新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题七函数与导数第三讲函数与导数微专题1不等式恒能成立问题

第三讲函数与导数——大题备考对函数与导数大题的考查，多以对数函数、指数函数为载体，从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时须要对参数分类探讨，往往比较困难，难度较大．微专题1不等式恒(能)成立问题1.已知函数f(x)＝lnx＋(a为常数)，若不等式f(x)≥1在x∈(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．2．已知函数f(x)＝2ax－2lnx，g(x)＝x－2，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．[2024·全国甲卷]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，)．(1)当a＝8时，探讨f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围．2.[2024·河南联考]已知函数f(x)＝＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若对于随意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．不等式恒成立(能成立)问题的解题策略1．对于含参数的不等式，假如易分别参数，可先分别参数、构造函数，干脆转化为求函数的最值；否则应进行分类探讨，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化．2．“恒成立”与“能成立”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．应特殊关注等号是否取到，留意端点的取舍．[巩固训练1][2024·山东青岛模拟]已知函数f(x)＝ex－a－lnx.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．微专题1不等式恒(能)成立问题保分题1．解析：f(x)≥1即lnx＋≥1在(0，2]上恒成立，则a≥x－xlnx(x∈(0，2]，设h(x)＝x－xlnx(x∈(0，2]，则h′(x)＝－lnx，0<x<1时，h′(x)>0，h(x)递增，1<x≤2时，h′(x)<0，h(x)递减，h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1.2．解析：g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，即a≥，令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝＝(x>0)，当0<x<e2时，h′(x)>0，当x>e2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e2)＝＝，所以a≥.[例1](1)解析：当a＝8时，f(x)＝8x－，f′(x)＝8－＝8＋.令＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)解析：令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－－sin2x，则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos2x－2)，令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，则k′(u)＝＋4＝.当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞)．①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，即f(x)<sin2x.②当a>3时，∃x0∈使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)<sin2x不成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，3].[例2](1)解析：由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝＋2lnx，则f′(x)＝－＝.当a＝1时，f′(x)＝＝.所以当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减；当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(0，1)．(2)解析：因为g(x)＝x3－x2，所以g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又x∈[1，2]，所以g′(x)>0，故函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0.所以对随意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即＋2xlnx≥0恒成立．所以a≥－2x2lnx恒成立．令h(x)＝－2x2lnx，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2].令h′(x)＝0，则1＋2lnx＝0，解得x＝.当)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在)上单调递增；当，2]时，h′(x)<0，所以函数h(x)在，2]上单调递减．所以h(x)max＝)＝.所以a≥.所以实数a的取值范围是[，＋∞)．[巩固训练1](1)解析：当a＝0时，f(x)＝ex－lnx，f′(x)＝ex－，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.与x，y轴的交点分别是(，0)，(0，1)，∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝.(2)解析：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0即ex0－a－lnx0<0，即ex0－a<lnx0.即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．令h(x)＝，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．下面求函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值．h′(x)＝，令u(x)＝lnx－，因为u′(x)＝>0，所以