利用导数研究恒(能)成立的问题(高三一轮复习)

高考难点突破一 高考中的导数综合问题
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
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课标解读
1.会利用导数解决不等式的恒(能)成立问题，不等式的证明问题，函数的零点问 题等；2.能够把不等式的恒(能)成立，不等式的证明，函数的零点等问题转化为函数 的单调性、极值、最值问题等．
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所以m′(x)＝ex－mcos x≥ex>0， 所以函数h′(x)在－π2，π2单调递增， 且有h′(0)＝e0－1＝0. 所以当x∈－2π，0时，h′(x)<0； 当x∈ 0，2π 时，h′(x)>0，所以函数f′(x)在 －π2，0 单调递减，在 0，π2 单调递 增．
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解 (1)由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－
a＋1 x
＋
a x2
＝
x－ax－1
x2
.
当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.
则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当0<a<1时，由f′(x)>0，得0<x<a或x>1；由f′(x)<0，得a<x<1.
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(2)g(x)＝2a2x2f′(x)－a2xf(x)＝2ax－axln x－3a2(a<0)，因为存在实数x1，x2∈ 1，e2使不等式23g(x1)<g(x2)成立，
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(2)若f(x)有两个极值点，则由(1)可知0<a<1或a>1，且两个极值点分别是1和a， 不妨设x1＝1，x2＝a，则f(x1)＋f(x2)＝1－a＋a－(a＋1)ln a－1＝－(a＋1)ln a，ln x1＋ ln x2＝ln a，故f(x1)＋f(x2)<λ(ln x1＋ln x2)恒成立，即－(a＋1)ln a<λln a恒成立．
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F′(x)＝ex＋lnx2x＝x2ex＋x2 ln
x .
令G(x)＝x2ex＋ln x，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝(2x＋x2)ex＋1x>0恒成立，
所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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思维点睛► 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
则f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减．
当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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当a>1时，由f′(x)>0，得0<x<1或x>a；由f′(x)<0，得1<x<a. 则f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)单调递增； 当0<a<1时，f(x)在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减； 当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，f(x)在(0,1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减．
＋∞.所以函数f(x)有且只有一个零点．
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(2)当x∈(0,1]时，f(x)＋g(x)<0恒成立，即m<(－x＋2)ex－ln x＋x恒成立， 令h(x)＝(－x＋2)ex－ln x＋x，x∈(0,1]， 所以h′(x)＝(1－x)ex－1x， 当0<x≤1时，1－x≥0， 设u(x)＝ex－1x，u(x)在(0,1]上单调递增，
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解 (1)f′(x)＝2x2－(2a＋1)x＋a＝(2x－1)(x－a)， 若a>12，则当x∈－∞，12∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈12，a时，f′(x)<0， 所以f(x)在－∞，12，(a，＋∞)上单调递增，在12，a上单调递减． 若a＝12时，f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增． 若a<12，则当x∈(－∞，a)∪12，＋∞时，f′(x)>0，当x∈a，12时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，a)，（12＋∞）上单调递增，在a，12上单调递减．
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解 (1)当m＝0时，f(x)＝ex－12x2－1， 则f′(x)＝ex－x， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－1， 当x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0. 所以函数g(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增， 所以f′(x)＝g(x)≥g(0)＝1>0， 所以函数f(x)在R上单调递增．
(2)巧构函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值解决问题．
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针对训练
(2023·安徽安庆检测)已知函数f(x)＝1x＋1aln x(a∈R且a≠0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设a<0，函数f′(x)是f(x)的导函数，记g(x)＝2a2x2f′(x)－a2xf(x)．若存在实数
思维点睛►
由不等式恒成立求参数范围可将恒成立问题转化为最值问题，此类问题的关键 是对参数的范围分类讨论，在参数的每一段范围上求函数的最值，并判断是否满足 题意，若不满足题意，只需找一个值或某一范围内的函数值不满足题意即可．
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针对训练 (2023·河南商丘质检)已知函数f(x)＝23x3－a＋12x2＋ax＋2a(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，不等式fexx≤x－a－1恒成立，求a的取值范围．
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又u12＝ e－2<0，u(1)＝e－1>0， 所以存在x0∈12，1， 使得u(x0)＝0，即 ＝x10，ln x0＝－x0, 当x∈(0，x0)时，u(x)<0，h′(x)<0； 当x∈(x0,1)时，u(x)>0，h′(x)>0.
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所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增．
命题点1 分离参数法求参数的范围 例1 (2023·山东聊城质检)已知函数f(x)＝ln x－x，g(x)＝xex－(m＋1)x－1(a， b，m∈R)．若不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围． 解 f(x)≤g(x)即ln x－x≤xex－(m＋1)x－1，等价于xex≥ln x＋mx＋1对x>0恒成 立，即m≤ex－lnx x－1x对x>0恒成立． 令F(x)＝ex－lnx x－1x，所以m≤F(x)min，
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(2)因为xf(x)≥0对∀x∈ －2π，π2 恒成立，且f(0)＝e0－1＝0，所以当x∈ 0，2π 时，有f(x)≥0；当x∈－2π，0时，有f(x)≤0.
由(1)知ex－x≥1，所以f′(x)＝ex＋mcos x－x≥1＋mcos x，由x∈ －2π，π2 ，得 cos x∈0，1.
x1，x2∈
1，e
2
(e是自然对数的底数)，使得不等式
2 3
g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范
围．
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解 (1)因为f(x)＝1x＋1aln x(x>0)，
则f′(x)＝a1x－x12＝xa－x2a.
①当a<0时，对任意的x>0，f′(x)<0，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无
(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)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
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针对训练 (2023·河南洛阳摸底)已知函数f(x)＝ln x＋x2－x＋m(m∈R)，g(x)＝(x－2)·ex－ x2(其中e为自然对数的底数)． (1)判断函数f(x)的零点的个数，并说明理由； (2)当x∈(0,1]时，f(x)＋g(x)<0恒成立，求整数m的最大值．
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命题点3 双变量的恒(能)成立问题
例3 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个极值点，且这两个极值点分别为x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(ln x1＋ln x2)恒成立，求λ的值．
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π 因为f′(0)＝1＋m<0，f′ －2 ＝
π
π
＋ 2 >0，所以存在x0∈ －2，0 使得f′(x0)
＝0，且x∈(x0,0)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(x0,0)单调递减，即f(x0)>f(0)＝0， 则有x0f(x0)<0，与条件xf(x)≥0矛盾，即m<－1不符合题意． 综上①②，可得实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
①当m≥－1时，f′(x)≥1＋mcos x≥1－cos x≥0， 所以函数f(x)在－π2，π2单调递增，
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所以当x∈0，2π时，f(x)≥f(0)＝0； 当x∈－2π，0时，f(x)≤f(0)＝0. 所以当m≥－1时，xf(x)≥0对∀x∈－π2，π2恒成立． ②当m<－1时，令h(x)＝f′(x)， 则h′(x)＝ex－msin x－1， 令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝ex－mcos x， 因为x∈－2π，π2，有cos x∈0，1，
当0<a<1时，ln a<0，则λ<－(a＋1)， 因为0<a<1，所以－2<－(a＋1)<－1，则λ≤－2； 当a>1时，ln a>0，则λ>－(a＋1)， 因为a>1，所以－(a＋1)<－2，则λ≥－2. 综上，λ＝－2.
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思维点睛► 破解双变量不等式的方法
(1)转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，把双变量问题转化为 单变量问题．
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(2)当x≥0时，
fx ex
≤x－a－1恒成立等价于当x≥0时，f(x)≤ex(x－a－1)恒成立，
即当x≥0时，f(x)－ex(x－a－1)≤0恒成立．
设g(x)＝23x3－a＋12x2＋ax＋2a－ex(x－a－1)，x∈[0，＋∞)， 则g′(x)＝2x2－(2a＋1)x＋a－ex(x－a)＝(x－a)·(2x－1－ex)．
设h(x)＝2x－1－ex(x≥0)，则h′(x)＝2－ex，当0≤x<ln 2时，h′(x)>0，当x>ln 2
时，h′(x)<0，所以h(x)在[0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，＋∞)上单调递减，所以
h(x)≤h(ln 2)＝2ln 2－3＝ln 4－3<0，
若a≤0，有g′(x)≤0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减，则g(x)≤g(0)＝3a＋
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解 (1)函数f(x)有且只有一个零点．
理由如下：
因为f′(x)＝1x＋2x－1＝2x2－xx＋1(x>0)，
当x>0时，2x2－x＋1＝2
x－14
2＋
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>0，所以f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递
增，所以函数f(x)至多有一个零点， 又当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→
单调递增区间；
②当a>0时，因为f′(x)＝
x－a ax2
，所以当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)的单调递减
区间增区间是(a，＋∞)．
综上所述，当a<0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是(a，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．
1≤0，解得a≤－13.
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若a>0，则当x∈(0，a)时，g′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，则x∈(0，a)时， g(x)>g(0)＝3a＋1>0，与a>0矛盾， 故实数a的取值范围为－∞，－13.
所以h(x)min＝h(x0)＝(－x0＋2)
－ln x0＋x0＝(－x0＋2)·x10＋2x0＝－1＋x20＋2x0，
又y＝－1＋2x＋2x在(0,1]上单调递减，
又x0∈12，1， 所以h(x0)＝－1＋x20＋2x0∈(3,4), 所以整数m的最大值是3.
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命题点2 分类讨论求参数的范围 例2 (2022·广东惠州一模)已知函数f(x)＝ex＋msin x－12x2－1(m∈R)． (1)当m＝0时，讨论f(x)的单调性； (2)若不等式xf(x)≥0对∀x∈－2π，π2恒成立，求m的取值范围．