《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题31　单变量恒成立之最值分析法(解析版)

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专题 31　单变量恒成立之最值分析法
【方法总结】
单变量恒成立之最值分析法
遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数 h(x)＝f(x)－g(x)或
“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转
化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
【例题选讲】
[例1]　已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0 恒成立，求 a的取值范围．
解析　(1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则 f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由 f′(x)＝0得x＝ln a．
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由 f′(x)＝0得x＝ln．
当x∈时，f′(x)＜0；当 x∈时，f′(x)＞0．
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)①若a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0．
②若a＞0，则由(1)得，当 x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2lna≥0，即 0＜a≤1 时，f(x)≥0．
③若a＜0，则由(1)得，当 x＝ln 时，f(x)取得最小值，最小值为 f＝a2，
从而当且仅当 a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0．
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
[例2]　已知函数 f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．
(1)讨论 f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；
(2)当a>1 时，若存在 x∈(1，＋∞)，使得 f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数 a的取值范围．
解析　(1)由f(x)＝xln x－ax＋1＝0可得 a＝ln x＋，
令g(x)＝ln x＋，易知 g′(x)＝－＝．
∴g′(x)>0 在(1，＋∞)上恒成立，故 g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝1，所以当 x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．
故当 a≤1 时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当 a>1 时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．
(2)当a>1 时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由 f′(x)＝ln x＋1－a＝0得x＝ea－1，
所以 f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以 f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．
若存在 x∈(1，＋∞)，使得 f(x)<(e－1)(a－3)成立，
只需 1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式 ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0 成立．
令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则 h′(a)＝ea－1＋e－1，
易知 h′(a)＝ea－1＋e－1>0 在(1，＋∞)上恒成立，
故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又 h(2)＝0，所以 a>2，
故实数 a的取值范围为(2，＋∞)．
[例3]　已知函数 f (x)＝alnx＋xb(a≠0)．
(1)当b＝2时，讨论函数 f (x)的单调性；
(2)当a＋b＝0，b>0 时，对任意的 x∈，恒有 f(x)≤e－1成立，求实数 b的取值范围．
思路　(2)由已知 a＋b＝0消去 a，转化为最值问题，即－bln x＋xb≤e－1恒成立，无法分离参数 b，用
单调性分析法解决．
解析　(1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)．当 b＝2时，f (x)＝alnx＋x2，所以 f ′(x)＝＋2x＝．
①当a>0 时，f ′(x)>0，所以函数 f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0 时，令 f ′(x)＝0，解得 x＝(负值舍去)，
当0<x<时，f ′(x)<0，所以函数 f (x)在上单调递减；
当x>时，f ′(x)>0，所以函数 f (x)在上单调递增．
综上所述，当 b＝2，a>0 时，函数 f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当b＝2，a<0 时，函数 f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)因为对任意的 x∈，恒有 f (x)≤e－1成立，所以当 x∈时，f (x)max≤e－1．
当a＋b＝0，b>0 时，f (x)＝－bln x＋xb，f ′(x)＝－＋bxb－1＝．
令f ′(x)<0，得 0<x<1；令 f ′(x)>0，得 x>1．
所以函数 f (x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
f (x)max 为f()＝b＋e－b与f (e)＝－b＋eb中的较大者．
f (e)－f()＝eb－e－b－2b
．
令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，
则当 m>0 时，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以 g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故 g(m)>g(0)＝0，
所以 f (e)> f()，从而 f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即 eb－b－e＋1≤0．
设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则 φ′(t)＝et－1>0，所以 φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以 eb－b－e＋1≤0 的解集为(0，1]．所以 b的取值范围为(0，1]．
悟通　(2)构造 f (x)＝－bln x＋xb并进行单调性分析后，最大值不定或 f()或f(e)，作差比较，f(e)－f()＝
eb－e－b－2b
．
又不能确定差值的正负，只能构造函数 g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，用基本不等式求出最大
值g(m)>g(0)＝0，f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，但又解不出 b的不等式，再次构造函数 φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)进
行处理，解不等式．构造函数，解不等式也是高考题的常用套路．
[例4]　已知 a∈R，设函数 f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤ ＋ln－1恒成立，求实数 a的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝＋＝，x＞0且x＞－a，
①当a≥0 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②当a≤－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
③当－1＜a＜0时，－＞－a＞0，
x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)f(x)＝aln(x＋a)＋ln x≤＋ln－1，
即aln(x＋a)＋ln x≤＋lnx－ln a－1，a＞0，即 aln(x＋a)＋ln a≤－1，
令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则 g′(x)＝ex－1＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即 ex－x－1＞0，即 ex－1＞x，
∴e－1＞a2x，则原不等式等价为 aln(x＋a)＋ln a≤a2x，即 aln(x＋a)－a2x＋ln a≤0，
令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋ln a，则 h′(x)＝－a2＝，令 h′(x)＝0，可得 x＝，
当a≥1 时，h′(x)≤0，则 h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则只需满足 h(0)＝aln a＋ln a≤0，∴ln a≤0，解得 0＜a≤1，∴a＝1；
当0＜a＜1时，可得 h(x)在上单调递增，在上单调递减，
则h(x)max＝h＝aln－a(1－a2)＋ln a≤0，整理可得 ln a－a2－a≤0，
令φ(a)＝ln a－a2－a，则 φ′(a)＝－2a－1＝，
则可得 φ(a)在上单调递增，在上单调递减，
则φ(a)max＝φ＝－ln 2－＜0，故 0＜a＜1时，h(x)≤0 恒成立，
综上，0＜a≤1．
[例5]　(2017·全国Ⅲ)已知函数 f(x)＝x－1－aln x．
(1)若f(x)≥0，求 a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数 n，·…·＜m，求 m的最小值．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为 ＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意；
②若a＞0，由 f′(x)＝1－＝知，当 x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以 f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1时，f(x)≥0．故 a＝1．
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0．令 x＝1＋，得 ln＜．
从而 ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1．
故·…·＜e．而＞2，所以 m的最小值为 3．
[例6]　已知函数 f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
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