1
考点突破练19 不等式恒成立或有解问题
1.(2023 江苏南京模拟)已知函数f(x)=4ln x-ax+a+3
x
(a≥0).
(1)当a=1
2时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1 时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈[
1
2 ,2],使得f(x1)>g(x2)成立,求实数a 的取值范围.(e 为
自然对数的底数,e=2.718 28…)
2.(2020 新高考Ⅰ,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1 恒成立,求实数a 的取值范围.
3.(2023 湖南郴州三模)已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=ln x+a(a∈R).
(1)若a=1,f(x)>g(x)在区间(0,t)上恒成立,求实数t 的取值范围;
(2)若函数f(x)和g(x)有公切线,求实数a 的取值范围.
4.(2023 河北石家庄三模)若定义在区间I 上的函数y=f(x),其图象上存在不同两点处的切线相互平行,
则称函数y=f(x)为区间I 上的“曲折函数”,现已知函数f(x)=2a2ln x+x2(a>0).
(1)证明:y=f(x)是(0,+∞)上的“曲折函数”;
(2)设0<x0<a,证明:∃xm∈(x0,a),使得对于∀x∈(xm,a),均有(a-x0)f'(x)-f(a)+f(x0)<0.
2
考点突破练19 不等式恒成立或有解问题
1.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1
2时,f(x)=4ln x- x
2 + 7
2 x ,∴f'(x)=4
x - 1
2 - 7
2 x
2=-
( x -1)( x -7)
2 x
2
,
令f'(x)>0,得1<x<7,令f'(x)<0,可得0<x<1 或x>7,∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1),(7,+∞),单调
递增区间为(1,7).∴当x=1 时,函数取得极小值f(1)=3;
当x=7 时,函数取得极大值f(7)=4ln 7-3.
(2)f'(x)=-a x
2+ 4 x -(a+3)
x
2
(x>0),令h(x)=-ax2+4x-(a+3),
若a≥1,则Δ=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0,当且仅当a=1 时,等号成立,∴h(x)≤0,即f'(x)≤0 且不
恒为零,
∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,
∴当a≥1 时,f(x)在[
1
2 ,2]上单调递减,
∴f(x)在[
1
2 ,2]上的最大值为f(
1
2)=-4ln 2+3
2a+6.g'(x)=2ex-4,令g'(x)=0,得x=ln 2,
∴当x∈(
1
2 ,ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(ln 2,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)在[
1
2 ,2]上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a.
若存在x1,x2∈[
1
2 ,2],使得f(x1)>g(x2)成立,则f(x)max>g(x)min成立,∴-4ln 2+3
2a+6>4-4ln 2+2a,解得
a<4,又a≥1,∴实数a 的取值范围为[1,4).
2.解 (1)当a=e 时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-1
x ,
∴f'(1)=e-1.∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2,
∴切线与两坐标轴交点坐标分别为(0,2),(
-2
e -1 ,0),
∴所求三角形面积为1
2×2×|
-2
e -1|=
2
e -1.
(2)(方法一)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,∴f'(x)=aex-1-1
x ,且a>0.设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+ 1
x
2>0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增,当a=1 时,
f'(1)=0,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1 成立.当a>1 时,0<1
a<1,∴e
1
a -1<1,
∴f'(
1
a)f'(1)=a(e
1
a -1-1)(a-1)<0,∴存在唯一x0>0,使得f'(x0)=ae
x0-1- 1
x0
=0,即ae
x0-1= 1
x0
,即ln
a+x0-1=-ln x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因此
f(x)min=f(x0)=ae
x0-1-ln x0+ln a= 1
x0
+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+2√
1
x0
· x0=2ln
a+1>1,∴f(x)>1,∴f(x)≥1 恒成立;当0<a<1 时,f(1)=a+ln a<a<1,
∴f(1)<1,f(x)≥1 不是恒成立.
综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞).
3
(方法二)由题意知a>0,x>0,令aex-1=t,
∴ln a+x-1=ln t,∴ln a=ln t-x+1.
∴f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1.
∵f(x)≥1,即t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x,而y=x+ln x 在(0,+∞)上单调递增,故t≥x,即
aex-1≥x,分离参数后有a≥x
e
x -1.
令g(x)= x
e
x -1,∴g'(x)=e
x -1- x e
x -1
e
2 x -2
= e
x -1(1- x )
e
2 x -2
.
当0<x<1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴当x=1 时,g(x)= x
e
x -1取得最
大值,且最大值为g(1)=1.∴a≥1.∴a 的取值范围为[1,+∞).
3.解 (1)由题意,当a=1 时,设h(x)=f(x)-g(x),
则h(x)=x2-x+1-ln x-1=x2-x-ln x(x>0),
h'(x)=2x-1-1
x = 2 x
2- x -1
x
=(2 x +1)( x -1)
x
,令h'(x)=0,得x=1,∴h(x)在(0,1)上单调递减,在
(1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=0.∴t 的取值范围为(0,1].
(2)设函数f(x)在点(x1,f(x1))处与函数g(x)在点(x2,g(x2))处有相同的切线,且切线斜率存在,则
f'(x1)=g'(x2)=f ( x1)- g( x2)
x1- x2
,∴2x1-a= 1
x2
= x1
2-a x1+1- ln x2-a
x1- x2
,
∴x1= 1
2 x2
+ a
2,代入x1- x2
x2
= x1
2-ax1+1-ln x2-a,得1
4 x2
2 + a
2 x2+ln x2+a
2
4 +a-2=0.∴问题转化为关于x
的方程1
4 x
2 + a
2 x +ln x+a
2
4 +a-2=0 有解,设F(x)= 1
4 x
2 + a
2 x +ln x+a
2
4 +a-2(x>0),
F'(x)=- 1
2 x
3 - a
2 x
2 + 1
x = 2 x
2-ax -1
2 x
3
,
设2x0
2-ax0-1=0(x0>0),则
当0<x<x0时,F'(x)<0,当x>x0时,F'(x)>0.
∴F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴问题转化为F(x)的最小值小于或等于0.∴F(x)的最小值为F(x0)= 1
4 x0
2 + a
2 x0+ln x0+a
2
4 +a-2.
由2x0
2-ax0-1=0,知a=2x0- 1
x0
,故F(x0)=x0
2+2x0- 1
x0
+ln x0-2.设φ(x)=x2+2x-1
x +ln x-2(x>0),则
φ'(x)=2x+2+ 1
x
2 + 1
x >0,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.∵φ(1)=0,∴当x∈(0,1]时,φ(x)≤0,∴F(x)的最
小值F(x0)≤0 等价于0<x0≤1.又函数y=2x-1
x 在(0,1]上单调递增,∴a=2x0- 1
x0
∈(-∞,1].故a 的取值
范围是(-∞,1].
4.证明 (1)(方法一)要证y=f(x)是(0,+∞)上的曲折函数,
即证存在两个不同的x1,x2∈(0,+∞),使得f'(x1)=f'(x2),令g(x)=f'(x)=2a
2
x +2x,
即证∃x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,使得g(x1)=g(x2).
任取m>4a>0,考虑方程g(x)=m 的正数解的情况.
2a
2
x +2x=m⇔2x2-mx+2a2=0,
判别式Δ=m2-16a2>0,故方程有两个不相等的实根x1,x2,
则x1+x2=m
2 >0,x1x2=a2>0,从而x1>0,x2>0.
4
即g(x)=m 有两个不相等的正实数解x1,x2,
所以g(x1)=g(x2),即y=f(x)是(0,+∞)上的曲折函数.
(方法二)设P(x1,y1),Q(x2,y2)是函数f(x)图象上两点,x1≠x2,f'(x)=2a
2
x +2x(x>0),f'(x1)=f'(x2)等价于2a
2
x1
+2x1=2a
2
x2
+2x2,即2(x1-x2)(
a
2
x1 x2
-1)=0(x1≠x2),即x1x2=a2>0,即存在两个不相等的正实数x1,x2,使
f'(x1)=f'(x2),所以y=f(x)是(0,+∞)上的“曲折函数”.
(2)设函数F(x)=(a-x0)f'(x)-f(a)+f(x0),
则F(x)=(a-x0)(
2a
2
x +2 x)-2a2ln a
x0
-a2+x0
2,
则F'(x)=(a- x0)
x
2
(2x2-2a2),因为x0<a,
所以当x∈(0,a)时,F'(x)<0,当x∈(a,+∞)时,F'(x)>0,故F(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递
增.
(方法一)取x=x0代入函数y=F(x),
可得F(x0)=(a-x0)(
2a
2
x0
+2 x0)-2a2ln a
x0
-a2+x0
2=a2[2(a- x0)
x0
- x0
2
a
2 + 2 x0
a -2ln a
x0
-1],
令a
x0=t,其中t>1,故F(x0)=a2(2t-3- 1
t
2 + 2
t -2ln t),
构造函数H(t)=2t-3- 1
t
2 + 2
t -2ln t(t>1),则H'(t)=2+ 2
t
3 - 2
t
2 - 2
t =2(t -1)
2(t +1)
t
3
>0,从而H(t)在
(1,+∞)上单调递增,故H(t)>H(1)=0,所以F(x0)>0,
①
再取x=a 代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x0)-2a2ln a
x0
-a2+x0
2=a2(3-4 x0
a + x0
2
a
2+2ln x0
a ),
令x0
a =n,其中0<n<1,则F(a)=a2(3-4n+n2+2ln n),
构造函数S(n)=3-4n+n2+2ln n,n∈(0,1),则S'(n)=2(n-1)
2
n
>0,故S(n)在(0,1)上单调递增,即
S(n)<S(1)=0,所以F(a)<0,
②
又因为F(x)在(x0,a)上单调递减,结合①与②,由零点存在定理,必存在唯一的xm∈(x0,a),使得
F(xm)=0,且对任意的x∈(xm,a),均有F(x)<F(xm)=0.
(方法二)取x=x0代入函数y=F(x),可得
F(x0)=(a-x0)(
2a
2
x0
+2 x0)-2a2ln a
x0
-a2+x0
2,
设m(x)=(a-x)(
2a
2
x +2 x)-2a2lna
x -a2+x2,x∈(0,a),
则m'(x)=-2(a- x )
2( x +a)
x
2
<0,所以m(x)在(0,a)上单调递减,m(x)>m(a)=0,所以F(x0)>0.
③
再取x=a 代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x0)-2a2ln a
x0
-a2+x0
2=3a2-4ax0+x0
2-2a2ln a
x0
,
设n(t)=3t2-4tx0+x0
2-2t2ln t
x0
,t∈(x0,+∞),n'(t)=4t-4x0-4tln t+4tln x0=h(t),则h'(t)=-4ln t+4ln x0,
因为t>x0,所以h'(t)<0,n'(t)在(x0,+∞)上单调递减,所以n'(t)<n'(x0)=0,所以n(t)在(x0,+∞)上单调递
减,所以n(t)<n(x0)=0,所以F(a)<0.
④
5
又因为F(x)在(x0,a)上单调递减,结合③与④,由零点存在定理,必存在唯一的xm∈(x0,a),使得
F(xm)=0,且对任意的x∈(xm,a),均有F(x)<F(xm)=0.
