2022高考數(shù)學(xué)創(chuàng)新設(shè)計(jì)二輪復(fù)習(xí) 微專(zhuān)題二　不等式恒成立或有解問(wèn)題

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專(zhuān)題六

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)微專(zhuān)題二不等式恒成立或有解問(wèn)題熱點(diǎn)聚焦

分類(lèi)突破專(zhuān)題訓(xùn)練

對(duì)接高考內(nèi)容索引1熱點(diǎn)聚焦

分類(lèi)突破突破點(diǎn)一分離法求參數(shù)的取值范圍【例1】

已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；解

當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，f′(x)＝ex＋2x－1.因?yàn)閒′(x)＝ex＋2x－1在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.令H(x)＝ex－x－1，則H′(x)＝ex－1>0，所以H(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且H(0)＝1－0－1＝0，所以h′(x)>0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上遞增，∴h(x)>h(0)＝0，故當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.1.分離參數(shù)法來(lái)確定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ為實(shí)數(shù))恒成立問(wèn)題中參數(shù)取值范圍的基本步驟(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.(2)求f2(x)在x∈D時(shí)的最大值或最小值.(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范圍.2.本題為了求g(x)的最大值，多次構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)行二次求導(dǎo).探究提高【訓(xùn)練1】

(2021·重慶質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝aex－xex＋x－a(a∈R). (1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；解當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝2ex－xex＋x－2，所以f′(x)＝2ex－(ex＋xex)＋1＝ex－xex＋1，因此f(0)＝0，f′(0)＝2.所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－0＝2(x－0)，即y＝2x.(2)若對(duì)任意x>0都有f(x)<x＋1恒成立，求a的最大整數(shù)值.解對(duì)任意x>0，恒有f(x)<x＋1，即a(ex－1)<xex＋1.因?yàn)閤>0，所以ex－1>0，令h(x)＝ex－x－2(x>0)，則h′(x)＝ex－1>0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)閔(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以存在唯一一個(gè)x0使得h(x0)＝0，且1<x0<2.所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)<0，g′(x)<0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)>0，g′(x)>0.所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，由ex0－x0－2＝0，得ex0＝x0＋2，故a的最大整數(shù)值為2.突破點(diǎn)二分類(lèi)等價(jià)轉(zhuǎn)化法求參數(shù)范圍【例2】

(2021·徐州檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)＝2xlnx－2ax2(a∈R).∴f′(x)＝2lnx－2x＋2.令g(x)＝f′(x)＝2lnx－2x＋2(x>0)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù).∴g(x)≤g(1)＝2ln1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間.解f(x)＝2xlnx－2ax2，∴f′(x)＝2lnx－4ax＋2，且x>0.令h(x)＝lnx－ax＋a，x∈(1，＋∞)，當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)>0恒成立，故h(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù).∴h(x)>h(1)＝0，即a≤0時(shí)不滿(mǎn)足題意.這與h(x)＝lnx－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾.因此a∈(0，1)時(shí)不滿(mǎn)足題意.∴h(x)<h(1)＝0，∴h(x)≤0恒成立，故符合題意.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞).1.對(duì)于不等式恒成立問(wèn)題，若不易分離參數(shù)或分離后難以求最值，解題時(shí)常用參數(shù)表示極值點(diǎn)，進(jìn)而用參數(shù)表示出函數(shù)的最值，求解不等式得參數(shù)的范圍，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化思想.2.解題過(guò)程中，參數(shù)的不同取值對(duì)函數(shù)的極值、最值有影響，應(yīng)注意對(duì)參數(shù)的不同取值范圍進(jìn)行分類(lèi)討論.探究提高(1)當(dāng)m＝－2時(shí)，判斷函數(shù)f(x)在(－∞，0)上的單調(diào)性；當(dāng)m＝－2時(shí)，f(x)＝ex－2x＋sinx，f′(x)＝ex－2＋cosx，當(dāng)x<0時(shí)，ex<1，且cosx≤1，所以f′(x)＝ex－2＋cosx<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減.(2)當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f(x)≥1恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝1≥1，對(duì)于m∈R，f(x)≥1恒成立.當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝ex＋m＋cosx，設(shè)g(x)＝ex＋m＋cosx，則g′(x)＝ex－sinx，因?yàn)閑x>1，sinx≤1，所以g′(x)＝ex－sinx>0，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)＝m＋2，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(x)>m＋2.①當(dāng)m≥－2時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>1恒成立.②當(dāng)m<－2時(shí)，f′(0)＝m＋2<0，因?yàn)閒′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x＝ln(2－m)時(shí)，f′(x)＝eln(2－m)＋m＋cos[ln(2－m)]＝2＋cos[ln(2－m)]>0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0恒成立，故f(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減.所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)<1，不符合題意.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為[－2，＋∞).突破點(diǎn)三不等式有解求參數(shù)的取值范圍(1)當(dāng)a<0時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；當(dāng)a<0時(shí)，ax－ex<0恒成立，所以當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.解因?yàn)間(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g(x)＝－alnx－ex＋2ax－a，①當(dāng)a≤1時(shí)，h′(x)≤0，所以函數(shù)h(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0.②當(dāng)1<a<2時(shí)，令h′(x)>0，解得1<x<a；令h′(x)<0，解得a<x<2，所以函數(shù)h(x)在[1，a]上單調(diào)遞增，在[a，2]上單調(diào)遞減.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0].1.本題根據(jù)函數(shù)h′(x)的零點(diǎn)a是否在定義域[1，2]內(nèi)進(jìn)行討論，利用導(dǎo)數(shù)的工具性得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，從而可得最值，判斷所求最值與已知條件是否相符，從而得到參數(shù)的取值范圍.2.不等式“存在性”問(wèn)題與“恒成立”問(wèn)題的求解是“互補(bǔ)”關(guān)系.含參不等式能成立問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題來(lái)解決，注意與恒成立問(wèn)題的區(qū)別.探究提高(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間.∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間.(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在實(shí)數(shù)x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范圍.解g(x)＝2ax－axlnx－(6a＋3)(a<0)，∵存在實(shí)數(shù)x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max.又g′(x)＝a(1－lnx)，且a<0，∴當(dāng)x∈[1，e)時(shí)，g′(x)<0，g(x)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(e，e2]時(shí)，g′(x)>0，g(x)是增函數(shù)，∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3.專(zhuān)題訓(xùn)練

對(duì)接高考2(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；令f′(x)>0，得1－a－lnx>0，解得0<x<e1－a.令f′(x)<0，得1－a－lnx<0，解得x>e1－a.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e1－a，＋∞).所以a≤xex－1－x－lnx＋1對(duì)(0，＋∞)恒成立.令g(x)＝xex－1－x－lnx＋1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減.當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取到最小值g(1)＝1，所以a≤1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].2.(2021·長(zhǎng)沙質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R). (1)討論f(x)在(1，＋∞)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；所以g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.又g(1)＝1，所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)>1.故當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(1，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn).(2)當(dāng)a>1時(shí)，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解當(dāng)a>1時(shí)，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn).由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1.若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a