专题一　第5讲　母题突破2　恒成立问题与能成立问题.docx

母题突破2恒成立问题与能成立问题

母题(2023·新乡模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－(2a＋1)x＋2alnx．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

思路分析一

?f?x?≥0恒成立

?f?x?min≥0

?分类讨论求f?x?min

思路分析二

?f?x?≥0恒成立

?求证x－lnx0

?分离参数构造新函数

?求新函数最值

解方法一(求最值法)

f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)≥0恒成立，

所以f(x)min≥0，

f′(x)＝x－(2a＋1)＋eq\f(2a,x)＝eq\f(x2－?2a＋1?x＋2a,x)＝eq\f(?x－1??x－2a?,x).

当a≤0时，由f′(x)0，得x1；

由f′(x)0，得0x1，

所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，

所以f(x)min＝f(1)＝－eq\f(1,2)－2a，

由－eq\f(1,2)－2a≥0，可得a≤－eq\f(1,4).

当a0时，注意到f(1)＝－eq\f(1,2)－2a0，不符合题意，

故a≤－eq\f(1,4)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).

方法二(分离参数法)

由f(x)≥0，可得eq\f(1,2)x2－x－2a(x－lnx)≥0.

构造函数h(x)＝x－lnx，

则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，

由h′(x)0，得x1；由h′(x)0，得0x1，

所以h(x)min＝h(1)＝10，

所以x－lnx0，

所以原不等式等价于2a≤eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx).

令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)(x0)，

则g′(x)＝eq\f(?x－1?\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1－lnx)),?x－lnx?2).

令φ(x)＝eq\f(1,2)x＋1－lnx，则φ′(x)＝eq\f(x－2,2x)，

由φ′(x)0，得x2；由φ′(x)0，得0x2，

易知φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，

所以φ(x)≥φ(2)＝2－ln20，

所以当x1时，g′(x)0；

当0x1时，g′(x)0，

所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝－eq\f(1,2)，

由2a≤－eq\f(1,2)，得a≤－eq\f(1,4)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))).

[子题1](2023·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－lnx．若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)0，求a的取值范围．

解存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)0，

即－lnx00，即lnx0.

即存在x0∈[e，＋∞)，使ea.

令h(x)＝eq\f(ex,lnx)，因此只要函数h(x)＝eq\f(ex,lnx)在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．

h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),?lnx?2)，

令u(x)＝lnx－eq\f(1,x)，

∵u′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)0，

∴u(x)在[e，＋∞)上单调递增，

又u(e)＝1－eq\f(1,e)0.

∴h′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),?lnx?2)0在[e，＋∞)上恒成立．

∴h(x)＝eq\f(ex,lnx)在[e，＋∞)上单调递增，

函数h(x)＝eq\f(ex,lnx)在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，

由h(e)＝eeea，得ae.

故a的取值范围是(e，＋∞)．

[子题2](2023·全国乙卷改编)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．若f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．

解f′(x)＝－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)，

因为f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．

令－eq\f(1,x2)ln(x＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,x＋1)≥0，

则－(x＋1)ln(x＋1)＋(