2023年高考数学二轮复习(全国版理)第1部分专题突破专题1第6讲母题突破2　恒成立问题与有解问题_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习

母题突破 2 恒成立问题与有解问题 母题 (2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 2思路分析一 ❶∀x≥0，fx≥x3＋1 ↓ ❷分离参数a≥gx ↓ ❸a≥gx max ↓ ❹求gx max 思路分析二 ❶∀x≥0，fx≥x3＋1 ↓ ❷等价变形 ↓ ❸构造新函数 ↓ ❹求新函数的最值 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1， 由于φ′(x)＝ex＋2>0， 故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)方法一 由f(x)≥x3＋1得， ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0. ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； ②当x>0时，分离参数a得， a≥－， 记g(x)＝－， g′(x)＝－，令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)， 则h′(x)＝ex－x－1， 令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0， 故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0， 故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0， 由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立， 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； 因此，g(x) ＝g(2)＝， max 综上可得，a的取值范围是. 方法二 f(x)≥x3＋1等价于 e－x≤1. 设函数g(x)＝e－x(x≥0)， 则g′(x) ＝－e－x ＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x. ①若2a＋1≤0，即a≤－， 则当x∈(0,2)时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1， 故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意． ②若0<2a＋1<2，即－0， 所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减， 在(2a＋1,2)上单调递增． 由于g(0)＝1， 所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1， 即a≥. 所以当≤a<时，g(x)≤1. ③若2a＋1≥2，即a≥， 则g(x)≤e－x. 由于0∈，故由②可得e－x≤1. 故当a≥时，g(x)≤1. 综上，a的取值范围是. [子题1] 已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围． 解 因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解， 所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解， 当x>0时，a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－， 则g′(x)＝－ ＝. 显然当x>0时，ex>x＋1， 即ex－(x＋1)>0， 当01时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，g(x) ＝e－2， min 所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)． [子题2] (2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)＝aeax＋a(a>0)，g(x)＝2ln x．若对∀x>0， f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解 由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2， 即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2， 设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax， h(x2)＝(x2＋1)ln x2， 由h′(x)＝ln x＋＋1，设m(x)＝ln x＋＋1，可得m′(x)＝， 所以当01时，m′(x)>0，m(x)单调递增， 所以m(x) ＝h′(x) ＝h′(1)＝2>0， min min 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对∀x>0恒成立， 即a≥对∀x>0恒成立， 设n(x)＝，则n′(x)＝， 当00，n(x)单调递增； 当x>e时， n′(x)<0，n(x)单调递减， 所以n(x) ＝n(e)＝，故a≥， max所以实数a的取值范围为. 规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 ①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题． ②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为 a>f(x) 或a0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝0， 从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意； ②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝. (ⅰ)若01， 当x∈时， h′(x)>0，g′(x)在上单调递增， 从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0， 所以g(x)在上单调递增， 此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意； (ⅱ)若a≥，则0<≤1， h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减， g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0， 从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0， 所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立． 综上所述，a的取值范围是. 2．(2022·榆林模拟)已知函数f(x)＝aex＋1，g(x)＝ln x. (1)讨论函数h(x)＝g(x)＋的单调性； (2)若xf(x)<－g(x)＋1，求a的取值范围． 解 (1)因为h(x)＝g(x)＋＝ln x＋ax，x>0， 所以h′(x)＝＋a， 若a≥0，则h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若a<0，则当x∈时，h′(x)>0； 当x∈时，h′(x)<0. 故h(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a≥0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，h(x)在上单调递增， 在上单调递减． (2)由xf(x)<－g(x)＋1等价于 a<＝， 令t＝xex(t>0)， φ(t)＝， 则φ′(t)＝， 由φ′(t)＝0，可得t＝e2， 当t∈(0，e2)时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减； 当t∈(e2，＋∞)时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增． 故φ(t) ＝φ(e2)＝－， min 所以a的取值范围为. 专题强化练 1．(2022·河北联考)已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2－bx. (1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值． (2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b， ∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线， ∴ 即 ∴ (2)欲使f(x)≥g(x)恒成立， 即ax2ln x≥x2－bx成立， 即axln x－x≥－b成立， ∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立， ∴axln x－x≥－恒成立， 当x＝1时，有－1≥－成立， ∴a∈R， 当x∈(1，e]时，a≥， 令G(x)＝， 则G′(x)＝， 令m(x)＝ln x－x＋， 则m′(x)＝－1，且m′＝0， 当10， 当0，m＝ln >0，m(e)＝0， ∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0， 即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增， 当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝， ∴a≥， 综上所述，a的取值范围是. 2．(2022·吕梁模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x≥0时，不等式f(x)≤ex－1恒成立，求实数a的取值范围． 解 (1)由题意得x>－1，f′(x)＝－a. 当a≤0时，f′(x)>0， 故函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增； 当a>0时， 在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0， 所以函数f(x)在区间上单调递增， 在区间上单调递减． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间 上单调递增， 在区间上单调递减． (2)由f(x)≤ex－1， 可得ln(x＋1)－ax＋1－ex≤0， 设g(x)＝ln(x＋1)－ax＋1－ex，g(0)＝0， 则g′(x)＝－a－ex. 设h(x)＝g′(x)＝－a－ex， 则h′(x)＝－－ex<0， 所以函数g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， 则g′(x)≤g′(0)＝－a. 当a≥0时，g′(x)≤0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0恒成立； 当a<0时，g′(0)＝－a>0， 因为g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递减， 所以∃x∈(0，＋∞)，在区间(0，x)上， 0 0 有g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，x)上单调递增， 0 所以在区间(0，x)上g(x)>g(0)＝0，不合题意． 0 综上所述，实数a的取值范围为[0，＋∞)．