考点突破练 19 不等式恒成立或有解问题
a+3
1.(2023江苏南京模拟)已知函数f(x)=4ln x-ax+ (a≥0).
x
1
(1)当a= 时,求f(x)的极值;
2
[1 ]
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x,x∈ ,2 ,使得f(x)>g(x)成立,求实数a的取值范围.(e为
1 2 2 1 2
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<x <a,证明: x ∈(x,a),使得对于∀x∈(x ,a),均有(a-x )f'(x)-f(a)+f(x)<0.
0 m 0 m 0 0
∃考点突破练 19 不等式恒成立或有解问题
1 x 7 4 1 7
1.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),当a= 时,f(x)=4ln x- + ,∴f'(x)= - - =-
2 2 2x x 2 2x2
(x-1)(x-7)
,
2x2
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.
-ax2+4x-(a+3)
(2)f'(x)= (x>0),令h(x)=-ax2+4x-(a+3),
x2
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,
[1 ]
∴当a≥1时,f(x)在 ,2 上单调递减,
2
[1 ] (1) 3
∴f(x)在 ,2 上的最大值为f =-4ln 2+ a+6.g'(x)=2ex-4,令g'(x)=0,得x=ln 2,
2 2 2
(1 )
∴当x∈ ,ln2 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
2
当x∈(ln 2,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
[1 ]
∴g(x)在 ,2 上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a.
2
[1 ] 3
若存在x ,x ∈ ,2 ,使得f(x )>g(x )成立,则f(x) >g(x) 成立,∴-4ln 2+ a+6>4-4ln 2+2a,解得
1 2 2 1 2 max min 2
a<4,又a≥1,∴实数a的取值范围为[1,4).
1
2.解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex- ,
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,
(
-2
)
∴切线与两坐标轴交点坐标分别为(0,2), ,0 ,
e-1
1 |-2 | 2
∴所求三角形面积为 ×2× = .
2 e-1 e-1
1 1
(2)(方法一)∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,∴f'(x)=aex-1- ,且a>0.设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+ >0,
x x2
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增,当a=1时,
1 1
f'(1)=0,∴f(x)
min
=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.当a>1时,0<
a
<1,∴
ea
-1<1,
∴f' (1 a ) f'(1)=a( e 1 a -1-1)(a-1)<0,∴存在唯一x 0 >0,使得f'(x 0 )=aex 0 -1- x 1 =0,即aex 0 -1= x 1 ,即ln
0 0
a+x -1=-ln x ,且当x∈(0,x )时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(x ,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因此
0 0 0 0
1 √ 1
f(x) min =f(x 0 )=aex 0 -1-ln x 0 +ln a= x +ln a+x 0 -1+ln a≥2ln a-1+2 x ·x 0 =2ln
0 0
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,+∞).(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
x
aex-1≥x,分离参数后有a≥ ex-1⇔.
x ex-1-xex-1 ex-1(1-x)
令g(x)= ,∴g'(x)= = .
ex-1 e2x-2 e2x-2
x
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)= 取得最
ex-1
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),
1 2x2-x-1 (2x+1)(x-1)
h'(x)=2x-1- = = ,令h'(x)=0,得x=1,∴h(x)在(0,1)上单调递减,在
x x x
(1,+∞)上单调递增,∴h(x) =h(1)=0.∴t的取值范围为(0,1].
min
(2)设函数f(x)在点(x ,f(x ))处与函数g(x)在点(x ,g(x ))处有相同的切线,且切线斜率存在,则
1 1 2 2
f (x )-g(x ) 1 x2-ax +1-ln x -a
f'(x )=g'(x )= 1 2 ,∴2x -a= = 1 1 2 ,
1 2 x -x 1 x x -x
1 2 2 1 2
1 a x -x 1 a a2
∴x = + ,代入 1 2=x2 -ax +1-ln x -a,得 + +ln x + +a-2=0.∴问题转化为关于x
1 2x 2 x 1 1 2 4x2 2x 2 4
2 2 2 2
1 a a2 1 a a2
+ +
的方程 +ln x+ +a-2=0有解,设F(x)= +ln x+ +a-2(x>0),
4x2 2x 4 4x2 2x 4
1 a 1 2x2-ax-1
F'(x)=- - + = ,
2x3 2x2 x 2x3
设2x2 -ax -1=0(x >0),则
0 0 0
当0<x<x 时,F'(x)<0,当x>x 时,F'(x)>0.
0 0
∴F(x)在(0,x )上单调递减,在(x ,+∞)上单调递增,
0 0
1 a a2
+
∴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(x )= +ln x + +a-2.
0 4x2 2x 0 4
0 0
1 1 1
由2x2 -ax -1=0,知a=2x - ,故F(x )=x2 +2x - +ln x -2.设φ(x)=x2+2x- +ln x-2(x>0),则
0 0 0 x 0 0 0 x 0 x
0 0
1 1
φ'(x)=2x+2+ + >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
x2 x
1 1
小值F(x )≤0等价于0<x ≤1.又函数y=2x- 在(0,1]上单调递增,∴a=2x - ∈(-∞,1].故a的取值
0 0 x 0 x
0
范围是(-∞,1].
4.证明 (1)(方法一)要证y=f(x)是(0,+∞)上的曲折函数,
2a2
即证存在两个不同的x ,x ∈(0,+∞),使得f'(x )=f'(x ),令g(x)=f'(x)= +2x,
1 2 1 2 x
即证∃x ,x ∈(0,+∞),x ≠x ,使得g(x )=g(x ).
1 2 1 2 1 2
任取m>4a>0,考虑方程g(x)=m的正数解的情况.
2a2
+2x=m 2x2-mx+2a2=0,
x
判别式Δ=m⇔ 2-16a2>0,故方程有两个不相等的实根x
1
,x
2
,
m
则x +x = >0,x x =a2>0,从而x >0,x >0.
1 2 2 1 2 1 2即g(x)=m有两个不相等的正实数解x ,x ,
1 2
所以g(x )=g(x ),即y=f(x)是(0,+∞)上的曲折函数.
1 2
2a2 2a2
(方法二)设P(x ,y ),Q(x ,y )是函数f(x)图象上两点,x ≠x ,f'(x)= +2x(x>0),f'(x )=f'(x )等价于
1 1 2 2 1 2 x 1 2 x
1
2a2
(
a2
)
+2x = +2x ,即2(x -x ) -1 =0(x ≠x ),即x x =a2>0,即存在两个不相等的正实数x ,x ,使
1 x 2 1 2 x x 1 2 1 2 1 2
2 1 2
f'(x )=f'(x ),所以y=f(x)是(0,+∞)上的“曲折函数”.
1 2
(2)设函数F(x)=(a-x )f'(x)-f(a)+f(x ),
0 0
(2a2 ) a
则F(x)=(a-x ) +2x -2a2ln -a2+x2 ,
0 x x 0
0
(a-x )
则F'(x)= 0 (2x2-2a2),因为x <a,
x2 0
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=x 代入函数y=F(x),
0
(2a2 ) a 2(a-x ) x2 2x a
可得F(x )=(a-x ) +2x -2a2ln -a2+x2 =a2[ 0 - 0+ 0-2ln -1],
0 0 x 0 x 0 x a2 a x
0 0 0 0
a 1 2
+
令 =t,其中t>1,故F(x )=a2(2t-3- -2ln t),
x 0 t2 t
0
1 2 2 2 2 (t-1)2(t+1)
构造函数H(t)=2t-3- + -2ln t(t>1),则H'(t)=2+ - - =2 >0,从而H(t)在
t2 t t3 t2 t t3
(1,+∞)上单调递增,故H(t)>H(1)=0,所以F(x )>0, ①
0
a x x2 x
再取x=a代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x )-2a2ln -a2+x2 =a2(3-4 0+ 0+2ln 0),
0 x 0 a a2 a
0
x
令 0 =n,其中0<n<1,则F(a)=a2(3-4n+n2+2ln n),
a
(n-1)2
构造函数S(n)=3-4n+n2+2ln n,n∈(0,1),则S'(n)=2 >0,故S(n)在(0,1)上单调递增,即
n
S(n)<S(1)=0,所以F(a)<0, ②
又因为F(x)在(x ,a)上单调递减,结合①与②,由零点存在定理,必存在唯一的x ∈(x ,a),使得
0 m 0
F(x )=0,且对任意的x∈(x ,a),均有F(x)<F(x )=0.
m m m
(方法二)取x=x 代入函数y=F(x),可得
0
(2a2 ) a
F(x )=(a-x ) +2x -2a2ln -a2+x2,
0 0 x 0 x 0
0 0
(2a2 ) a
设m(x)=(a-x) +2x -2a2ln -a2+x2,x∈(0,a),
x x
2(a-x)2(x+a)
则m'(x)=- <0,所以m(x)在(0,a)上单调递减,m(x)>m(a)=0,所以F(x )>0. ③
x2 0
a a
再取x=a代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x )-2a2ln -a2+x2 =3a2-4ax +x2 -2a2ln ,
0 x 0 0 0 x
0 0
t
设n(t)=3t2-4tx +x2 -2t2ln ,t∈(x ,+∞),n'(t)=4t-4x -4tln t+4tln x =h(t),则h'(t)=-4ln t+4ln x ,
0 0 x 0 0 0 0
0
因为t>x ,所以h'(t)<0,n'(t)在(x ,+∞)上单调递减,所以n'(t)<n'(x )=0,所以n(t)在(x ,+∞)上单调递
0 0 0 0
减,所以n(t)<n(x )=0,所以F(a)<0. ④
0又因为F(x)在(x ,a)上单调递减,结合③与④,由零点存在定理,必存在唯一的x ∈(x ,a),使得
0 m 0
F(x )=0,且对任意的x∈(x ,a),均有F(x)<F(x )=0.
m m m
