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高考难点突破课一 导数的综合问题
第一课时 利用导数研究恒(能)成立问题
内容
索引
核心突破
题型剖析
分层训练
巩固提升
HEXINTUPOTIXINGPOUXI
核心突破 题型剖析1
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题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题
解 当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
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①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，
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则h′(x)＝ex－x－1，
令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
g(x)单调递减.
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分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
感悟提升
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解 因为f′(x)＝a－ex，x∈R，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
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(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围.
解 因为∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
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当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
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题型二 分类讨论法解决恒成立问题
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
解 (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，
所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，
所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.
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(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.
解 令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1).
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
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②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意.
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).
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根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，
如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，
解不等式即得参数范围.
感悟提升
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训练2 已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x) ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的
取值范围.
解 f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－a(x≥0)，
当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x<ln a.
∴h(x)在[0，ln a)上单调递减，
又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，
∴a>1不合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
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题型三 双变量的恒(能)成立问题
(1)求函数f(x)的单调区间；
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
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所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以实数a的取值范围为(0，3].
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解决“双变量”的恒(能)成立问题的关键是进行等价变换，常见的等价
转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
感悟提升
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(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
解 由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
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由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
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洛必达法则微点突破
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例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
解 f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
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(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，
则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件.
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②当a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a，
若0<x<ln a，则φ′(x)<0，
若x>ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
∴g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，
故a>1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
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法二 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
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∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1.
故实数a的取值范围为(－∞，1].
FENCENGXUNLIAN GONGGUTISHENG
分层训练 巩固提升2
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A级 基础巩固
1.函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.
则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，
得a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4].
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∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
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∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
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∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
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(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增.
所以F(x)在x＝－1处取得最小值，
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(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
求实数m的取值范围.
解 因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒
成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立.
即实数m的取值范围是[e，＋∞).
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(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
①若a≤1，则当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，则
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
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综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1.
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(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒
成立，求a的取值范围.
解 由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
又g′(x)＝(1－ex)x.
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x)min＝g(0)＝1，
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本课结束
