2027南方凤凰台5A新考案高考一轮复习全国版数学提高版微专题5　必要性探路的应用

第三章微专题5

必要性探路的应用一元函数的导数及其应用必要性探路：对于一类恒成立问题，可以通过取定义域内的某个特殊的值，得到一个必要条件，缩小范围讨论或者验证其充分性，进而解决问题．这种必要性探路方法所求得的参数范围不一定是所要求的实际范围，但是可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论范围，一定程度上降低思维成本．策略1端点效应的应用

(2025·常德测试节选)已知函数f(x)＝aex－ae－x－2x．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；1【解答】

当a＝1时，f(x)＝ex－e－x－2x，所以f′(x)＝ex＋e－x－2，

(2025·常德测试节选)已知函数f(x)＝aex－ae－x－2x．(2)当x＞0时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．1【解答】

当x＞0时，f(x)＞0恒成立，即∀x∈(0，＋∞)，aex－ae－x－2x＞0恒成立．因为f(0)＝0，所以∃m＞0，使得f(x)在(0，m)上单调递增，所以当x∈(0，m)时，f′(x)＝aex＋ae－x－2≥0，所以f′(0)＝2a－2≥0，解得a≥1．当a≥1时，aex－ae－x－2x＝(ex－e－x)a－2x，因为ex－e－x＞0，所以(ex－e－x)·a－2x≥ex－e－x－2x．设H(x)＝ex－e－x－2x(x＞0)，则H′(x)＝ex＋e－x－2＞0，所以H(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以H(x)＞H(0)＝0，所以(ex－e－x)a－2x≥ex－e－x－2x＞0，即a≥1满足题意．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．(1)若f(x，m)≥0(m为参数)在[a，b](a，b为常数)上恒成立，且f(a)＝0或f(b)＝0，则f′(a)≥0或f′(b)≤0，此法适用于区间端点的函数值为零的情况．【解答】当0＜a≤1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0成立，符合题意．策略2利用必要条件缩小参数范围

(2025·新余一模改编)已知函数f(x)＝ex＋e－x＋a|x|－2cosx，其中a∈R．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解答】

f(－x)＝e－x＋ex＋a|－x|－2cos(－x)＝ex＋e－x＋a|x|－2cosx＝f(x)，且定义域为R，所以f(x)为偶函数，即函数图象关于y轴对称，只需研究x≥0时f(x)≥0恒成立．由于f(0)＝0，要使f(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，必有f′(0)≥0(必要性)．由f(x)＝ex＋e－x＋ax－2cosx，得f′(x)＝ex－e－x＋a＋2sinx，即f′(0)＝a≥0．2－1当a＜0时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋e－x＋2cosx，当x∈(0，＋∞)时，ex＋e－x＞2≥2cosx≥－2，即g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，g(x)→a(a＜0)，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，所以∃x0∈(0，＋∞)，g(x0)＝f′(x0)＝0，即x∈(0，x0)时，g(x)＝f′(x)＜0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，又f(0)＝0，所以在区间(0，x0)上f(x)＜0，不合题意．综上，实数a的取值范围是[0，＋∞)．变式2已知函数f(x)＝2(x－2)lnx＋ax2－1．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；【解答】变式2已知函数f(x)＝2(x－2)lnx＋ax2－1．(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解答】

因为f(x)≥0恒成立，所以f(1)＝a－1≥0，则a≥1，所以f(x)＝2(x－2)lnx＋ax2－1≥2(x－2)lnx＋x2－1．

(常数放缩)(2025·黄山二模节选)已知函数f(x)＝aex－2x－3cosx＋1，其中e为自然对数的底数．【解答】2－2

(常数放缩)(2025·黄山二模节选)已知函数f(x)＝aex－2x－3cosx＋1，其中e为自然对数的底数．(2)证明：当a≥2时，f(x)≥0恒成立．【解答】

由a≥2知，只需证f(x)＝aex－2x－3cosx＋1≥2ex－2x－3cosx＋1≥0恒成立．令k(x)＝2ex－2x＋1，则k′(x)＝2ex－2，当x＜0时，k′(x)＜0，即k(x)在(－∞，0)上单调递减，当x＞0时，k′(x)＞0，即k(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以k(x)≥k(0)＝2－0＋1＝3，故2ex－2x－3cosx＋1≥3－3cosx≥0，所以当a≥2时，f(x)≥0恒成立．2－2配套精练1．已知函数g(x)＝x2－xlnx＋ax－a，当x∈(1，＋∞)时，g(x)≥0恒成立，求整数a的最小值．【解答】当x＞2时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝1－ln2＞0，h(x)＞0对一切x＞1恒成立，从而g(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立．综上，当a＝－2时，g(x)＝x2－xlnx－2x＋2≥0恒成立，故整数a的最小值为－2．2．(2025·宁波模拟节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋ax2－x(a∈R)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；【解答】当x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．2．(2025·宁波模拟节选)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋ax2－x(a∈R)．(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解答】3．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)＝ex＋1－x2－kx．(1)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；【解答】

f′(x)＝ex＋1－2x－k，由题得，当x∈[－1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝ex＋1－2，且F′(x)在[－1，＋∞)上单调递增，令F′(x)＝0，解得x＝ln2－1＞－1，所以当x∈(－1，ln2－1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x∈(ln2－1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，所以F(x)min＝F(ln2－1)＝4－2ln2－k，又f′(x)≥0，所以F(x)min≥0，解得k≤4－2ln2，即实数k的取值范围是(－∞，4－2ln2]．3．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)＝ex＋1－x2－kx．(2)当x≥－1时，f(x)≥f(－1)，求实数k的取值范围．【解答】

先探究必要性，由题意知当x≥－1时，f(－1)是f(x)的最小值，则f(－1)≤f(0)，可得k≤e．下证k≤e的充分性，即证：当k≤e，x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥f(－1)．由(1)可知当k≤4－2ln2时，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值为f(－1)，f(x)≥f(－1)，符合题意，只需要证明4－2ln2＜k≤e时，f(x)≥f(－1)．由(1)分析知k＞4－2ln2时，f′(x)＝0有两个解x1，x2，取x0＝－1＋ln2∈(－1，0)，则x1∈(－1，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则x，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(－1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f