高考数学一轮复习（培优版） 第三章　3.16　不等式恒(能)成立问题(三)-分类讨论

§3.16不等式恒(能)成立问题(三)——分类讨论重点解读导数之所以难是因为加入了参数使得确定的函数变得不确定，因此对参数进行讨论进而确定出函数的性质非常重要，所以在做题之前需要确定题目分类讨论的依据.题型一变号函数为一次、二次函数例1(2026·南通模拟)已知函数f(x)=1+x1-x·e(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈(0，1)，恒有f(x)>eax，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠1}，所以f'(x)=1+x1-x'·e-x+1+x1-x·(e-x)'=2(1-x)2·e-x+1+x1-x·故函数f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，(1，+∞)，无单调递减区间.(2)因为∀x∈(0，1)，恒有f(x)=1+x1-x·e-x即1+x1-x>e(a+1所以ln1+x1-x>(a+1即(a+1)x-ln(1+x)+ln(1-x)<0，令g(x)=(a+1)x-ln(1+x)+ln(1-x)，x∈(0，1)，所以g'(x)=(a+1)-1x+1=(a+1)x2-a+1x当-1≤a≤1时，g'(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)<g(0)=0成立；当a<-1时，(a+1)x<0，ln1+x1-显然ln1+x1-x>(a+1当a>1时，令g'(x)=0，x=a-1a+1=1-2a+1∈当x∈0，a-1a+1时，g'g(x)在0，a所以g(x)>g(0)=0，不满足题意.综上，实数a的取值范围是(-∞，1].思维升华变号函数为二次函数时，变号函数为0的方程一般有两个不同实数根x1，x2(无根情况下二次函数恒正或恒负)，理论上要分x1>x2，x1<x2进行讨论；若函数f(x)有定义域限制，则方程往往会涉及根的分布问题，需要结合定义域对根的分布进行分类讨论.跟踪训练1(2025·雅安检测)已知函数f(x)=lnxa-ax(1)若直线y=-1与曲线y=f(x)相切，求实数a的值；(2)若存在x0，使得f(x0)>0，求实数a的取值范围.解(1)∵f(x)=lnxa-ax∴f'(x)=1x-a=-∵直线y=-1与曲线y=f(x)相切，设切点坐标为(t，f(t))，则f'即-at+1t=0,(2)当a>0时，由xa>0得x>0∴f(x)的定义域为(0，+∞).由f'(x)=-ax+1x得，当x∈0，1a时，当x∈1a，+∞时，f'(∴f(x)在0，1a上单调递增，在∴f(x)max=f

1a=ln1a∵存在x0，使得f(x0)>0，∴f(x)max=ln1a2结合a>0，解得0<a<ee当a<0时，由xa>0得x<0∴f(x)的定义域为(-∞，0).由f'(x)=-ax+1x得，当x∈f'(x)>0，当x∈1a，0时，f'(x∴f(x)在-∞，1a上单调递增，∴f(x)max=f

1a=ln1a∵存在x0，使得f(x0)>0，∴f(x)max=ln1a2结合a<0，解得-ee<a<0综上，a的取值范围为-ee，题型二变号函数为准一次、二次函数例2(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0).(1)当a=-1时，求函数y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若不等式f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，求整数a的最大值.解(1)当a=-1时，f(x)=-e2x+x+1，f'(x)=1-2e2x，f'(0)=-1，f(0)=0，则曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-0=-1×(x-0)，即y=-x.(2)由题意知f(x)的定义域为R，f'(x)=1+2ae2x，a<0，令f'(x)>0，得x<12ln令f'(x)<0，得x>12ln所以f(x)在-∞，12ln-综上所述，f(x)的单调递增区间为-∞，1(3)依题知，f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，即ae2x+x+1+(a+2)ex≤0恒成立，设h(x)=x+ae2x+(a+2)ex+1，x∈R，则h'(x)=1+2ae2x+(a+2)ex=(aex+1)(2ex+1)，当a<0时，由h'(x)>0，得x<ln-由h'(x)<0，得x>ln-所以h(x)在-∞，ln-1a则h(x)≤hln-1a=ln-1a+a·-1a2+(a整理得ln-1a-1a设m(x)=ln-1x-1x则m'(x)=-1x+1x2=1-所以m(x)在(-∞，0)上单调递增，又a∈Z，且m(-1)=0+1=1>0，m(-2)=ln12+12<ln1e+故整数a的最大值为-2.思维升华变号函数为准二次函数时，一般通过换元的方法转变为二次函数，利用二次函数零点大小的讨论解决问题.跟踪训练2(2025·河北名校联考期末)设函数f(x)=x(lnx-a)2.(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；(2)当x∈(0，e]时，f(x)≤4e3，求a的取值范围.解(1)由题意知f(x)的定义域为(0，+∞).当a=2时，f(x)=x(lnx-2)2，f'(x)=lnx(lnx-2)，∴当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，e2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(e2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)的单调递减区间为(1，e2)，单调递增区间为(0，1)，(e2，+∞).(2)f'(x)=(lnx-a)(lnx-a+2)，令f'(x)=0，解得x=ea-2或x=ea，∴当x∈(0，ea-2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(ea-2，ea)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ea，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x=ea-2处取得极大值，且f(ea-2)=4ea-2，又当x∈(0，e]时，f(x)≤4e3，若ea-2≥e，即a≥3，则f(x)在x=e处取得最大值，∴f(e)=e(1-a)2≤4e3，解得1-2e≤a≤1+2e，∴3≤a≤1+2e；若ea-2<e，即a<3，则f(x)在x=ea-2或x=e处取得最大值，∴f解得1-2e≤a<3，∴a的取值范围是[1-2e，1+2e].题型三三角函数型单调性讨论例3(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-sinxcos2(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)+sinx<0，求a的取值范围.解(1)因为a=1，所以f(x)=x-sinxcos则f'(x)=1-cos=1-co=co=co令t=cosx，由于x∈0所以t=cosx∈(0，1)，所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1)，因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0，所以f'(x)=cos3x+cos所以f(x)在0，π(2)方法一sinx-sin=sin=sin=-si因为x∈0所以0<sinx<1，0<cosx<1，故sinx-sinxcos2x所以当a=0时，f(x)+sinx=sinx-sinxcos当a<0时，由于x∈0，π2，所以f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sinx<sinx当a>0时，因为f(x)+sinx=ax-sinxcos2x+sin令g(x)=ax-sin3x则g'(x)=a-3si注意到g'(0)=a-3sin20cos则当x→0+时，g'(x)→a>0，所以在0，π2上必存在使得g'(x)在(0，x0)上有g'(x)>0，所以g(x)在(0，x0)上单调递增，则在(0，x0)上有g(x)>g(0)=0，即f(x)+sinx>0，不满足题意.综上所述，若f(x)+sinx<0，则a的取值范围为(-∞，0].方法二构建g(x)=f(x)+sinx=ax-sinxcos2则g'(x)=a-1+sin2xco若g(x)=f(x)+sinx<0，0<x<π且g(0)=f(0)+sin0=0，则g'(0)=a-1+1=a≤0，解得a≤0，下证当a≤0时，g(x)<0，0<x<π2恒成立当a=0时，g(x)=sinx-sin因为sinx-sinxcos2又x∈0所以0<sinx<1，0<cosx<1，则1cos所以g(x)=sinx-sinxcos当a<0时，由于0<x<π2，显然ax所以g(x)=ax-sinxcos2x+sinx<sinx-综上所述，a的取值范围为(-∞，0].思维升华常见放缩：x≥sinx(x≥0)，x≤sinx(x≤0)，tanx≥x0≤x<π2，tan跟踪训练3(2025·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cosx-2.(1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)证明：函数f(x)只有一个零点；(3)当x∈(0，+∞)时，函数f(x)>ax-sinx恒成立，求a的取值范围.(1)解由题设f'(x)=ex-sinx，则f'(0)=1，又f(0)=0，所以f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=x，即x-y=0.(2)证明当x<0时，0<ex<1，-1≤cosx≤1，故f(x)=ex+cosx-2<0恒成立；当x=0时，f(0)=0；当x>0时，方法一令g(x)=f(x)-x=ex+cosx-2-x，则g'(x)=ex-sinx-1，令p(x)=g'(x)，则p'(x)=ex-cosx>0，即p(x)=g'(x)在(0，+∞)上单调递增，所以g'(x)>g'(0)=0，故g(x)=f(x)-x在(0，+∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，则f(x)>x>0在(0，+∞)上恒成立.方法二f'(x)=ex-sinx>0恒成立，即f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)=0.综上，函数f(x)只有一个零点为x=0，得证.(3)解由题意，当x∈(0，+∞)时，ex+cosx-2>ax-sinx恒成立，所以当x∈(0，+∞)时，h(x)=ex+cosx+sinx-2-ax>0恒成立，而h'(x)=ex-sinx+cosx-a，令φ(x)=h'(x)，则φ'(x)=ex-cosx-sinx，对于m(x)=ex-x-1，x>0，则m'(x)=ex-1>0，所以m(x)在(0，+∞)上单调递增，则m(x)>m(0)=0，可得ex>x+1，对于n(x)=x-sinx，x>0，则n'(x)=1-cosx≥0，所以n(x)在(0，+∞)上单调递增，则n(x)>n(0)=0，可得x>sinx，综上，ex>x+1>sinx+cosx，则φ'(x)>0，即φ(x)=h'(x)在(0，+∞)上单调递增，所以h'(x)>h'(0)=2-a，当a≤2时，h'(x)>0，即h(x)在(0，+∞)上单调递增，此时h(x)>h(0)=0，满足题意；当a>2时，h'(0)=2-a<0，h'(ln(2+a))=2-sin[ln(2+a)]+cos[ln(2+a)]>0，所以∃x0∈(0，ln(2+a))，使h'(x0)=0，即存在区间(0，x0)，使h(x)<0，不满足题意(保号性：h'(0)=2-a<0，h(0)=0，故必存在h(x)<0的情况，不满足题意)；综上，a的取值范围是(-∞，2].课时精练[分值：34分]1.(17分)已知函数f(x)=12x2-alnx+(1-a)x(a>0)(1)若a=1，求f(x)在区间1e，e上的最值；((2)若f(x)≥-e22恒成立，求a的取值范围.(10解(1)当a=1时，f(x)=12x2-lnxf'(x)=x-1x=x2当1e<x<1时，f'(x)<0当1<x<e时，f'(x)>0，所以f(x)在1e，1上单调递减，在(1，e又f(e)=e22-1>f1e=12e2+1，所以f(x)的最大值为e22-1，最小值为(2)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=(x-a当0<x<a时，f'(x)<0；当x>a时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(a)=-a22-alna+又因为f(x)≥-e22所以-a22-alna+a≥令h(a)=-a22-alna+a，a则h'(a)=-a-lna，显然h'(a)在(0，+∞)上单调递减，且h'12=-12+ln2>0，h'(1)所以必然存在唯一a0∈12，1，使得h'(a当0<a<a0时，h'(a)>0；当a>a0时，h'(a)<0，所以h(a)在(0，a0)上单调递增，在(a0，+∞)上单调递减，当a∈(0，1]时，h(a)=a-a2-lna+1≥当a∈(1，+∞)时，h(a)单调递减，且h(e)=-e22，因此a∈(1，综上，a的取值范围为(0，e].2.(17分)已知函数f(x)=x2-2x-alnx，g(x)=ax.(1)讨论函数F(x)=f(x)+g(x)的单调性；(7分)(2)若不等式sinx2+cosx≤g(x)对任意x≥0恒成立，求a的取值范围.(解(1)F(x)=x2-2x-alnx+ax，定义域为(0，+∞)，F'(x)=2x2+(①当-a2≤