2025高考数学二轮复习-专题一-第5讲-母题突破2-恒成立问题与能成立问题-专项训练【含答案】

母题突破2恒成立问题与能成立问题母题(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(2a＋1)x＋2alnx．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．思路分析一❶fx≥0恒成立❷fxmin≥0❸分类讨论求fxmin思路分析二❶fx≥0恒成立❷求证x－lnx>0❸分离参数构造新函数❹求新函数最值解方法一(求最值法)f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立，所以f(x)min≥0，f′(x)＝x－(2a＋1)＋eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－2a＋1x＋2a,x)＝eq\f(x－1x－2a,x).当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝－eq\f(1,2)－2a，由－eq\f(1,2)－2a≥0，可得a≤－eq\f(1,4).当a>0时，注意到f(1)＝－eq\f(1,2)－2a<0，不符合题意，故a≤－eq\f(1,4)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).方法二(分离参数法)由f(x)≥0，可得eq\f(1,2)x2－x－2a(x－lnx)≥0.构造函数h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，由h′(x)>0，得x>1；由h′(x)<0，得0<x<1，所以h(x)min＝h(1)＝1>0，所以x－lnx>0，所以原不等式等价于2a≤eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx).令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－lnx)),x－lnx2).令φ(x)＝eq\f(1,2)x＋1－lnx，则φ′(x)＝eq\f(x－2,2x)，由φ′(x)>0，得x>2；由φ′(x)<0，得0<x<2，易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln2>0，所以当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－eq\f(1,2)，由2a≤－eq\f(1,2)，得a≤－eq\f(1,4)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).[子题1](2023·南宁模拟)已知函数f(x)＝x2－alnx(a∈R)．∃x∈[1，e]，使得eq\f(fx＋1＋a,x)≤0成立，求实数a的取值范围．解因为∃x∈[1，e]，使得eq\f(fx＋1＋a,x)≤0成立，即∃x∈[1，e]，使得f(x)＋1＋a≤0成立，由lnx∈[0,1]，得1－lnx∈[0,1]，当lnx＝1，即x＝e时，f(x)＋1＋a＝e2－alne＋1＋a＝e2＋1，此时显然不满足f(x)＋1＋a≤0；当x∈[1，e)时，原不等式等价于－a≥eq\f(x2＋1,1－lnx)，x∈[1，e)，令g(x)＝eq\f(x2＋1,1－lnx)，x∈[1，e)，则g′(x)＝eq\f(x3－2lnx＋\f(1,x),1－lnx2)，由于3－2lnx∈(1,3]，所以g′(x)>0，所以函数g(x)在[1，e)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2，所以－a≥2，解得a≤－2.[子题2](2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．若f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)，因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．令－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)≥0，则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，此时g(x)<g(0)＝0，不符合题意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，则h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)，当a≥eq\f(1,2)，即2a≥1时，由于eq\f(1,x＋1)<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意．当0<a<eq\f(1,2)时，由h′(x)＝2a－eq\f(1,x＋1)＝0，可得x＝eq\f(1,2a)－1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))时，h′(x)<0，h(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，即g′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上单调递减，注意到g′(0)＝0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减，由于g(0)＝0，故当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))时，g(x)<g(0)＝0，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥\f(1,2))))).规律方法(1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围．(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别．1．(2023·六安统考)设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当k＝1时，若对任意的x1∈R，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．解(1)令f′(x)＝(1＋kx)ekx>0，所以1＋kx>0，当k>0时，x>－eq\f(1,k)，此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上单调递增；当k<0时，x<－eq\f(1,k)，此时f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,k)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，＋∞))上单调递减．(2)当k＝1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．所以对任意x1∈R，有f(x1)≥f(－1)＝－eq\f(1,e)，又存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，所以－eq\f(1,e)≥g(x2)，x2∈[1,2]，即存在x2∈[1,2]，使g(x)＝x2－2bx＋4≤－eq\f(1,e)，即2b≥x＋eq\f(4＋e－1,x)，又因为当x∈[1,2]时，x＋eq\f(4＋e－1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,2e)，5＋\f(1,e)))，所以2b≥4＋eq\f(1,2e)，即b≥2＋eq\f(1,4e)，即实数b的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,4e)，＋∞)).2．已知函数f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.若m为正整数，且对任意的x>0都有f(x)<mg(x)成立，求m的最小值．解设h(x)＝f(x)－mg(x)＝lnx－mx2＋(1－2m)x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2mx＋1－2m＝eq\f(－2mx2＋1－2mx＋1,x)＝eq\f(－2mx－1x＋1,x).令h′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,2m)，令h′(x)<0，解得x>eq\f(1,2m)，∴h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减，∴h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))＝lneq\f(1,2m)－m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))2＋(1－2m)·eq\f(1,2m)＋1＝eq\f(1,4m)－ln2m.令t(x)＝eq\f(1,4x)－ln2x(x>0)，则t′(x)＝－eq\f(1,4x2)－eq\f(1,x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递减，又∵teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)>0，t(1)＝eq\f(1,4)－ln2＝eq\f(1,4)(1－ln16)<0，∴当x≥1时，t(x)<0，满足题意．故m的最小值为1.专题强化练1．(2023·海东模拟)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－m(x＋1)．(1)若m＝1，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．解(1)当m＝1时，f(x)＝(x－1)lnx－(x＋1)，则f′(x)＝lnx＋eq\f(x－1,x)－1＝lnx－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝－1，又f(1)＝－2，∴切线方程为y＋2＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.(2)∵f(x)定义域为(0，＋∞)且f(x)≥0恒成立，∴m≤eq\f(x－1,x＋1)·lnx，令g(x)＝eq\f(x－1,x＋1)·lnx，则m≤g(x)min，g′(x)＝eq\f(2lnx,x＋12)＋eq\f(x－1,xx＋1)＝eq\f(2lnx＋x－\f(1,x),x＋12)，令h(x)＝2lnx＋x－eq\f(1,x)，则h′(x)＝eq\f(2,x)＋1＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x2＋2x＋1,x2)＝eq\f(x＋12,x2)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0.∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴m≤0，即实数m的取值范围为(－∞，0]．2．(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax－sinx－1，x∈[0，＋∞)．若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解因为f(x)＝ex＋ax－sinx－1，所以f′(x)＝ex－cosx＋a.若a≥0，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则f(x)在[0，＋∞)上单