2023年高考数学二轮复习（全国版文）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 已知函数f(x)＝axln x，当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，求实数a的最大值． 思路分析一 ❶x≥1，fx≤x3 ↓ ❷aln x－x2≤0 ↓ ❸(aln x－x2) ≤0 max ↓ ❹求φx＝aln x－x2x≥1的最大值 思路分析二 ❶x≥1，fx≤x3 ↓ ❷分离参数得a≤ ↓ ❸a≤ ↓ ❹求gx＝x>1的最小值) 解 方法一 由题意知当x≥1时，f(x)≤x3恒成立， 即aln x－x2≤0恒成立， 令φ(x)＝aln x－x2(x≥1)， 则φ′(x)＝(x≥1)， 当a≤2时，a－2x2≤0， ∴φ′(x)≤0， ∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x) ＝φ(1)＝－1<0，故φ(x)≤0恒成立， max ∴a≤2. 当a>2时，当x∈时，φ′(x)>0， 当x∈时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在上单调递增，在上单调递减， ∴φ(x) ＝φ＝aln －≤0，解得a≤2e， max ∴21时，ln x>0，要证axln x－x3≤0恒成立，即证a≤恒成立． 设函数g(x)＝，x>1. 则g′(x)＝＝， 当x∈(1，)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， ∴g(x) ＝g()＝2e，即a≤2e. min 综上，a≤2e， ∴实数a的最大值是2e. [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时， 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0， 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)<0， 所以当a≤0时，f(x)在R上单调递减，当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递增，在(ln a， ＋∞)上单调递减． (2)由aln x＋a－ex>ax－ex 对∀x∈(1，＋∞)恒成立，得ex－ex＋a(ln x＋1－x)>0对∀x∈(1，＋∞)恒成立， 令φ(x)＝ex－ex＋a(ln x＋1－x)， x>1，则φ′(x)＝ex－e＋a， 易得φ(1)＝0，φ′(1)＝0， ①当 a≤0 时，φ′(x)>0 在 x∈(1，＋∞)上恒成立，所以 φ(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(1)＝0成立；②当a>0时，令u(x)＝ex－e＋a， 则u′(x)＝ex－，令v(x)＝ex－， 则v′(x)＝ex＋>0， ∴u′(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴u′(x)>u′(1)＝e－a， (ⅰ)当0u′(1)＝e－a≥0， ∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴u(x)>u(1)＝0， ∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(1)＝0成立； (ⅱ)当a>e时，u′(1)＝e－a<0， u′＝ －e>0， ∴∃x∈，使u′(x)＝0， 0 0 当x∈(1，x)时，u′(x)<0， 0 ∴u(x)在(1，x)上单调递减， 0 即φ′(x)在(1，x)上单调递减， 0 此时有φ′(x)<φ′(1)＝0， ∴φ(x)在(1，x)上单调递减， 0 ∴φ(x)<φ(1)＝0，与题意矛盾． 综上，a≤e. 2．(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当x≥1，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围． 解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0， 故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1. (2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)， 得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax， 令h(x)＝ln x＋1－2ax， 则h′(x)＝－2a＝. ①若a≤0，得h′(x)>0，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. 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·汕头模拟)已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1，g(x)＝cos x＋x2－1. (1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0； (2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围． (1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1， ∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立， 故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴f′(x)≥f′(0)＝0， ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证． (2)解 ∵f(x)＋g(x)＝ex＋cos x－ax－2， 令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a， 令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cos x， ∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0， ∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴h′(x)≥h′(0)＝1－a， ①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，满足题意； ②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0， 0 0 ∴当x∈(0，x)时，h′(x)<0， 0 ∴h(x)在(0，x)上单调递减，此时h(x)