时，max()fxb，从而当3a时，1,282()1,2ababgbbab，则()gb在1(,)2a上单调递减，在1,2a上单调递增，所以min112)2(()1gabga；综上所述，min3()9gb，所以39m.故选：A【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数,,yfxxab，,,ygxxcd（1）若1,xab，2,xcd，总有12fxgx成立，故12maxminfxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，故12maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，故12minminfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有12fxgx，则fx的值域是gx值域的子集．2．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）若20,log01axxxaa且恒成立，则a的取值范围是（）A．12e1,eB．1e1,eC．12ee,D．1ee,【答案】C【详解】当01a时，0x，则2log,0axx，不符合题意；当1a时，ln0a，22lnlog0lnaxfxxxxa恒成立，即2lnlnxax恒成立，设23ln12ln,xxgxgxxx，令0gx，得ex，当0,ex时，0gx，gx单调递增；当e,x时，0gx，gx单调递减.故当ex时，gx取得最大值1e2eg，所以1ln2ea，解得12eea，故选：C．3．（2023·江西九江·统考一模）若对11,22ex，不等式(4)ln2lnln2axxaax恒成立，则实数a的取值范围是（）A．(0,4e]B．(4e,)C．[4e,)D．(4e,)【答案】C【详解】由已知得：0a，由4ln2lnln2axxaax，得ln22ln2lnaxxax即2ln(2)ln()2axxax，可得22ln(2)ln()2xaxxax．令lnxfxx，0,x，则2(2)()fxfax，求导得21ln()xfxx，()0fx，解得0ex；()0fx，解得ex，()fx在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，且当01x时()0fx；当1x时，()0fx，函数图像如图所示．11,22еx，12,1еx，(2)0fx，由2(2)()fxfax及lnxfxx的图像可知，22xax恒成立，即2ax成立，而2(4,4e)x，4еa≥，实数a的取值范围是[4e,).故选：C．4．（2023·全国·模拟预测）已知函数1eexxfxxaa，若对于任意的0x，都有1fx，则实数a的取值范围是.【答案】1,2【详解】对于任意的0x，都有1fx，即1ee10xxxaa，令1ee1xxgxxaa，则1ee1xxgxaxa，且对于任意的0x，都有0gx.①当1,0ax时，1e0xax，e10xa，所以0gx，所以gx在,0上单调递减，所以00gxg，符合题意；②当1,0ax时，令1ee1xxhxaxa，则e121xhxaxa，令0hx，得121axa.当12a时，则1201aa，所以当1201axa时，0,hxhx在12,01aa上单调递减，所以当1201axa时，00hxh，即0gx，所以gx在12,01aa上单调递增，所以00gxg，这与0gx矛盾，不符合题意；当112a时，则1201aa，所以当0x时，0hx，hx在(,0]上单调递增，所以00hxh，即0gx，所以gx在,0上单调递减，00gxg，符合题意.综上，实数a的取值范围是1,2.故答案为：1,2.【点睛】恒成立问题方法指导：方法1：分离参数法求最值(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)()afx恒成立⇔max()afx；()afx恒成立⇔min()afx；()afx能成立⇔min()afx；()afx能成立⇔max()afx.方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．5．（2023·湖南永州·统考一模）若函数e2ln2txtxfxxx，当0,x时，恒有0fx，则实数t的取值范围．【答案】1et【详解】因为0,x时，恒有0fx，所以e2(2)lntxtxxx，即e2lne(2)lntxtxxx恒成立.设()(2)lngxxx，则(e)()txggx，且2()1lngxxx，令2()()1lnhxgxxx，则22212()xhxxxx，所以当(0,2)x时，()0hx，()hx在(0,2)单调递减；当(2,)x时，()0hx，()hx在(2,)单调递增；所以()(2)2ln20hxh，所以()0gx在0,恒成立，故()gx在0,单调递增，所以etxx恒成立，即lntxx，所以lnxtx恒成立，令ln()xmxx，则max()tmx，21ln()xmxx，所以当(0,e)x时，()0mx，()mx在(0,e)单调递增；当(e,)x时，()0mx，()mx在(e,)单调递减；所以max1()(e)emxm.所以1et.故答案为：1et.6．（2023·四川雅安·统考一模）已知函数()exfxabxc在ln2x时有极小值.曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为0xy.(1)求,,abc的值；(2)若对任意实数,()(e2)xfxxm恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)121abc(2)1m【详解】（1）由题意，xR，在()exfxabxc中，exfxab，在ln2x时有极小值.曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为0xy.∴0001ln20fff即011,2201acaabbabc，()e21xfxx，e2xfx，当ln2x时，()0,()fxfx在(ln2,)上单调递增.当ln2x时，()0,()fxfx在(,ln2)上单调递减.当ln2x时，()0,()fxfx在ln2x时有极小值.故1,2,1abc符合题意，即为所求.（2）由题意及（1）得，xR，在()exfxabxc中，()(e2)fxxm，即ee1xxm对任意实数x恒成立，设()ee1()xgxxxR，则e()exgx.当1x时，ee0x，则()0gx，故()gx在(1,)上单调递增；当1x时，ee0x，则()0gx，故()gx在(,1)上单调递减；当1x时，ee0x