提高专题4导数与不等式的恒成立或有解问题专题讲义-高三数学二轮复习

提高专题4导数与不等式的恒成立或有解问题探究一探究一函数最值法函数最值法的思路：1.对于含参不等式的恒成立问题，将不等式朝着有利于通过导数判断函数单调性的方向变形,整理成一侧为常数的形式；2.根据题目的全称量词或存在量词，将问题转化为函数最值与常数的关系,这是处理不等式问题的通法.【典例精讲】例1.(2023·山东省高考模拟卷二)已知函数f(x)=ax−lnx−1，g(x)=x327，用max{m,n}表示m，n中的最大值，设φ(x)=max{f(x),g(x)}.若φ(x)≥x3在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为

解：当x∈(0,3)时，g(x)=x327<x3；

x∈[3,+∞)时，g(x)=x327≥x3，

所以φ(x)≥x3在[3,+∞)必成立，

问题转化为f(x)≥x3在(0,3)恒成立，

由ax−lnx−1≥x3恒成立，

可得a≥lnx+1x+13在x∈(0,3)恒成立，

设ℎ(x)=lnx+1x+13，x∈(0,3)，可得ℎ'(x)=−lnxx2，

由0<x<1时，ℎ'(x)>0例2.(2023·安徽省合肥市期末)已知函数f(x)=ax2−2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式λ>f(xA.[−3,+∞) B.(3,+∞) C.[−e,+∞) D.(e,+∞)解：f(x)=ax2−2x+lnx，(x>0)，则f'(x)=2ax2−2x+1x(x>0)则方程2ax2−2x+1=0有2个不相等的正实根，故△=4−8a>0x1+=a[(x1+x2)2−2x1x2]−2(x1+x2)+ln(x1【拓展提升】练11(2023·天津市市辖区月考)设函数f(x)=ex−e−x2+sinx，不等式fa−xA.e−1 B.1 C.e−2 D.0解：因为

f(−x)=e−x−ex2−sinx

，所以

因为f'(x)=ex+e−x2不等式

fa−xex+f(lnx+x+1)≤0所以

lnx+x+1≤xex−a

，即

a≤xex令

g(x)=xex−lnx−x−1

令

ℎ(x)=ex−x−1

，则

当

x>0

时，

ℎ'(x)>0

，

ℎ(x)

当

x<0

时，

ℎ'(x)<0

，

ℎ(x)

所以

ℎ(x)min=ℎ(0)=e0−0−1=0所以

g(x)≥0

，且当

lnx+x=0

时，

g(x)

取最小值0故

a≤0

，即实数a的最大值为0．故选：D．练12(2023·江苏省南京市期中)已知函数f(x)=(2aex−x)ex．

(1)若a=0，求f(x)的单调区间；

(2)若对于任意x∈R，f(x)+解：(1)因为a=0，所以f(x)=−xex，f'(x)=−(x+1)ex，

令f'(x)=0，得x=−1．

当x∈(−∞,−1)时，f'(x)>0；当x∈(−1,+∞)时．f'(x)<0．

故f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)，单调递减区间是(−1,+∞)．

(2)f'(x)=4ae2x−(x+1)ex=−ex[(x+1)−4aex]，

因为∀x∈R，f(x)+1a≤0，又f(0)=2a，所以2a+1a≤0，则a<0．

令g(x)=(x+1)−4aex，则g(x)在R上单调递增．

因为当x<0时，g(x)<x+1−4a，所以g(4a−1)<4a−1+1−4a=0．

因为g(−1)=−4ae−1>0，所以∃x0∈(4a−1,−1)，使得g(x0)=0．

且当x∈(−∞,x0)时，g(x)<0，则f'(x)>0；

当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，则f'(x)<0．

所以f(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，

故f(x)探究二探究二放缩法【方法储备】切线放缩法的思路：一些含参不等式中,将指数函数、对数函数综合起来考查,尤其是与ex2.两个重要的“切线不等式”:ex≥x+1(x∈R,当且仅当lnx≤x−1(x∈R,当且仅当x=1时等号成立),这两个不等式是“切线”放缩法的基础.【典例精讲】

例3.(2023·云南省昆明市联考)已知函数f(x)=ln(x+m)−ex+1，满足f(x)<0恒成立的最大整数m的值为

．解：设函数g(x)=lnx −x+1，定义域为：0,+∞，g'(x)=1x−1=1−xx，

当0<x<1时，g'(x)>0，当x>1时，g'(x)<0，

所以函数g(x)在0,1上单调递增，函数g(x)在1,+∞上单调递减，

所以g(x)max=g(1)=0，即g(x)≤0，所以有lnx≤x−1，

设函数ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ'(x)=ex−1，

当x>0时，ℎ'(x)>0，当x<0时，ℎ'(x)<0，

所以函数ℎ(x)在0,+∞上单调递增，函数ℎ(x)在−∞,0上单调递减，

所以ℎ(x)min=ℎ(0)=0，即ℎ(x)≥0，所以有ex≥x+1

所以可以得到：ln(x+m)≤x+m−1，ex+1≥x+2，

【拓展提升】练21(2023·湖南省长沙市月考)已知函数f(x)的导函数f’(x)满足：f’(x)−f(x)=e2x，且f(0)=1，当x∈(0,+∞)解：设g(x)=f(x)ex，则g'(x)=f'(x)−f(x)ex=e2xex=ex，

故g(x)=ex+c，则f(x)=(ex+c)ex，

又因为f(0)=1，即1+c=1，

所以c=0，f(x)=e2x，x(e2x−a)≥1+lnx，

因为x∈(0,+∞)，

所以a≤xe2x−1−lnxx=e2x+lnx−1−lnxx

在x∈(0,+∞)上恒成立，

其中e2x−lnx≥2x+lnx+1，

理由如下：构造φ(x)=ex−x−1，

则φ'(x)=ex−1练22(2023·河北省衡水市模拟)已知函数f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R)．(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围．解：(1)当a=2

时，

f(x)=ex则f'(x)=ex又f(0)=1+1−2=0，

所以曲线y=f(x)

在点(0,f(0))处的切线方程为y=−x；(2)f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R)，则令ℎ(x)=f'(x)(x≥0)，则ℎ'(x)=e令u(x)=ex−1−x(x≥0)所以u(x)在区间[0,+∞)上单调递增，则u(x)≥u(0)=0，即ex当x≥0时，sinx≤1，则−x又cosx≥−1，所以cos所以ex+cosx−x所以ℎ(x)在区间[0,+∞)上单调递增，即f'(x)在区间[0,+∞)上单调递增，所以f'(x)≥f'(0)=1−a，=1\*GB3①当1−a≥0，即a≤1时，f'(x)≥f'(0)≥0，则f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，符合题意；

=2\*GB3②当1−a<0，即a>1时，

f'(a)=ea+acos令g(a)=ea则g'(a)=ea所以g(a)在区间(1,+∞)上单调递增，则g(a)>g(1)=e−2>0，故f'(a)>0，又f'(0)<0，所以∃x0∈0,a所以当x∈(0,x0)时，f'(x)<0，则f(x)在区间(0,x0综上，实数a的取值范围为(−∞,1]

.

探究三必要性“探路”法【方法储备】探究三必要性“探路”法必要性探路法的思路：1.探究必要条件，缩小参数范围：在给定的范围内取特殊值，然后由不等式成立求出参数的取值范围，该取值范围即为不等式恒成立的一个必要条件，接下来探究其充分性.选择的特殊值可以为端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数（如0,1,e,e2.证明充分性，求结果：利用第一步中的参数的范围去判定函数是否单调；=1\*GB2⑴如果函数单调，则由第一步得到的范围就是最终答案；=2\*GB2⑵如果函数不单调，则利用第一步确定的范围进一步确定函数的最值.【典例精讲】例4.(2023·福建省莆田市模拟)已知函数f(x)=ex−1−2x+2．(1)求f(x)的最小值；(2)设函数gx=xex−1+4x解：(1)f'(x)=ex−1−2，

令f'(x)=0，此时x=ln2+1，

当x∈(−∞,ln2+1)，f'x<0，当x∈(ln2+1,+∞)，f'x>0，

所以f(x)在(−∞,ln2+1)上单调递减，在(ln2+1,+∞)上单调递增，

所以f(x)min=f(ln2+1)=eln2−2(ln2+1)+2=2−2ln2.

(2)因为g(x)≥−1，x>0，

所以g(1)=1−a≥−1，解得a≤2.(必要性探路)

下面证明当a≤2时，g(x)≥−1，(以下是充分性证明)

由g(x)=xex−1+4x2lnx−ax3，得g(x)+1=xex−1+4x2lnx−ax3+1，

因为a≤2，x>0，

所以g(x)+1≥xex−1+4x2lnx−2【拓展提升】练31(2023·重庆市市辖区月考)已知函数f(x)=axex(1)若a=1，求函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)若a=1，则f(x)=xex−2(2x−1)，

f(0)=2，f'(x)=xex+ex−4，

当x=0时，f'(0)=−3，

所以所求切线方程为y=−3x+2．

(2)由条件可得，首先f(1)≥0，得a≥1e−1>0，

而f'(x)=a(x+1)ex−2(a+1)，

令f'(x)=ℎ(x)，ℎ'(x)=a(x+2)ex，在(0,+∞)上恒为正数，

所以ℎ(x)即f'(x)单调递增，

而f'(0)=−2−a<0，f'(1)=2ea−2a−2≥0，

所以f'(x)存在唯一根x0∈(0,1]，

且函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，

所以函数f(x)的最小值为f(x0)=a练32(2023·山西省高三期末)已知函数f(x)=ex+2ax−1，g(x)=2aln(x+1)−4ax，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈[0,+∞)，f(x)+g(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题知，f'(x)=ex+2a，x∈R，

∴当2a≥0，即a≥0时，f'(x)>0，f(x)在R上单调递增，

当2a<0，即a<0时，

令f'(x)=0，即ex+2a=0，∴x=ln(−2a)，

当x∈(−∞,ln(−2a))时，f'(x)<0，f(x)在(−∞,ln(−2a))上单调递减，

当x∈(ln(−2a),+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(ln(−2a),+∞)上单调递增，

综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；

当a<0时，f(x)的单调递减区间为(−∞,ln(−2a))，f(x)的单调递增区间为(ln(−2a),+∞)；

(2)∵对任意的x∈[0,+∞)，f(x)+g(x)≥x恒成立，

即ex−(2a+1)x+2aln(x+1)−1≥0，

令ℎ(x)=ex−(2a+1)x+2aln(x+1)−1，且ℎ(0)=0，

∴ℎ'(x)=ex−(2a+1)+2ax+1，且ℎ'(0)=0，

∴令φ(x)=ℎ'(x)=ex−(2a+1)+2ax+1，

∴φ'(x)=ex−2a(x+1)2，且φ'(0)=1−2a，

由题意得，φ'(0)=1−2a≥0，即a≤12，

下面证明a≤12，ℎ(x)≥0探究四同构法【方法储备】探究四同构法1.双变量的同构问题：对于含有同等地位的两个变量的方程进行变形，通过变形整理后的不等式两边具有相同结构(函数同构)，往往通过函数的单调性进行求解.如：fx即y=fx−kx2.指、对同构：指、对数变形主要包括：积型同构，商型同构，和差型同构.=1\*GB2⑴积型aea≤blnb同构,三种同构途径:=1\*GB3①同左:aea≤lnbelnb,构造函数=2\*GB3②同右:ealnea≤blnb,构造函数=3\*GB3③取对数:a+lna≤lnb+lnlnb,构造函数fx=x+lnx.=2\*GB2⑵商型商型eaa≤blnb=1\*GB3①同左:eaa≤elnblnb(或ae=2\*GB3②同右:ealnea≤blnb(或ln=3\*GB3③取对数:a−lna≤lnb−lnlnb(或lna−a≤lnlnb−lnb),构造函数fx=x−lnx(或f=3\*GB2⑶和差型和差型ea±a≤b±lnb同构=1\*GB3①同左:ea±a≤elnb±lnb=2\*GB3②同右:ea±lnea≤b±lnb补充：1.先凑再变形

若式子无法直接进行变形同构,往往需要凑常数、凑参数或凑变量,如两边同乘以x,同加上x等,再用上述方式变形.常见的变形有:

=1\*GB3①aeax>lnx→axeax>xlnx;

=2\*GB3②eex−lna+x−lna>lnx−1+x−1→ex−lna+x−lna>eln⁡(x−1)2.同构放缩或同构换元共存有些更复杂的指对不等式,利用常见的变形方法先进行同构变形再换元,使构造的函数较为简单,或者不等式本身的结构不特殊,可以先结合常用不等结论放缩.常见的放缩模型:

=1\*GB3①利用ex≥x+1放缩:xex=ex+lnx≥x+lnx+1,exx=ex−lnx≥x−lnx+1;

=2\*GB3②利用ex≥ex放缩:xex=ex+lnx≥ex+lnx,xex=elnx−x≥elnx−x;

【典例精讲】例5.(2023·广东省联考)已知函数f(x)=xln(1)求f(x)的图象在x=1处的切线方程;(2)已知a>0，∀x∈(1,+∞)，f(x)<alna+ax，求a解：(1)由题可知f'(x)=lnx+1−xlnxex，

则f(1)=0，f'(1)=1e，

所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y=1e(x−1)，即y=1ex−1e．

(2)∀x∈(1,+∞)，f(x)<alna+ax，则xlnx<aex(lna+x)，即xlnx<aexln(aex)，

令g(x)=xlnx，则g'(x)=1+lnx，

当x∈(0,1e)时，g'(x)<0，即g(x)在(0,1e)上单调递减，

当x∈(1e,+∞)时，g'(x)>0，即g(x)在(1e例6.(2023·江苏省泰州市月考)已知不等式ex≥alna(x−1)e(a>0)恒成立，则实数解：因为a>0，

所以ex≥alna(x−1)e，(x>1)

⇔exa≥lna+ln(x−1)−1，(x>1)

⇔ex−lna−lna≥ln(x−1)−1，(x>1)

⇔ex−lna+(x−lna)≥(x−1)+ln(x−1)，(x>1)．

令f(x)=ex+x，易知f(x)在(0,+∞)上单调递增，

又f(x−lna)=ex−lna+(x−lna)≥(x−1)+ln(x−1)=f(ln(x−1))，(x>1)，

所以x−lna≥ln(x−1)【拓展提升】练41(2023·黑龙江省大庆市模拟)已知不等式e