高考专题二 恒成立、能成立问题

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所以当 g(m)＝0 时，m＝3a－ 2 1， 同理可得 h(n)＝f (n)－f (a)＝16(n－a)2(2n＋a－3)， 所以当 h(n)＝0 时，n＝3－2 a， 所以此时 n－m＝3－2 a－3a－ 2 1＝2－2a，即 n－m 的最大值为 2－2A．
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规律总结
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价 变换，常见的等价转换有
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若 a≤0，则 h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以 h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所 以 h(x)<h(0)＝0，即 f (x)<－1.
综上，a≤12.
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规律总结
利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主要策略：①构造函数，利用导数求出 最值，进而求出参数的取值范围；②分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最 值问题．有些不易分参的也可采用“同构”技巧．
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(2)(2022·新疆乌鲁木齐二模)已知函数 f (x)＝13x3－1＋2 ax2＋ax＋1(a∈R)． ①讨论函数 y＝f (x)的单调性； ②设 a<1，若∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且 x1≠x2，使得 f (x1)＝f (x2)，求 n－m 的最大值．
解：①因为 f (x)＝13x3－1＋2 ax2＋ax＋1(a∈R)，所以 f ′(x)＝x2－(1＋a)x＋a＝(x－1)(x －a)，
第三章 一元函数的导数及其应用
专题二 恒成立、能成立问题
内容索引
第一部分 课时作业
命题角度 1 恒成立问题 【典例 1】 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数 f (x)＝xeax－ex. (1)当 a＝1 时，讨论 f (x)的单调性； (2)当 x>0 时，f (x)<－1，求 a 的取值范围．
若 a>12，则 g′(0)＝2a－1>0， 因为 g′(x)为连续不间断函数， 故存在 x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有 g′(x)>0， 故 g(x)在(0，x0)上为增函数，故 g(x)>g(0)＝0， 故 h(x)在(0，x0)上为增函数，故 h(x)>h(0)＝0，即 f (x)>－1，与题设矛盾．
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命题角度 3 双变量的恒成立、能成立问题
【典例 3】 (1)(2023·广西玉林摸底)已知 m，n 都是正整数，且 em＋ln n<m＋n，则
( A)
A．n>em
B．m>em
C．n<em
D．m>en
解析：因为 em＋ln n<m＋n，所以 em－m<n－ln n＝eln n－ln n，令 f (x)＝ex－x(x≥0)， 所以 f ′(x)＝ex－1≥0，故 f (x)在[0，＋∞)上单调递增，由已知得 f (m)<f (ln n)，故 m<ln n， 因为 m，n 都是正整数，即 em<n.故选 A．
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②当 x＞0 时，分离参数 a 得， a≥－ex－12xx3－2 x－1， 记 g(x)＝－ex－12xx3－2 x－1，g′(x)＝ －x－2ex－x312x2－x－1， 令 h(x)＝ex－12x2－x－1(x≥0)，
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则 h′(x)＝ex－x－1，令 m(x)＝h′(x)＝ex－x－1，则 m′(x)＝ex－1≥0，故 m(x)单调递增， h′(x)≥h′(0)＝0，故函数 h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
3a＋2b－9＝0， －a－b＋9－1＝4，
解得 ab＝ ＝13， ，
此时 f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)．
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易知 f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递 增，则 x＝－1 是函数 f (x)的极大值点，符合题意．故 a＝1，b＝3.
当 a>1 时，令 f ′(x)>0，可得 x>a 或 x<1，令 f ′(x)<0，可得 1<x<a，所以 f (x)在(－∞， 1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减；
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当 a＝1 时，f ′(x)≥0，所以 f (x)在 R 上单调递增； 当 a<1 时，令 f ′(x)>0，可得 x>1 或 x<a，令 f ′(x)<0，可得 a<x<1，所以 f (x)在(－∞， a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减． ②因为 a<1，所以由①知 f (x)在(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递 减， 因为∀x1∈[m，n]，∃x2∈[m，n]，且 x1≠x2，使得 f (x1)＝f (x2)，所以当 m，n 满足 f (n)＝f (a)，f (m)＝f (1)时，n－m 取得最大值，令 g(m)＝f (m)－f (1)＝13(m－1)(m2＋m＋1) －1＋2 a(m＋1)(m－1)＋a(m－1)＝16(m－1)2(2m＋1－3a)，
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命题角度 2 能成立问题 【典例 2】 (1)(2023·江西萍乡开学考试)已知定义在 R 上的函数 f (x)，对任意 x1， x2∈R，当 x1≠x2 时，都有f xx11－－xf 2x2>0，若存在 x∈π2，π，使不等式 f (xcos x)≥f (a－ sin x)成立，则实数 a 的最大值为___1____.
(1)∀x1，x2∈D，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)max>g(x)max.
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【对点训练 2】 (1)(2022·辽宁大连市 103 中学模拟)已知函数 f (x)＝3ln x－kx＋kx， 若 k>0，∃x0∈[1，e]，使得 f (x0)＋3xe0<0 成立，则实数 k 的取值范围为__e_2_6－_e_1_，__＋__∞___.
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解析：∵f (x0)＋3xe0<0，即 3ln x0－kx0＋xk0＋3xe0<0，当 x0＝1 时 3e<0 显然不成立，即在 x0＝1 时不满足原式，当 x0∈(1，e]时，整理得x0lxn20－x0＋1 e<3k.令 g(x)＝xlxn2－x＋1 e，x∈(1，e]， 则 g′(x)＝x2－2ex－x12－－1x2 2＋1ln x，∵当 x∈(1，e]时，(x2＋1)ln x>0，x2－2ex－1＝(x－ e)2－e2－1<0，则 g′(x)<0 在 x∈(1，e]时恒成立，∴g(x)在(1，e]上单调递减，则 g(x)≥g(e) ＝e22－e 1，则e22－e 1<3k，即 k>e26－e 1.综上所述，实数 k 的取值范围为e26－e 1，＋∞.
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(2)已知函数 f (x)＝xln x(x>0)． ①求函数 f (x)的极值； ②若存在 x∈(0，＋∞)，使得 f (x)≤－x2＋2mx－3成立，求实数 m 的最小值． 解：①由 f (x)＝xln x，得 f ′(x)＝1＋ln x， 令 f ′(x)>0，得 x>1e； 令 f ′(x)<0，得 0<x<1e. 所以 f (x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增．
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【对点训练 1】 (2020·全国Ⅰ卷)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． 解：(1)当 a＝1 时，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1，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)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；
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若 0<a≤12，则 h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex， 下证：对任意 x>0，总有 ln(1＋x)<x 成立， 证明：设 S(x)＝ln(1＋x)－x， 故 S′(x)＝1＋1 x－1＝1－＋xx<0，故 S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故 S(x)<S(0)＝0，即 ln(1 ＋x)<x 成立． 由上述不等式有 eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0， 故 h′(x)≤0 总成立，即 h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以 h(x)<h(0)＝0，即 f (x)<－ 1.
解：(1)当 a＝1 时，f (x)＝(x－1)ex，则 f ′(x)＝xex， 当 x<0 时，f ′(x)<0，当 x>0 时，f ′(x)>0， 故 f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
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(2)设 h(x)＝xeax－ex＋1，则 h(0)＝0，又 h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设 g(x)＝(1＋ax)eax－ ex，则 g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，
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规律总结
解决恒成立、能成立问题的基本策略：分离变量，①构造函数，直接把问题转化为 函数的最值问题．②转化策略：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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所以 f (x)在 x＝1e处取得极小值， 且为 f 1e＝－1e，无极大值． ②由 f (x)≤－x2＋2mx－3，得 m≥2xln x＋x x2＋3.问题转化为 m≥2xln x＋x x2＋3min. 令 g(x)＝2xln x＋x x2＋3＝
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2ln x＋x＋3x(x>0)． 则 g′(x)＝2x＋1－x32＝ x2＋x22x－3＝x＋3x2x－1. 由 g′(x)>0，得 x>1； 由 g′(x)<0，得 0<x<1. 所以 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以 g(x)min＝g(1)＝4，则 m≥4. 故 m 的最小值为 4.
②若存在 x∈[2,4]，使 3λ－λ2≥f (x)成立，则 3λ－λ2≥f (x)min. 由①得，f (x)＝x3－3x2－9x－1，且 f (x)在[2,3)上单调递减，在(3,4]上单调递增，所 以 f (x)min＝f (3)＝27－27－27－1＝－28，所以 3λ－λ2≥－28，即 λ2－3λ－28≤0，解得－ 4≤λ≤7， 所以实数 λ 的取值范围是[－4,7]．
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)＝7－4 e2，a≥g(x)max＝7－4 e2. 综上可得，实数 a 的取值范围是7－4 e2，＋∞.
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(2)(2023·河南洛阳摸底)已知函数 f (x)＝ax3－bx2－9x－1 在 x＝－1 处取得极值 4. ①求 a，b 的值； ②若存在 x∈[2,4]，使 3λ－λ2≥f (x)成立，求实数 λ 的取值范围．
解：①f (x)＝ax3－bx2－9x－1，则 f ′(x)＝3ax2－2bx－9. 因为函数 f (x)＝ax3－bx2－9x－1 在 x＝－1 处取得极值 4，所以
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解析：因为对任意 x1，x2∈R，当 x1≠x2 时，都有f xx11－－xf 2x2>0，所以 f (x)在 R 上单 调递增，则 f (xcos x)≥f (a－sin x)等价于 xcos x≥a－sin x，即 a≤xcos x＋sin x，
令 g(x)＝xcos x＋sin x，x∈π2，π，g′(x)＝2cos x－xsin x， 因为 x∈π2，π，所以 cos x≤0，sin x≥0，所以 g′(x)≤0，所以 g(x)在π2，π上单调递 减，所以 g(x)≤gπ2＝π2cosπ2＋sinπ2＝1，即 a≤1，所以 a 的最大值为 1.