《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题34 单变量不等式能成立之最值分析法(原卷版)

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专题 34　单变量不等式能成立之最值分析法

【方法总结】

单变量不等式能成立之最值分析法

遇到 f(x)≥g(x)型的不等式能成立问题时，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)max≥0 或u(x)min≤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．

注意　“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)≥g(a)对于 x∈D恒成立，应求

f(x)的最小值；若存在 x∈D，使得 f(x)≥g(a)成立，应求 f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是

最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求

最大值还是最小值．注意与恒成立问题的区别．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．

【例题选讲】

[例1]　设函数 f (x)＝2lnx－mx2＋1．

(1)讨论函数 f (x)的单调性；

(2)当f (x)有极值时，若存在 x0，使得 f (x0)>m－1成立，求实数 m的取值范围．

解析　(1)函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2mx＝，

当m≤0 时，f ′(x)>0，∴f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当 m>0 时，令 f ′(x)>0，得 0<x<，

令f ′(x)<0，得 x>，∴f (x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)由(1)知，当 f (x)有极值时，m>0，且 f (x)在上单调递增，在上单调递减．

∴f (x)max＝f ＝2ln－m·＋1＝－ln m，

若存在 x0，使得 f (x0)>m－1成立，则 f (x)max>m－1．即－ln m>m－1，lnm＋m－1<0 成立．

令g(x)＝x＋ln x－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝0，∴0<m<1．

∴实数 m的取值范围是(0，1)．

[例2]　设f(x)＝x－－alnx(a∈R)．

(1)当a＝1时，求曲线 y＝f(x)在点(，f())处的切线方程；

(2)当a<1 时，在内是否存在一实数 x0，使 f(x0)>e－1成立？

解析　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f()＝＋ln 2，f′(x)＝1－，

所以曲线 y＝f(x)在点处的切线的斜率为 f′＝1－＝－1.

故所求切线方程为 y－＝－，即 x＋y－ln 2－1＝0.

(2)假设当 a<1 时，在内存在一实数 x0，使 f(x0)>e－1成立，

则只需证明当 x∈时，f(x)max>e－1即可．

f′(x)＝1＋－＝＝(x>0)，

令f′(x)＝0得，x1＝1，x2＝a－1，当 a<1 时，a－1<0，∴当x∈时，f′(x)<0；当 x∈(1，e)时，f′(x)>0．

∴函数 f(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝max{f()，f(e)}．

于是，只需证明 f(e)>e－1或f()>e－1即可．

∵f(e)－(e－1)＝e－－a－(e－1)＝>0，∴f(e)>e－1成立．

所以假设正确，即当 a<1 时，在 x∈内至少存在一实数 x0，使 f(x0)>e－1成立．

[例3]　已知 f(x)＝xeax－x2－x＋1，a≠0．

(1)当a＝1时，求 f(x)的单调区间；

(2)若∃x0≥1，使 f(x0)＜成立，求参数 a的取值范围．

解析　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－－x＋1，

所以 f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．由 f′(x)＞0，得 x＜－1或x＞0；由 f′(x)＜0，得－1＜x＜0．

所以 f(x)的单调递减区间为(－1，0)，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)．

(2)由题意，得 f(x)min＜(x≥1)，

因为 f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，由 f′(x)＝0，解得 x1＝－，x2＝0．

①当a＞0时，因为 x≥1，所以 f′(x)＞0，所以 f(x)单调递增，即 f(x)min＝f(1)．

f(1)＝ea－＜，即 ea－a＜0．设 g(a)＝ea－a(a＞0)，g′(a)＝ea－1＞0．

所以 g(a)min＞g(0)＝e0－0＝1＞0，即 ea＞a恒成立，即 g(a)＞0，所以不等式 ea－a＜0无解；

②当a＜0时，当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当 x∈时，f′(x)<0；当 x∈时，f′(x)>0．

∴函数 f(x)在(－∞，0)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

且f(0)＝1＞0，由①知f(1)＞恒成立，若∃x0≥1，使 f(x0)＜，则

所以所以

解得 1－＜a＜0．综上所述，参数 a的取值范围为．

[例4]　已知函数 f(x)＝－alnx－＋ax，a∈R．

(1)当a<0 时，讨论 f(x)的单调性；

(2)设g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若关于 x的不等式 g(x)≤－ex＋＋(a－1)x在[1，2]上有解，求实数 a的取值范

围．

解析　(1)依题设，f′(x)＝－－＋a＝(x>0)，

当a<0 时，ax－ex<0 恒成立，所以当 x>1 时，f′(x)<0，当 0<x<1 时，f′(x)>0，

故函数 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

(2)因为 g(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以 g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a，

由题意知，存在 x0∈[1，2]，使得 g(x0)≤－ex0＋＋(a－1)x0成立．

则存在 x0∈[1，2]，使得－aln x0＋(a＋1)x0－－a≤0 成立，

令h(x)＝－aln x＋(a＋1)x－－a，x∈[1，2]，

则h′(x)＝＋a＋1－x＝－，x∈[1，2]．

①当a≤1 时，h′(x)≤0，所以函数 h(x)在[1，2]上单调递减，

所以 h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0 成立，解得 a≤0，所以 a≤0．

②当1<a<2 时，令 h′(x)>0，解得 1<x<a；令 h′(x)<0，解得 a<x<2．

所以函数 h(x)在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，

又因为 h(1)＝，所以 h(2)＝－aln 2＋a≤0，解得 a≤0，与 1<a<2 矛盾，故舍去．

③当a≥2 时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在[1，2]上单调递增，所以 h(x)min＝h(1)＝>0，不符合题意．

综上所述，实数 a的取值范围为(－∞，0]．

[例5]　已知函数 f(x)＝x2－(a＋3)x＋3alnx，g(x)＝x2－(a＋4)x－＋4alnx．

(1)当a＝2时，求函数 f(x)的极值；

(2)当a＞0时，若在[1，e](e 为自然对数的底数)上存在一点 x0，使得 f(x0)＜g(x0)成立，求实数 a的取

值范围．

解析　(1)∵函数 f(x)＝x2－(a＋3)x＋3aln x，∴f(x)定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝x－(a＋3)＋＝，

当a＝2时，令 f′(x)＝＝0，解得 x＝2或x＝3，

∴当x∈(0，2)∪(3，＋∞)时，f′(x)＞0；当 x∈(2，3)时，f′(x)＜0，

∴f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上单调递增，f(x)在(2，3)上单调递减，

∴函数 f(x)的极小值为 f(3)＝6ln 3－，函数 f(x)的极大值为 f(2)＝6ln 2－8．

(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝x＋－aln x，

在[1，e]上存在一点 x0，使得 f(x0)＜g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点 x0，使得 F(x0)＜0，

即函数 F(x)＝x＋－aln x在[1，e]上的最小值小于零．

由F(x)＝x＋－aln x得F′(x)＝1－－＝，

∵a＞0，∴a＋1＞1，又 x∈(0，＋∞)，∴x＋1＞0，

∴当x∈(0，a＋1)时，F′(x)＜0；当 x∈(a＋1，＋∞)时，F′(x)＞0，

①当1＜a＋1＜e，即 0＜a＜e－1时，F(x)在[1，a＋1)上单调递减，在[a＋1，e]上单调递增，

∴F(x)min＝F(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1)，

∵0＜ln(a＋1)＜1，∴0＜aln(a＋1)＜a，∴a＋2－aln(a＋1)＞2，此时 F(a＋1)＜0不成立．

②当a＋1≥e，即 a≥e－1时，F(x)在[1，e]上单调递减，∴F(x)min＝F(e)．

由F(e)＝e＋－a＜0可得：a＞，∵＞e－1，∴a＞．

综上所述：实数 a的取值范围为．

【对点精练】

1．已知函数 f(x)＝ax2＋lnx．

(1)讨论 f(x)的单调性；

(2)若∃x∈(0，＋∞)使f(x)>0 成立，求 a的取值范围．

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