2023年新高考数学大一轮复习专题49讲 专题一 函数与导数 第8讲 恒成立问题与有解问题　.docx

1、第8讲恒成立问题与有解问题母题(2014全国)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)，求a的取值范围(2)思路分析存在x01，使得f(x0)f(x)min0，f(x)在(1，)上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1.若a1，故当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，在上单调递增所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f，所以不符合题意若a1，则f(1)10，所以f(x)在(0，)上单调递增，无极值点；当a0时，由f(x)a0，得0x，由f(x)a，

2、所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以函数f(x)有极大值点，无极小值点(2)由条件可得ln xx2ax0(x0)恒成立，则当x0时，ax恒成立，令h(x)x，x0，则h(x)，令k(x)1x2ln x，x0，则当x0时，k(x)2x0，在(1，)上，h(x)0时，当x0，g(x)在(，1)上单调递增；当x1时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，对x1(0，)，x2，使得g(x2)g1f(x1)，符合题意当k0时，g(x)0，取x1，对x2R有f(x1)g(x2)0，不符合题意当k0时，当x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，g(x)ming(1)，若对

3、x1(0，)，x2R，使得f(x1)g(x2)0，只需g(x)minf(x)min，即，解得k.综上所述，k(0，)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分离参数法，将参数分离出来，进而转化为af(x)max或af(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围(2)不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别跟踪演练1(2020全国改编)已知函数f(x)2ln x1.若f(x)2xc，求c的取值范围解设h(x)f(x)2xc，则h(x)2ln x2x1c，其定义域为(0，)，h(x)2

4、.当0x0；当x1时，h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减从而当x1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)1c.故当1c0，即c1时，f(x)2xc.所以c的取值范围为1，)2已知函数f(x)(1x)ex1.(1)求f(x)的极值；(2)设g(x)(xt)22，存在x1(，)，x2(0，)，使方程f(x1)g(x2)成立，求实数m的最小值解(1)f(x)xex，当x(0，)时，f(x)0，当x0时，f(x)有极大值f(0)e010，f(x)没有极小值(2)由(1)知f(x)0，又因为g(x)(xt)220，所以要使方程f(x1)g(x2)有解，必然存在

5、x2(0，)，使g(x2)0，所以xt，ln x，等价于方程ln x有解，即方程mxln x在(0，)上有解，记h(x)xln x，x(0，)，则h(x)ln x1，令h(x)0，得x，所以当x时，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x时，h(x)min，所以实数m的最小值为.专题强化练1(2020新高考全国改编)已知函数f(x)aex1ln xln a若f(x)1，求a的取值范围解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.当0a1时，f(1)aln a1.当a1时，f(x)ex1ln x，f(x)ex1.当x(0,1)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)1，

6、从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1ln xln aex1ln x1.综上，a的取值范围是1，)2设函数f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR)若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x(x0)，易知当x(0，)时，ln xx1，则f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)当2a10，即a时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，符合题意；当a0时，由x1，)得f(x)0恒成立，f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0，显然不符合题意，a0舍去；当0a时，由ln xx1，得ln 1，即ln x1，则f(x)2a(x1)(2ax1)，0a1.当x时，f(x)0恒成立，f(x)在上单调递减，当x时，f(x)f(1)0，显然不符合题意，0a舍去综上可得，a.