2027版53B版新高考版数学总复习重难突破培优3　恒成立和能成立求参问题

培优3恒成立和能成立求参问题类型1参变分离例已知函数f(x)=ex-ax+e2-7.若∀x∈[0,+∞),f(x)≥

x2,求a的取值范围.解析由∀x∈[0,+∞),f(x)≥

x2得∀x∈[0,+∞),ex-ax+e2-7≥

x2,即ax≤ex+e2-7-

x2,若要参变分离,则需不等式两边同除以x,但不要忽略x=0的情形,所以要分x>0和x=0两种

情况讨论.①当x=0时,e2-6≥0显然成立;②当x>0时,原不等式等价于4a≤

,此不等式要恒成立,只需4a≤

,故构造函数求最值.令g(x)=

,x>0,则g'(x)=

.g'(x)的正负取决于分子的正负,而分子无法直接判断正负,故需对分子进一步分析.令h(x)=4(x-1)ex-7x2-4e2+28,x>0,则h'(x)=4xex-14x=2x(2ex-7),当x∈

时,h'(x)<0,当x∈

时,h'(x)>0,则h(x)在

上单调递减,在

上单调递增.所以h(x)min=h

,思路是要确定h

与0的大小,但是通过试算发现h

的值很难算,可通过h(x)在

上单调递减计算h(0).观察发现h(0)=4(6-e2)<0,又因为h(x)在

上单调递减,所以h(x)在

上无零点,下面只需关注h(x)在

上是否有零点即可.注意到h(x)的解析式含有e2,所以可以尝试验证h(2).发现h(2)=0,又h(x)在

上单调递增,所以h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,且当x∈(0,2)时,h(x)<0,即g'(x)<0,当x∈(2,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,则g(x)min=g(2)=4e2-28,则4a≤4e2-28,即a≤e2-7.故a的取值范围为(-∞,e2-7].归纳总结分离参数的一般思路对于一个含参问题,可以通过分离参数,将参数与变量彻底分离开来,从而把一个含

参问题转化为一个非含参问题,进而通过导数研究分离后得到的函数的单调性,极值与

最值,最终解决问题.类型2指对同构当题干给出的不等式中既有类似ex指数型成分,又有类似lnx型对数型成分时,一般

直接求最值是很难求出来的,这时我们就需要用到指对同构的方法,所谓同构就是把一

个等式或不等式通过变形,使等号或不等号两边的结构形式完全相同,然后构造出这个结构的函数,利用函数的单调性化简不等式,找到这个函数模型的方法就是同构法.利用

这个函数模型,就可以将原不等式简化,使不等式中只有指数或对数的形式.三种基本指对同构1.积型:对于不等式aea≤blnb有三种同构方式.

2.商型:对于不等式

<

有三种同构方式.

3.和差型:对于不等式ea±a>b±lnb有两种同构方式.

上面字母均使不等式成立.例1已知a>0,若在(1,+∞)上存在x使得不等式ex-x≤xa-alnx成立,则a的最小值为___________.

e解析不等式既含有指数式又含有对数式,所以可以利用xa=

=ealnx将不等号两边化成同构式,因为xa=

=ealnx,所以不等式即为ex-x≤ealnx-alnx,设g(x)=ex-x,x∈(0,+∞),则原不等式等价于g(x)≤g(alnx),接下来需要研究g(x)的单调性,因为g'(x)=ex-1>0,所以g(x)=ex-x在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≤g(alnx)等价于x≤alnx,因为x>1,所以lnx>0,所以a≥

,即存在x∈(1,+∞),使得a≥

,所以a≥

,

注意是存在性问题,只要有一个满足条件的x即可,所以a≥

设f(x)=

(x>1),则f'(x)=

,当x∈(1,e)时,f'(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(e)=e,则a≥e.故a的最小值为e.例2

(高考真题精选)已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna,若f(x)≥1,求a的取值范围.解析函数的解析式中既有指数式又有对数式,故可考虑同构,观察不等式aex-1-lnx+ln

a≥1,需将a调整到指数部分,aex-1化为elnaex-1=elna+x-1,再凑出elna+x-1+lna+x-1这种结构.由f(x)≥1得aex-1-lnx+lna≥1,则elna+x-1-lnx+lna≥1,即elna+x-1+lna+x-1≥x+lnx,观察此不等式,发现与基本指对同构的类型3一致,且右侧形式简单,可将右侧调整为左

侧形式.所以elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx(*),左右两侧结构相同,可构造函数分析.设g(x)=ex+x,x∈R,则g'(x)=ex+1>0,所以g(x)在R上单调递增,不等式(*)即为g(lna+x-1)≥g(lnx),所以lna+x-1≥lnx,故lna≥lnx-x+1,构造函数,转化为求函数最值问题.设h(x)=lnx-x+1,x>0,则h'(x)=

-1=

,令h'(x)>0,得0<x<1,令h'(x)<0,得x>1,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(1)=0,故lna≥0,则a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞).类型3端点效应恒成立问题中,我们常常见到类似的命题:“对于任意的x∈[a,b],都有f(x)≥0恒成

立”,这里的端点a,b往往是使结论成立的临界条件,因此,如果能利用好这两个值,能给

解题带来很大便利,比如,对于上述命题,观察f(a)和f(b)的取值,这种观察区间端点值来

解决问题的做法,我们称为端点效应.1.若函数f(x,m)≥0(m为参数)在区间[a,b](a<b)上恒成立,且f(a)=0,则f'(a)≥0或f(b)=0,则f'(b)≥0.(此法应用于区间端点的函数值为零的情况)2.若函数f(x,m)≥0(m为参数)在区间[a,b](a<b)上恒成立,且

则f″(a)≥0或

则f″(b)≥0.(此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况)3.应用端点效应的解题步骤:(1)代入端点值,验证是否满足以上两种类型,确定类型并缩小参数范围,这个范围是不

等式恒成立的必要条件.(2)证明充分性,求结果.利用(1)中的参数范围判断函数在定义域内是否单调,若单调,则

必要条件即为充要条件,问题解决;若不单调,则需要进一步讨论并解决问题.注意得到的参数范围的补集需要证明不成立.例1

(高考真题精选)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;(2)当x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.解析

(1)证明:f'(x)=2cosx-cosx+xsinx-1=cosx+xsinx-1,令g(x)=cosx+xsinx-1,无法直接求得零点,需求导分析单调性解决.则g'(x)=-sinx+sinx+xcosx=xcosx,当x∈(0,π)时,令g'(x)=0,得x=

,∴当x∈

时,g'(x)>0;当x∈

时,g'(x)<0,∴g(x)即f'(x)在

上单调递增,在

上单调递减,注意到f'(0)=1-1=0,f'

=

-1>0,f'(π)=-1-1=-2,可画出f'(x)在(0,π)上的示意图如图,

故f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点.(2)设h(x)=f(x)-ax=2sinx-xcosx-(a+1)x,则h'(x)=cosx+xsinx-1-a,注意到h(0)=0,则必有h'(0)≥0(端点效应),得a≤0,接下来只需分别证明当a≤0时,f(x)≥

ax在x∈[0,π]上恒成立;当a>0时,f(x)≥ax不恒成立即可.①当a≤0时,因为x∈[0,π],所以h(x)=f(x)-ax≥f(x),由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,

所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减,又f(0)=0,f(π)=0,所以当x∈[0,π]时,f(x)

≥0,即h(x)≥0.故a≤0符合题意.②当a>0时,h'(x)=cosx+xsinx-1-a,h″(x)=xcosx=g'(x),由(1)可知,h'(x)在

上单调递增;在

上单调递减,注意到h'(0)=-a<0,而h'

=

-a的正负未知,接下来需讨论其正负才能确定h(x)在

上的单调性,1)当a≥

时,h'(x)max=h'

=

-a≤0,∴h(x)在

上单调递减,∴h(x)≤h(0)=0,可知f(x)≥ax不恒成立;2)当0<a<

时,h'(0)<0,h'

=

-a>0,h'(x)在

上的示意图如图,

则∃x1∈

,使得h'(x1)=0,则h(x)在[0,x1)上单调递减,在

上单调递增,则x∈[0,x1)时,h(x)≤h(0)=0,可知f(x)≥ax不恒成立.综上所述,a∈(-∞,0].例2已知a∈R,函数f(x)=ex-1-ax的图象与x轴相切.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x>1时,f(x)>m(x-1)lnx,求实数m的取值范围.解析

(1)由函数图象与x轴相切可得切点的纵坐标为0,切线的斜率为0.f'(x)=ex-1-a,设切点为(x0,0),依题意,知

即

解得

所以f'(x)=ex-1-1.当x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)由(1)知f(x)=ex-1-x.令g(x)=f(x)-m(x-1)lnx=ex-1-x-m(x-1)lnx,x>1,则g'(x)=ex-1-m

-1,令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-m

,注意到g(1)=0,g'(1)=0,则必有h'(1)≥0,得m≤

,接下来只需分别证明当m≤

,x>1时,g(x)>0恒成立;当m>

,x>1时,g(x)>0不恒成立即可.①当m≤

时,因为当x>1时,ex-1>1,m

<1,所以h'(x)>0,所以h(x)即g'(x)在(1,+∞)上单调递增.又因为g'(1)=0,所以当x>1时,g'(x)>0,从而g(x)在(1,+∞)上单调递增,而g(1)=0,所以g(x)>0,即f(x)>m(x-1)lnx恒成立.②当m>

时,可得h'(x)=ex-1-m

在(1,+∞)上单调递增.因为h'(1)=1-2m<0,h'(1+ln(2m))=2m-m

>0,h'(x)在(1,+∞)上的示意图如图,

所以存在x1∈(1,1+ln(2m)),使得h'(x1)=0,且当x∈(1,x1)时,h'(x)<0,所以h(x)即g'(x)在(1,x1)上单调递减,又因为g'(1)=0,所以不妨画出g'(x)在(1,x1)上的示意图如图,

则当x∈(1,x1)时,g'(x)<0,从而g(x)在(1,x1)上单调递减,而g(1)=0,所以当x∈(1,x1)时,g(x)<0,即f(x)>m(x-1)lnx不成立.综上所述,m的取值范围是

.类型4洛必达法则在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围问题时,最常用的方法是分离参数法,

转化成求函数的最值问题,但在求最值时如果出现“

”型或“

”型的代数式,解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.1.洛必达法则应用的情形.已知函数f(x)与g(x)都存在导数f'(x),g'(x),其中g'(x)≠0.①x→a的情形:若

f(x)=

g(x)=0或∞,则

称为

型或

型的不定式,此时有

=

.例如:

=