恒成立中的黑科技-必要性探路（含端点效应、极点效应）（解析版）

⑴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,该取件.值.(2)出现指数时，考虑(猜想)特殊点0,1.1.已知函数f(x)=(x-a)lnx(a∈R).即xlnx-x+1≥alnx+a对于x≥1恒成立，令h(x)=，即证当x≥1时，有(x-a)lnx-x则g(a)≥g(0)=xlnx-x+1，记r(x)=xlnx-x+1，则r(x)=lnx，即r(x)在x≥1上单调递增，故r(x)≥r(1)=0，【解析】由题知f(0)=0，f(x)=-aln(1+x)-，且f(0)=0.f''(x)=--，且f''(0)=-2a-1.(x)单调递减，故f(x)<f(0)=0，所以函数f(x)在[0,x0)上单调递减，所以f(x)<f(0)=0，与已知条件矛盾.②当f''(0)=-2a-1≥0时，即a≤-时，则f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x≥1+xln(1+x)-x.g(x)单调递增，即g(x)≥g(0)=0，所以函数g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)=0即f(x)≥f(0)=0成立.综上，实数a的取值范围是-∞,-.3.若xlnx-2mxx-1+ex-1-x≥0对∀x≥1恒成立，则实数m的取值范围是.【解析】解法一(分类讨论法)：因为xlnx-2mxx-1+ex-1-x≥0对∀x≥1恒成立，即lnx-2mx-1+-1≥0对∀x≥1恒成立，x-1记fx=lnx-2mx-1+ex-1，x∈1,+∞,所以fx=-2m+，x-1令gx=-2m+，令hx=ex-1-x，x∈1,+∞,则hx=ex-1-1，所以当x>1时hx>0，所以hx在1,+∞上单调递增，所以hx≥h1=0，即ex-1≥x，x∈则gx=≥=>0所以fx在1,+∞上是增函数，所以fx≥f1=1-2m当1-2m≥0，即m≤时，fx在1,+∞上是增函数，所以fx≥f1=0符合题意；当m>时f1<0，且当x→+∞时fx→+∞,所以∃x0∈1,+∞,使得fx0=0，即当x∈1,x0时fx<0，fx单调递减，此时fx<f1=0，所以m>不符合题意，综上可得m≤,即m∈因为xlnx-2mxx-1+ex-1-x≥0对∀x≥1恒成立，即lnx-2mx-1+-1≥0对∀x≥1恒成立，记fx=lnx-2mx-1+-1，x∈1,+∞,因为f1=0，fx≥0欲在x∈1,+∞恒成立，则fx要在x∈1,+∞单调递增即fx=-2m+≥0在x∈1,+∞恒成立，则f1=1-2m+≥0，解得m≤ 再证明充分性，当m≤,能否有xlnx-2mxx-1+ex-1-x≥0对∀x≥1恒成立(证明略)综上可得m≤,即m∈.4.已知函数f(x)=ln-+ax+b(x-1)3(3)若f(x)>-2当且仅当1<x<故fxmin=2+a，而fx≥0成立，故a+所以a的最小值为-2.，设Pm,n为y=fx图象上任意一点，Pm,n关于1,a的对称点为Q2-m,2a-n，因为Pm,n在y=fx图象上，故n=ln-+am+bm-13，而f2-m=ln+a2-m+b2-m-13=-ln-+am+bm-13+2a，=-n+2a，所以Q2-m,2a-n也在y=fx图象上，由P的任意性可得y=fx图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.因为fx>-2当且仅当1<x<2，故x=1为fx=-2的一个解，所以f1=-2即a=-2，先考虑1<x<2时，fx>-2恒成立.此时fx>-2即为ln-+21-x+bx-13>0在1,2上恒成立，设t=x-1∈0,1，则ln-2t+设gt=ln-2t+bt3,t∈0,1， 则gt=-2+3bt2=，故gt>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gt>g0=0即fx>-2在1,2上恒成立.故gt≥0恒成立，故gt在0,1上为增函数，故gt>g0=0即fx>-2在1,2上恒成立.综上，fx>-2在1,2上恒成立时b≥-.而当b≥-时，即fx>-2的解为1,2.因为f(1)=a≤-2,否则解集中含有x=1.故a=-2.f(x)=ln--2x+b(x-1)3.f(x)>f(1)=-2,符合题意；当1<x<时，f(x)<0,此时，f(x)<f(1)=-2,不符合题意由题意得：0<x≤1,必有f(x)≤-2,所以f(1)=-2,解得a=-2,问题等价于研究当1<x<2,f(x)>-2恒成立，仅需[f(x)+2]min>0,=0,当且仅当h”(1)≥0时，若g(1)≥0,即易证当时，由2知，b(z)≥0,所以h(x)在(1,2)上单调递增，B(z)>h(1)令,则h(z)在(1,2)上必存在m,使得m<x<2,成立，所以h(x)在(1,m)单调递减，在(m,2)单调递增，所以h(m)≤f(1)+2=0,这与h(x)>0在(1,2)恒成立矛盾，故舍去.单调不含如何找到(猜想)内点呢?令,赋值让这两个方程形式上一致(即两个方程为同一个方程)即可找到内点，为保证含a的项恒等，故赋值x=1,代入上式得此时，函数f(x)在端点x=0处和内点令,x>0,7x-x-1≥0恒成立(答题时需要证明)∴gx在0,1上单调递减,在1,+∞上单调递增,∴gxmin=g1=e-2,∴a≤e-2,∴实数a的取值范围为-∞,e-2.(2)gx==x+,其中和x+分别为六大超越函数之一和对勾函数,【解析】设h(x)=g(x)-f(x)=x3-(2-a)x2-axlnx(x>0)，由题知h(x)≥0恒成立.所以x3-(2-a)x2-ax(x-1)=x(x2-2x+a)=x[(x-1)2+a-1]≥0.【说明】此题还可以转化为alnx≤x2-(2-a)x恒成立，整理得a(lnx-x)≤x2-2x恒成立，即a≥3.(2020年全国I卷理科第21题(2))已知函数fx=ex+ax2-x.当x≥0时,fx≥x3+1,求【解析】法一(内点效应)：当x≥0时,ex-x3+ax2-x-1≥0，设g(x)=ex-x3+ax2-x-1(x≥0).x-x3+ax2-x-1≥ex-x3+x2-x-1，现在只需证明ex-x3+x2-x-1≥0成立，即证x3+x2+x+1e-x-1≤0成立(这样操作是便于后面求导以x对函数没有干扰).令h(x)=x3+x2+x+1e-x-1(x≥0)，则g(x)=-.令h(x)=ex-x2-x-1，h(x)=ex-x-1，4.已知函数fx=2x-2lnx+ax2-1.若fx≥0恒成立,求a的取值范围.这是fx≥0恒成立的一个必要条件,下面证明充分性.当a≥1时,fx=2x-2lnx+ax2-1≥2x-2lnx+x2-1,x>0.令gx=2x-2lnx+x2-1,x>0,则gx=2lnx+2-+2x,∴gxmin=g1=0,即gx≥0,∴fx≥0.由fx≥0得a≥1,那么当a≥1能否证明fx≥0成立呢?这是做题的关键.如果能证明充分性成立,即能证明“当a≥1时,fx≥0成立”,则说明“找点”正确,如果无法证明充分性,则说明“找点”失败或则无法用显点效应来做题.f1=a-1<0,与题设矛盾.5.已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna. x-lnx+1，∴f′(x)=ex-，设h(x)=ex-x-1，x-x-1≥0，把x换成x-1得到ex-1≥x，∴f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥x-lnx≥1，当x=1时等号成立.求导得fx=-，f1=-=1-=.所以曲线y=fx在点1,f1处的切线的斜率为.(2)fx的定义域为0,+∞.求导得fx=-==.-ax+1=0.所以fx在0,+∞上单调递增.x2.因为x1+x2=a-2>0，x1x2=1>0，所以x1>0，x2>0.2,+∞时，gx>0，fx>0，fx单调递增；gx<0，fx<0，fx单调递减.综上，当0<a≤4时，fx在0,+∞上单调递增；当a>4时，fx在0,x1、x2,+∞上单调递增，(3)不等式f(x)=(x∈R)对任意x∈0,+∞恒成立等价于a≤x+1-lnx对任意x∈0,+∞恒成立.令hx=x+1-lnxx>0，则a≤hxmin.则hx=-lnx+x+1-=x--lnx.令φx=x--lnxx>0，则φx=1+-=.因为x2-x+1=x-2+>0，所以φx>0，则φx在0,+∞上单调递增，即hx在0,+∞上单调递增.所以hx在x=1处取得最小值，为h1=1+1-ln1=2，所以a≤2.范围.xx【解析】设gx=fx-sinx-cosx+1令hx==x-,则hx=1-≤0,∴hx在-,0上单调递减,∴hx≥h0=0,∴gx在0,+∞上单调递增,∴gx>g0=0,∴gx在0,+∞上单调递增,∴gx>g0=0,10.若f(x)=aex-1-x-(a-1)，且f(x)≥0在R上恒成立，求a的值.【详解】fx=aex-1-1，x-1-x，fx=ex-1-1，当x<1时，f(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)>f(1)=0，所以fx≥0，当a≤时，令g(x)=f(x)-1=ax2-4ln(x-1)-1，则g(x)≤x2-4ln(x-1)-1，由不等式x2-4ln(x-1)-1≤x2-41---1=-≤0，即g(x)≤0恒成立，故f(x)12.(2019·全国Ⅰ卷文科)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x，f(x)为f(x)的导数.''(x)>0''(x)<0，f(x)单调递减.又因为f(0)=0，所以f>0，f(x)在 0,没有零点.又因为f(π)=-2<0，所以f(x)在,π有唯一零点.所以f(x)在区间(0,π)存在唯一零点.0,又因为ax≤0，所以f(x)≥ax成立.13.(2023年全国高考甲卷理)已知函数f(x)=ax-,x∈0,6x6x=a-x4x=a-4x则f(x)=g(t)=a-=当a=8,f(x)=g(t)==所以f(x)在0,上单调递增,在,上单调递减(2)解法一(分类讨论法)设g(x)=f(x)-sin2xg(x)=f(x)-2cos2x=g(t)-22cos2x-1=-2(2t-1)=a+2-4t+-设φ(t)=a+2-4t+-φ(t)=-4-+==->0所以φ(t)<φ(1)=a-3.∈(-∞,3],g(x)=φ(t)<a-3≤0即g(x)在0,上单调递减,所以g(x)<g(0)=0.所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2x,符合题意.当t→0,-=-3-2+→-∞,所以φ(t)→-∞.所以∃t0φ(t)>0,即当x∈0,x0,g(x)>0,g(x)单调递增.所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].f(x)<sin2x⇒ax-<sin2x⇒g(x)=ax-sin2x-<0由于g(0)=0,且g(x)=a-2cos2x-,减，∴g(x)>g(0)=0,不成立.另一方面,当a≤3时,g(x)≤3x-sin2x-≡h(x),下证它小于等于0.令hx=3-2cos2x-4x+2x-3-2cos2xcos4x=3cos4x-1+2cos2x1-cos2xcos2x4x4x4x=-cos2x-124cos2x+3<0.4x0ff(2)函数h(x)=f(x+1)+g(x)=ln(x+1)-ax+ex.x+-a≥(x+1)+-a≥2-a≥0≥x+1+-a≥2-a≥0，000⋯为自然对数的底数).x≥x+1，所以当x>-时，e2x≥2x+1，当且仅当x=0时等号成立，0>00x+12x+12x+a-sinx>2+a-x+12x+12当a<0时，则m(x)=2ex-x1+cosx>2+cosx-x1>0，综上所述a≤3.*，证明：1+1+⋯+1>ln(n+1).2+122+2n2+n讨论hx符号，最后就a≤0结合放缩法讨论hx的范围后可得参数的取值范围.(3)由(2)可得2lnt<t-对任意的t>1恒成立，从而可得lnn+1-lnn<n+n对任意的n∈N*恒当x<0时，fx<0，当x>0时，fx>0，