（2022高考数学一轮复习(步步高)）第三章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题.docx

1、高考专题突破一高考专题突破一高考中的导数综合问题高考中的导数综合问题 第第 1 课时课时利用导数研究恒利用导数研究恒(能能)成立问题成立问题 题型一 分离参数求参数范围 例 1 已知函数 f(x)1ln x x . (1)若函数 f(x)在区间 a，a1 2 上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x1 时，不等式 f(x) k x10 恒成立，求实数 k 的取值范围 解(1)函数的定义域为(0，)， f(x)11ln x x2 ln x x2 ， 令 f(x)0，得 x1. 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减 所以

2、 x1 为函数 f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以 0a1a1 2， 故1 2a0， 所以 g(x)为增函数，所以 g(x)g(1)2， 故 k2，即实数 k 的取值范围是(，2 若将本例(2)改为：x1，e，使不等式 f(x) k x10 成立，求实数 k 的取值 范围 解原不等式可化为当 x1，e时，kx11ln x x 有解， 令 g(x)x11ln x x (x1，e)， 由本例(2)解题知，g(x)为增函数， 所以 g(x)maxg(e)22 e， 所以 k22 e，即实数 k 的取值范围是 ，22 e . 思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量构造函

3、数，直接把问题转化为函数的最值问题 (2)af(x)恒成立af(x)max； af(x)恒成立af(x)min； af(x)能成立af(x)min； af(x)能成立af(x)max. 跟踪训练 1 已知函数 f(x)axex(aR)，g(x)ln x x . (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)x(0，)，使不等式 f(x)g(x)ex0 成立，求 a 的取值范围 解(1)因为 f(x)aex，xR. 当 a0 时，f(x)0 时，令 f(x)0，得 xln a. 由 f(x)0，得 f(x)的单调递增区间为(，ln a)； 由 f(x)0 时，f(x)的单调递增区间为(，ln a)，

4、单调递减区间为(ln a，) (2)因为x(0，)， 使不等式 f(x)g(x)ex0 成立， 所以 axln x x ，即 aln x x2 . 设 h(x)ln x x2 ，则问题转化为 a ln x x2max. 由 h(x)12ln x x3 ，令 h(x)0，得 x e. 当 x 在区间(0，)内变化时，h(x)，h(x)随 x 变化的变化情况如下表： x(0， e)e( e，) h(x)0 h(x) 极大值 1 2e 由上表可知，当 x e时，函数 h(x)有极大值，即最大值，为 1 2e，所以 a 1 2e. 故 a 的取值范围是 ， 1 2e . 题型二 等价转换求参数的范围

5、例 2 (12 分)(2020全国)已知函数 f(x)exax2x. (1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性； (2)当 x0 时，f(x)1 2x 31，求 a 的取值范围 规范解答 解方法一(1)当 a1 时，f(x)exx2x， f(x)ex2x1.1 分 故当 x(，0)时，f(x)0.2 分 所以 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增4 分 (2)f(x)1 2x 31 等价于 1 2x 3ax2x1 e x1.5 分 设函数 g(x) 1 2x 3ax2x1 e x(x0)， 则 g(x) 1 2x 3ax2x13 2x 22ax1 e x 1 2xx 2(2a3

6、)x4a2ex 1 2x(x2a1)(x2)e x.6 分 ()若 2a10，即 a1 2， 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7 分 ()若 02a12，即1 2a 1 2， 则当 x(0,2a1)(2，)时，g(x)0. 所以 g(x)在(0,2a1)，(2，)上单调递减， 在(2a1,2)上单调递增 由于 g(0)1， 所以 g(x)1，当且仅当 g(2)(74a)e 21， 即 a7e 2 4 . 所以当7e 2 4 a0， 故 f(x)单调递增，注意到 f(0)0，2 分 故当 x(

7、，0)时，f(x)0，f(x)单调递增4 分 (2)由 f(x)1 2x 31 得， exax2x1 2x 31，其中 x0， 当 x0 时，不等式为 11，显然成立，符合题意；5 分 当 x0 时，分离参数 a 得，a ex1 2x 3x1 x2 ，6 分 记 g(x) ex1 2x 3x1 x2 ， 则 g(x)x2 ex1 2x 2x1 x3 ，7 分 令 h(x)ex1 2x 2x1(x0)， 则 h(x)exx1，8 分 令 t(x)h(x)，x0，则 t(x)ex10， 故 h(x)单调递增，9 分 h(x)h(0)0， 故函数 h(x)单调递增，h(x)h(0)0， 由 h(x)

8、0 可得 ex1 2x 2x10 恒成立，10 分 故当 x(0,2)时，g(x)0，g(x)单调递增； 当 x(2，)时，g(x)0， (x)在1，)上单调递增， (x)min(1)1aa100 恒成立， a0 符合题意 当 a0 时，令(x)0，得 xln a1. 当 x(，ln a1)时，(x)0， (x)在(，ln a1)上单调递减，在(ln a1，)上单调递增 当 ln a11 即 0a1 时，(x)在1，)上单调递增， (x)min(1)00 恒成立， 01，即 a1 时，(x)在1，ln a1)上单调递减，在(ln a1，)上单调递增， (x)min(ln a1)1 不符合题意

9、综上，实数 a 的取值范围为a|a1 题型三 双变量的恒(能)成立问题 例 3 设 f(x)a xxln x，g(x)x 3x23. (1)如果存在 x1，x20,2，使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最大整数 M； (2)如果对于任意的 s，t 1 2，2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围 解(1)存在 x1，x20,2，使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM 成立 g(x)3x22xx(3x2)， 令 g(x)0，得 x0 或 x2 3， g 2 3 85 27， 又 g(0)3，g(2)1， 当 x0,2时，g(x)ma

10、xg(2)1， g(x)ming 2 3 85 27， M1 85 27 112 27 ， 满足条件的最大整数 M 为 4. (2)对任意的 s，t 1 2，2有 f(s)g(t)， 则 f(x)ming(x)max. 由(1)知当 x 1 2，2时，g(x)maxg(2)1， 当 x 1 2，2时，f(x)a xxln x1 恒成立， 即 axx2ln x 恒成立 令 h(x)xx2ln x，x 1 2，2， h(x)12xln xx， 令(x)12xln xx， (x)32ln xg(x2)f(x)ming(x)max. (2)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)

11、min. (3)x1D1，x2D2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)max. 跟踪训练 3 已知函数 f(x)x1aln x(a0) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若对于任意的 x1，x2(0,1，且 x1x2，都有|f(x1)f(x2)|0)， 因为 x0，a0， 所以 f(x)在(0，)上单调递增 (2)不妨设 0 x1 1 x20， 由(1)知 f(x1)f(x2)， 所以|f(x1)f(x2)|4| 1 x1 1 x2|f(x2)f(x1)f(x 2) 4 x2. 设 g(x)f(x)4 x，x(0,1， |f(x1)f(x2)|4| 1 x1 1 x2|等价于

12、g(x)在(0,1上单调递减， 所以 g(x)0 在(0,1上恒成立1a x 4 x2 x2ax4 x2 0 在(0,1上恒成立ax4 x在(0,1 上恒成立，易知 yx4 x在(0,1上单调递增，其最大值为3.因为 a0，所以3a0 都有 f(x)ax 成立，求实数 a 的取值范围 解方法一令(x)f(x)ax(x1)ln(x1)ax(x0)， 则(x)ln(x1)1a， x0，ln(x1)0. (1)当 1a0，即 a1 时，(x)0， (x)在(0，)上单调递增， 又(0)0， (x)0 恒成立，故 a1 满足题意 (2)当 1a1 时，令(x)0，得 xea 11， x(0，ea 11

13、)时，(x)0， (x)在(0，ea 11)上单调递减，在(ea11，)上单调递增， (x)min(ea 11)0 恒成立矛盾，故 a1 不满足题意 综上有 a1，故实数 a 的取值范围是(，1 方法二x(0，)时，(x1)ln(x1)ax 恒成立， 即 a0)， g(x)xlnx1 x2 . 令 k(x)xln(x1)(x0)， k(x)1 1 x1 x x10， k(x)在(0，)上单调递增 k(x)k(0)0， xln(x1)0 恒成立， g(x)0，故 g(x)在(0，)上单调递增 由洛必达法则知lim x0 g(x)lim x0 x1lnx1 x lim x0ln(x1)11， a1

14、，故实数 a 的取值范围是(，1 例 2 已知函数 f(x)x(ex1)ax2(aR) (1)若 f(x)在 x1 处有极值，求 a 的值 (2)当 x0 时，f(x)0，求实数 a 的取值范围 解(1)f(x)ex1xex2ax (x1)ex2ax1， 依题意知 f(1)2a10，a1 2. (2)方法一当 x0 时，f(x)0， 即 x(ex1)ax20， 即 ex1ax0， 令(x)ex1ax(x0)，则(x)min0， (x)exa. 当 a1 时，(x)exa0， (x)在(0，)上单调递增， (x)(0)0， a1 满足条件 当 a1 时，若 0 xln a，则(x)ln a，则(

15、x)0. (x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增， (x)min(ln a)a1aln a0. 令 g(a)a1aln a(a1)， g(a)1(1ln a)ln a0， g(a)在(1，)上单调递减 g(a)1 不满足条件， 综上，实数 a 的取值范围是(，1 方法二当 x0 时，f(x)0， 即 x(ex1)ax20， 即 ex1ax0， 即 axex1， 即 ae x1 x 恒成立， 令 h(x)e x1 x (x0)， h(x)e xx11 x2 ， 令 k(x)ex(x1)1(x0)， k(x)exx0， k(x)在(0，)上单调递增，k(x)k(0)0， h

16、(x)0， h(x)在(0，)上单调递增 由洛必达法则知，lim x0h(x)limx0 ex1 x lim x0e x1， a1. 故实数 a 的取值范围是(，1 课时精练课时精练 1设函数 f(x)ln xa x(a 为常数) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)不等式 f(x)1 在 x(0,1上恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)f(x)的定义域为(0，)， f(x) a x2 1 x xa x2 ， 当 a0 时，又 x0，xa0，f(x)0， f(x)在定义域(0，)上单调递增； 当 a0 时，若 xa，则 f(x)0，f(x)单调递增； 若 0 xa，则 f(x)0 时

17、，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，)上单调递增 (2)f(x)1a xln x1 a xln x1axln xx 对任意 x(0,1恒成立 令 g(x)xln xx，x(0,1 则 g(x)ln xx1 x1ln x0，x(0,1， g(x)在(0,1上单调递增，g(x)maxg(1)1， a1，故 a 的取值范围为1，) 2已知函数 f(x)xln x(x0) (1)求函数 f(x)的极值； (2)若存在 x(0，)，使得 f(x)x 2mx3 2 成立，求实数 m 的最小值 解(1)由 f(x)xln x，得 f(x)1ln x， 令 f(x)0，得 x1 e；令 f(x)

18、0，得 0 x0) 则 g(x)2 x1 3 x2 x22x3 x2 x3x1 x2 . 由 g(x)0，得 x1；由 g(x)0，得 0 x1. 所以 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增 所以 g(x)ming(1)4，则 m4. 故 m 的最小值为 4. 3已知函数 f(x)x2(a1)xln x，g(x)x2x2a1. (1)若 f(x)在(1，)上单调递增，求实数 a 的取值范围； (2)当 x1，e时，f(x)g(x)恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)f(x)x2(a1)xln x， f(x)2x(a1)1 x. 依题意知 x(1，)时，2x(a1)1 x0

19、恒成立， 即 a11 x2x. 令 k(x)1 x2x，x(1，)， k(x) 1 x220， k(x)在(1，)上单调递减， k(x)k(1)1， a11， 实数 a 的取值范围为a|a2 (2)令(x)f(x)g(x)axln x2a1，x1，e， 则只需(x)max0 即可， (x)a1 x ax1 x . 当 a0 时，(x)0， (x)在1，e上单调递减， (x)max(1)a1， a11， 10 时，当 x 0，1 a 时，(x)0， (x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a，上单调递增， 要使(x)max0， 只需 10， e0， 即 a10， ae2a20， 解得 0a 2

20、 e2， 综上，实数 a 的取值范围为 a|1a 2 e2. 4已知函数 f(x)x(a1)ln xa x(aR)，g(x) 1 2x 2exxex. (1)当 x1，e时，求 f(x)的最小值； (2)当 a1 时，若存在 x1e，e2，使得对任意的 x22,0，f(x1)g(x2)成立，求 a 的取值范围 解f(x)x1xa x2 . 当 a1，x1，e时，f(x)0， f(x)单调递增，f(x)minf(1)1a. 当 1ae， x1，a时，f(x)0，f(x)单调递减； xa，e时，f(x)0，f(x)单调递增； 所以 f(x)minf(a)a(a1)ln a1. 当 ae，x1，e时

21、，f(x)0， f(x)在1，e上单调递减 f(x)minf(e)e(a1)a e， 综上，当 a1 时，f(x)min1a； 当 1ae 时，f(x)mina(a1)ln a1； 当 ae 时，f(x)mine(a1)a e. (2)由题意知 f(x)(xe，e2)的最小值小于 g(x)(x2,0)的最小值 由(1)知当 a1 时 f(x)在e，e2上单调递增， f(x)minf(e)e(a1)a e. g(x)(1ex)x. 当 x2,0时，g(x)0，g(x)单调递减， g(x)ming(0)1， 所以 e(a1)a ee 22e e1 ， 所以 a 的取值范围为 e22e e1 ，1

22、. 5(2020衡水中学检测)设函数 f(x)1a 2 x2axln x(aR) (1)当 a1 时，求函数 f(x)的极值； (2)若对任意 a(4,5)及任意 x1，x21,2，恒有 a1 2 mln 2|f(x1)f(x2)|成立，求实数 m 的 取值范围 解(1)由题意知函数 f(x)的定义域为(0，) 当 a1 时，f(x)xln x，f(x)11 x x1 x ， 当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)0, f(x)单调递增， 函数 f(x)的极小值为 f(1)1，无极大值 (2)由题意知 f(x)(1a)xa1 x 1a x 1 a1 x1 x ， 当 a(4,5)时，1a3,0 1 a1|f(x1)f(x2)|成立， a1 2 mln 2a 2 3 2ln 2，得 m a3 a1. a(4,5)，a3 a11 2 a11 2 51 1 2， m1 2，故实数 m 的取值范围是 1 2，.