\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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適合高二同步拔高或高三專題復習，難度4顆星！
模塊導圖
知識剖析
恆成立問題、存在性問題歸根到底是最值問題.
恆成立問題
\((1)∀x∈D\)，\(f(x)≥0\)恆成立\(\Leftrightarrow\)在\(D\)上的\(f(x)_{min}≥0\)；
\((2)∀x∈D\)，\(f(x)≤0\)恆成立 \(\Leftrightarrow\)在\(D\)上的\(f(x)_{max}≤0\)；
存在性問題
\((1)∃x∈D\)，\(f(x)≥0\)恆成立\(\Leftrightarrow\)在\(D\)上的\(f(x)_{max}≥0\)；
\((2)∃x∈D\)，\(f(x)≤0\)恆成立\(\Leftrightarrow\)在\(D\)上的\(f(x)_{min}≤0\)；
雙變量存在—恆成立問題
\((1)∀x_1∈D\)，\(∀x_2∈E\)，\(f(x_1 )≥g(x_2)\)恆成立\(\Leftrightarrow f(x)_{min}≥g(x)_{max}\)；
\((2)∀x_1∈D\)，\(∃x_2∈E\)，\(f(x_1 )≥g(x_2)\)恆成立\(\Leftrightarrow f(x)_{min}≥g(x)_{min}\)；
\((3)∃x_1∈D\)，\(∀x_2∈E\)，\(f(x_1 )≥g(x_2)\)恆成立\(\Leftrightarrow f(x)_{max}≥g(x)_{max}\)；
\((4)∃x_1∈D\)，\(∃x_2∈E\)，\(f(x_1 )≥g(x_2)\)恆成立\(\Leftrightarrow f(x)_{max}≥g(x)_{min}\)；
常見處理方法
方法1 直接構造函數法：求\(f(x)≥g(x)\)恆成立\(⇔h(x)=f(x)-g(x)≥0\)恆成立.
方法2 分離參數法：求\(f(x)≥a\cdot g(x)\) (其中\(g(x)>0)\)恆成立\(\Leftrightarrow a \leq \dfrac{f(x)}{g(x)}\)恆成立.
方法3 變更主元：題型特征(已知誰的范圍把誰作為主元)；
方法4 數形結合法：求\(f(x)-g(x)≥0\)恆成立\(⇔\)證明\(y=f(x)\)在\(y=g(x)\)的上方；
方法5 同構法：對不等式進行變形，使得不等式左右兩邊式子的結構一致，再通過構造的函數單調性進行求解；
方法6 放縮法：利用常見的不等式或切線放縮或三角函數有界性等手段對所求不等式逐步放縮達到證明所求不等式恆成立的目的；
學習各種方法時，要注意理解它們各自之間的優劣性，有了比較才能快速判斷某種題境中采取哪種方法較簡潔，建議學習時一題多解，多發散思考.
經典例題
【題型一】 單變量存在--恆成立問題
方法1 直接構造函數法與分離參數法
以下通過幾題讓大家感覺下直接構造函數法與分離參數法的優劣性！
【典題1】 若\(a \ln x+\dfrac{1}{2} x^{2}-(1+a) x \geq 0\)恆成立，求\(a\)的取值范圍.
【解析】 \({\color{Red} { 方法一 分離參數法 }}\)
\(\operatorname{aln} x+\dfrac{1}{2} x^{2}-(1+a) x \geq 0 \Leftrightarrow a(\ln x-x) \geq x-\dfrac{1}{2} x^{2}\)，
而\(∵lnx-x<0 (x>0)\)這不難證明，
\({\color{Red} {(確認lnx-x正負，它會影響不等號方向是否改變，若不確定要分類討論) }}\)
\(\therefore \forall x>0, a \leq \dfrac{x-\dfrac{1}{2} x^{2}}{\ln x-x}\)恆成立，
設\(f(x)=\dfrac{x-\dfrac{1}{2} x^{2}}{\ln x-x}\)，
\({\color{Red} {(分離參數成功，只需求f_{min}的最小值)}}\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{(x-1)(x+2-2 \ln x)}{2(\ln x-x)^{2}}\)，
\({\color{Red} {(分析f(x)單調性⇒分析y=(x-1)(x+2-2lnx)正負性⇒分析x+2-2lnx的正負性)}}\)
令\(h(x)=x+2-2lnx\)，
則\(h^{\prime}(x)=1-\dfrac{2}{x}=\dfrac{x-2}{x}\)，
當\(0<x<2\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)遞減；
當\(x>2\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)遞增；
\(∴h(x)\)在\(x=2\)處取到最小值\(h(2)=4-2ln2>0\)，
即\(h(x)≥h(2)>0\).
\(∴x+2-2lnx>0\).
\({\color{Red} {(則y=(x-1)(x+2-2lnx)的正負性就由y=x-1確定)}}\)
那當\(0<x<1\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)遞減；
當\(x>1\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)遞增；
\(\therefore f(x) \geq f(1)=-\dfrac{1}{2}\)，\(\therefore a \leq-\dfrac{1}{2}\).
\({\color{Red} {方法二：直接構造函數法 }}\)
令\(g(x)=\operatorname{aln} x+\dfrac{1}{2} x^{2}-(1+a) x\)，定義域是\((0,+∞)\)，
\({\color{Red} { (問題可以轉化為求g_{min})}}\)
\(g^{\prime}(x)=\dfrac{a}{x}+x-(1+a)=\dfrac{x^{2}-(1+a) x+a}{x}=\dfrac{(x-1)(x-a)}{x}\)，
①若\(a<0\)時，
當\(0<x<1\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)遞減；
當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)遞增；
即\(g(x)_{\min }=g(1)=-a-\dfrac{1}{2}\)，
若\(a \ln x+\dfrac{1}{2} x^{2}-(1+a) x \geq 0\)恆成立，
則\(-a-\dfrac{1}{2} \geq 0\)，解得\(a \leq-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore a \leq-\dfrac{1}{2}\)，
② 若\(a>0\)時，\(g(1)=-a-\dfrac{1}{2}<0\)，
那\(a\ln x+\dfrac{1}{2} x^{2}-(1+a) x \geq 0\)不可能恆成立；
綜上\(a \leq-\dfrac{1}{2}\).
【點撥】
①方法一分類參數法，把問題轉化為不含參函數的最值問題，是大家樂見的.但注意點有二，其一\(lnx-x<0\)的證明，它的正負確定不等號方向要變號，若不確定要分類討論運算量也不小；其二分離后得到\(f(x)=\dfrac{x-\dfrac{1}{2} x^{2}}{\ln x-x}\)，挺復雜的函數，故分離參數后得到函數比較復雜的(求導難、要多次求導等)，可考慮下是否使用分離參數法；
② 方法二直接構造函數法，它的問題在於函數含參，意味着大多數情況要分類討論，這是大家頭疼之處.本題屬於導函數是“二次函數”型，研究單調性時的分類討論略顯麻煩，但“若\(a>0\)時，\(f(1)=-a-\dfrac{1}{2}<0\)”這點若看到，避免陷入較大運算量了.
【典題2】已知函數\(f(x)=e^x-ax-1\)．
(1)當\(a=1\)時，求\(f(x)\)的極值；
(2)若\(f(x)≥x^2\)在\([0 ,+∞)\)上恆成立，求實數\(a\)的取值范圍．
【解析】 (1)過程略，函數\(f(x)\)有極小值\(f(0)=0\)，無極大值；
(2) \({\color{Red} {方法一 分類參數法 }}\)
因為\(f(x)≥x^2\)在\([0 ,+∞)\)上恆成立，
所以\(e^x-x^2-ax-1≥0\)在\([0 ,+∞)\)上恆成立，
當\(x=0\)時，\(0≥0\)恆成立，此時\(a∈R\)，
當\(x>0\)時，\(a \leq \dfrac{e^{x}-x^{2}-1}{x}\)\(在\)\((0 ,+∞)\)上恆成立，
令\(g(x)=\dfrac{e^{x}-x^{2}-1}{x}\)，
則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{(x-1)\left(e^{x}-x-1\right)}{x^{2}}\)，
由(1)知，當\(x>0\)時，\(f(x)>0\)，
即\(e^x-x-1>0\)；
當\(0<x<1\)時，\(g'(x)<0\)，當\(x>1\)時，\(g'(x)>0\)，
所以\(g(x)\)在\((0 ,1)\)上單調遞減，在\((1 ,+∞)\)上單調遞增，
所以當\(x=1\)時，\(g(x)_{min}=e-2\)，
所以\(a≤e-2\)，
綜上，實數\(a\)的取值范圍是\((-∞ ,e-2]\)．
\({\color{Red} {方法二 直接構造函數法}}\)
\(f(x)≥x^2\)在\([0 ,+∞)\)上恆成立
等價\(e^x-x^2-ax-1≥0\)在\([0 ,+∞)\)上恆成立
令\(g(x)=e^x-x^2-ax-1\)，
則\(g^{\prime}(x)=e^x-2x-a\)，
此時很難分析導函數\(y=g^{\prime}(x)\)的正負性，故很難求原函數\(g(x)\)的最小值.
【點撥】本題利用分類參數較好的完成，難度不大，而直接構造函數法由於含參導致分類討論難而難產了！
【典題3】設\(f(x)=x(e^x-1)-ax^2\)，
(1)若\(a=\dfrac{1}{2}\)，求\(f(x)\)的單調區間；
(2)若當\(x≥0\)時，\(f(x)≥0\)恆成立，求\(a\)的取值范圍.
【解析】 (1)略
(2) \({\color{Red} {方法一 直接構造函數法 }}\)
\(f(x)=x(e^x-1)-ax^2=x(e^x-1-ax)\)；
當\(x≥0\)時，\(f(x)≥0\)恆成立
\(\Leftrightarrow\)\(當\)\(x≥0\)\(時，\)\(e^x-1-ax≥0\)恆成立；
令\(g(x)=e^x-1-ax\)，則\(g^{\prime}(x)=e^{x}-a\)
\({\color{Red} {(下面就導函數g'(x)是否存在零點，分a>0和a≤0討論，若有零點，又根據零點lna與定義域端點0的大小比較， }}\)
\({\color{Red} {分0<a≤1和a>1討論) }}\)
(1) 當\(a≤0\)時，\(g'(x)=e^x-a>0\)，\(g(x)\)遞增，\(g(x)≥g(0)=0\)，滿足題意；
(2) 當\(a>0\)時，令\(g'(x)=e^x-a=0\)，解得\(x=lna\)，
①若\(lna≤0\)，即\(0<a≤1\)時，在\(x∈[0,+∞)\)上\(g'(x)=e^x-a>0\)，\(g(x)\)遞增，
\(g(x)≥g(0)=0\)，滿足題意；
②若\(lna>0\)，即\(a>1\)時，
當\(0<x<lna\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)遞減，而\(g(0)=0\)，\(g(x)<0\)，不滿足題意；
綜上，\(a≤1\).
\({\color{Red} {方法二 分類參數法 }}\)
\(f(x)=x(e^x-1)-ax^2=x(e^x-1-ax)\)；
當\(x=0\)時，不等式顯然恆成立；
當\(x>0\)時，\(f(x)≥0\)恆成立
\(⇔\)當\(x>0\)時，\(e^x-1-ax>0\)恆成立
\(⇔\)當\(x>0\)時，\(a<\dfrac{e^{x}-1}{x}\)恆成立
令\(h(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}\)，則\(h^{\prime}(x)=\dfrac{x e^{x}-e^{x}+1}{x^{2}}\)
令\(g(x)=xe^x-e^x+1\)，
則\(g'(x)=xe^x\)， \({\color{Red} {(二次求導) }}\)
\(∵x>0\)，\(∴g'(x)=xe^x>0\)，
\(∴g(x)=xe^x-e^x+1\)在\(x>0\)上遞增，
即\(g(x)>g(0)=0\)，
\(∴\)當\(x>0\)時，\(h^{\prime}(x)>0\)，\(h(x)\)遞增，\(∴h(x)>h(0)\)，
然而\(x\)取不到\(0\)，\(h(0)\)是沒意義的，
即\(h(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}\)在\((0,+∞)\)上沒有最小值.
這時要用到高等數學知識--- \({\color{Red} {洛必達法則 }}\) ，
\({\color{Red}{\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^{x}-1}{x}=\lim \limits_{x \rightarrow 0} e^{x}=1} }\)
即當\(x⟶0\)，\(h(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x} \rightarrow 1\)，
所以\(a≤1\).
我們可以看看\(h(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}\)函數圖象，
【點撥】
① 本題直接構造方法較分類參數法由於分類討論解答過程顯得復雜些，但分類參數法容易跳進陷阱，\(h(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}\)在\((0,+∞)\)上沒有最小值，最終使用了高等數學知識--洛必達法則才解決，這在高考解答題慎用；
② 那不用洛必達法則有木有其他方法呢？還是有的，用導數的定義，
求 \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^{x}-1}{x}\)，
設\(f(x)=e^x\)，則\(f^{\prime}(x)=e^x\)，
\({\color{Red}{\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^{x}-1}{x}=\lim\limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{e^{x}-e^{0}}{x-0}} }{\color{Red}{=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=f^{\prime}(0)=e^{0}=1} }\)，
與洛必達法則結果一致.
③ 分離參數法有時候會遇到這種情況，思考難度就增大了！
通過以上三題，你可以總結下直接構造函數法和分類參數法的優劣性么？
鞏固練習
1 (★★)已知函數\(f(x)=e^x+ax\)，當\(x≥0\)時，\(f(x)≥0\)恆成立，則\(a\)的取值范圍為 \(\underline{\quad \quad}\) .
2(★★)已知函數\(f(x)=\dfrac{1+\ln (1+x)}{x}(x>0)\)，若\(f(x)>\dfrac{k}{x+1}\)恆成立，則整數\(k\)的最大值為 \(\underline{\quad \quad}\) .
3 (★★)已知函數\(f(x)=xlnx\)．
(1)求\(f(x)\)的最小值；
(2)若對所有\(x≥1\)都有\(f(x)≥ax-1\)，求實數\(a\)的取值范圍．
4 (★★)已知函數\(f(x)=(x^2-1)e^x\)，其中\(a∈R\)．
(1)求函數\(f(x)\)在\(x=0\)處的切線方程；
(2)\(∀x≥0\)，\(f(x)≥ax-1\)，求實數\(a\)的取值范圍．
5 (★★★)已知函數\(f(x)=(m-lnx)x \quad (x>1)\)．
(1)討論\(f(x)\)的單調性；
(2)若\(f(x)-2x-m<0\)恆成立，求正整數\(m\)的最大值．參考數據：\(ln5≈1.61\)．
6 (★★★)已知函數\(f(x)=\dfrac{e^{a x}}{b x}\)在\(x=1\)處取得極值\(e\)．
(1)求函數\(f(x)\)的單調區間；
(2)若不等式\(kx+lnx≤x^2 f(x)-1\)在\((0 ,+∞)\)上恆成立，求實數\(k\)的取值范圍．
參考答案
-
\([-e ,+∞)\)
-
\(3\)
-
\((1)-\dfrac{1}{e}\quad (2) a \leq 1\)
-
\((1) x+y+1=0 \quad (2) a≤-1\)
-
\((1)\)當\(m≤1\)時，\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\)上單調遞減；當\(m>1\)時，\(f(x)\)在\((1 ,e^{m-1})\)上單調遞增，在\((e^{m-1},+∞)\)上單調遞減；
\((2)4\) -
\((1)f(x)\)的單調遞增區間是\((1,+∞)\),單調遞減區間是\((-∞,0)\)和\((0,1)\)；
\((2)k≤1\).
方法2 變更主元法
【典題1】 若不等式\(mx^2-2x+1-m<0\)對滿足\(-2≤m≤2\)的所有\(m\)都成立，求\(x\)的取值范圍．
【解析】 原不等式可化為\((x^2-1)m-(2x-1)<0\)，
構造函數\(f(m)=(x^2-1)m-(2x-1)(-2≤m≤2)\)，其圖象是一條線段\(l\)．
若要滿足題意，則線段l要在\(x\)軸下方，
只需\(\left\{\begin{array}{l} f(-2)=-2\left(x^{2}-1\right)-(2 x-1)<0 \\ f(2)=2\left(x^{2}-1\right)-(2 x-1)<0 \end{array}\right.\) ，
即\(\left\{\begin{array}{l} 2 x^{2}+2 x-3>0 \\ 2 x^{2}-2 x-1<0 \end{array}\right.\)，解得\(\dfrac{-1+\sqrt{7}}{2}<x<\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\)．
【點撥】
① 我們平時習慣上把x當作自變量，記函數\(y=mx^2-2x+1-m\)，而知道的是參數\(m\)的范圍\([-2,2]\)，求自變量\(x\)的范圍，這就是比較別扭了.若把\(x\)與\(m\)兩個量互換一下角色，即將\(m\)視為變量，\(x\)為常量，來個“反客為主”，則上述問題可轉化為關於\(m\)的一次函數在\([-2,2]\)內小於\(0\)恆成立的問題，結合圖象便可解決.
② 對於該題型，題目給出誰的范圍就拿誰作為自變量，另一個視為參數處理.
鞏固練習
1(★★)已知定義在\(R\)上的函數\(f(x)=ax^3-2ax^2+b(a>0)\)在區間\([－2 ,1]\)上的最大值是\(5\)，最小值是\(－11\)．
(1)求函數\(f(x)\)的解析式；
(2)若\(t∈[－1 ,1]\)時，\(f'(x)+tx≤0\)恆成立，求實數\(x\)的取值范圍．
2(★★★)設函數\(y=f(x)\)在區間\(D\)上的導數為\(f'(x)\)，\(f'(x)\)在區間\(D\)上的導數為\(g(x)\)，若在區間\(D\)上，\(g(x)<0\)恆成立，則稱函數\(y=f(x)\)在區間\(D\)上為“凸函數”，已知實數\(m\)是常數，\(f(x)=\dfrac{x^{4}}{12}-\dfrac{m x^{3}}{6}-\dfrac{3 x^{2}}{2}\).
(1)若\(y=f(x)\)在區間\([0,3]\)上為“凸函數”，求\(m\)的取值范圍；
(2)若對滿足\(|m|≤2\)的任何一個實數\(m\)，函數\(f(x)\)在區間\((a,b)\)上都為“凸函數”，求\(b-a\)的最大值.
參考答案
- \((1) f(x)=x^3-2x^2+5 \quad (2) [0 ,1]\)
- \((1) m>2 \quad (2) 2\)
方法3 數形結合法
【典題1】已知函數\(f(x)\)滿足\(f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f(0) x+\dfrac{1}{2} x^{2}\)，若\(f(x) \geq \dfrac{1}{2} x^{2}+a x+b\)，求\((a+1)b\)的最大值.
【解析】 易得\(f(x)=e^{x}-x+\dfrac{1}{2} x^{2}\)，
則\(f(x) \geq \dfrac{1}{2} x^{2}+a x+b \Leftrightarrow e^{x} \geq(a+1) x+b\),
即\(C:y=e^x\)的圖象在\(y=(a+1)x+b\)的上方，
設曲線\(C\)與直線\(l\)相切於\(P(x_0,y_0)\)，
則切線\(l\)方程為\(y=e^{x_{0}} x+e^{x_{0}}\left(1-x_{0}\right)\)
則\(a+1=e^{x_{0}}, e^{x_{0}}\left(1-x_{0}\right) \geq b\)，
所以\((a+1) b \leq e^{x_{0}} \times e^{x_{0}}\left(1-x_{0}\right)=e^{2 x_{0}}\left(1-x_{0}\right)\)，
令\(g(x)=e^{2x} (1-x)\)，
則\(g^{\prime}(x)=e^{2x} (1-2x)\)，
易得\(g(x) \geq g\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{e}{2}\).
當\(a=\sqrt{e}-1, b=\dfrac{\sqrt{e}}{2}\)時，\((a+1)b\)取到最大值\(\dfrac{e}{2}\).
【點撥】把\(f(x)≥0\)恆成立轉化為兩個函數之間的關系\(g(x)≥h(x)\)，進而想到兩函數圖象關系.本題把其中一函數選擇一次函數(直線)，再用導數幾何意義求解是常見的方法.
【典題2】已知函數\(f(x)=ae^x-lnx-1\)，若\(f(x)≥0\)恆成立，則實數\(a\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
【解析】 依題意，\(ae^x≥lnx+1\)對任意\(x∈(0 ,+∞)\)恆成立，
設\(g(x)=ae^x\)，\(h(x)=lnx+1\)，
則需函數\(g(x)\)的圖象在函數\(h(x)\)圖象的上方，
\({\color{Red} {(g(x)=ae^x (a>0)是凹函數，h(x)=lnx+1是凸函數，適合數形結合)}}\)
當\(a≤0\)時，不可能滿足題意；
當\(a>0\)時，作出函數圖象如下，
設函數\(g(x)\)與函數\(h(x)\)相切於點\(P(m ,n)\)，
\({\color{Red} {(共切線的處理方法)}}\)
則\(\left\{\begin{array}{l} a e^{m}=\dfrac{1}{m} \\ n=a e^{m} \\ n=\ln m+1 \end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l} m=1 \\ n=1 \\ a=\dfrac{1}{e} \end{array}\right.\)，
由圖可知滿足條件的\(a\)的取值范圍為\(\left[\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)．
【點撥】本題構造凹函數和凸函數是常見方法.
鞏固練習
1(★★)已知函數\(f(x)=\left(a-\dfrac{1}{2}\right) x^{2}-2 a x+\ln x\).當\(x∈(1,+∞)\)時，不等式\(f(x)<0\)恆成立，則實數\(a\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) .
2(★★★) 設函數\(f(x)=lnx-mx^2+2x\)，若存在唯一的整數\(x_0\)使得\(f(x_0)>0\)，則實數\(m\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
3(★★★)已知\(f(x)=(e^x-a)(3ax+1)\)，若\(f(x)≥0(x∈R)\)成立，則滿足條件的\(a\)的個數是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
4(★★★)若\(ax+\cos x≤1+\sin x\)，\(x∈[0,π]\)，則實數\(a\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
參考答案
- \(\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right]\)
- \(\left[\dfrac{\ln 2}{4}+1,2\right)\)
- \(3\)
- \(a \leq \dfrac{2}{\pi}\)
方法4 同構法
【典題1】已知函數\(f(x)=e^{m x}-\dfrac{1}{m} \ln x\)，當\(x>0\)時，\(f(x)>0\)恆成立，則\(m\)的取值范圍為 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】 由題意，若\(m≤0\)顯然\(f(x)\)不是恆大於零，故\(m>0\)．
則顯然\(f(x)=e^{m x}-\dfrac{1}{m} \ln x>0\)在\((0 ,1]\)上恆成立；
當\(x>1\)時，\(f(x)=e^{m x}-\dfrac{1}{m} \ln x>0 \Leftrightarrow e^{m x}>\dfrac{1}{m} \ln x\)
\(\Leftrightarrow m x \cdot e^{m x}>x \ln x=\ln x \cdot e^{\ln x}\)，
\({\color{Red} { (注意到x=e^{lnx}) }}\)
令\(g(t)=te^t (t>0)\)，
則\(g'(t)=(1+t) e^t>0\)，\(g(t)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞增．
因為\(mx>0\)，\(lnx>0(x>1)\)，
所以\(m x \cdot e^{m x}>\ln x \cdot e^{\ln x} \Leftrightarrow m x>\ln x\)，
即\(m>\dfrac{\ln x}{x}(x>1)\)，
再設\(h(x)=\dfrac{\ln x}{x}\Rightarrow h^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^{2}}(x>1)\)，
令\(h'(x)=0\)，則\(x=e\)，
易得\(h(x)\)在\((0 ,e)\)上單調遞增，在\((e ,+∞)\)上單調遞減，
所以\(h(x)_{\max }=h(e)=\dfrac{1}{e}\)，故\(m>\dfrac{1}{e}\)，
所以\(m\)的取值范圍為\(\left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)\)．
【典題2】已知函數\(f(x)=x+a\ln x+e^{-x}-x^{a}(a<0)\)，若\(f(x)≥0\)在\(x∈[2 ,+∞)\)上恆成立，則實數\(a\)的最小值為 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】 由\(f(x)≥0\)在\(x∈[2 ,+∞)\)上恆成立，
得：\(\ln x^{a}-x^{a} \geq \ln e^{-x}-e^{-x}\)在\(x∈[2 ,+∞)\)上恆成立，
\({\color{Red} {(這里注意到x=lne^x)}}\)
易知當\(x∈[2 ,+∞)\)，\(a<0\)時，
\(0<x^{a}<1\)\(，\)\(0<e^{-x}<1\)
令函數\(g(t)=lnt－t(0<t<1)\)，
則\(g^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-1>0\)\(，\)\(g(t)\)單調遞增，
故有\(x^{a} \geq e^{-x}\)，
則\(a\ln x \geq-x \Rightarrow a \geq-\dfrac{x}{\ln x}\)在\(x∈[2 ,+∞)\)上恆成立，
令\(F(x)=-\dfrac{x}{\ln x}(x \geq 2)\)，
則\(F^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{(\ln x)^{2}}\)，
易得\(F(x)\)在\([2 ,e)\)上單調遞增，在\([e ,+∞)\)上單調遞減，
故\(F(x)_{max}=F(e)=-e\)，故\(a≥-e\).
【點撥】
① 利用同構法處理不等式，主要通過變形使得不等式左右兩邊結構要一致，其中懂得“整體思想”，變形的技巧有\(x=lne^x\) ,\(x=e^{lnx}\)，\(x+lnx=ln(xe^x)\)，\(x e^{x}=e^{x+\ln x}\)等，最終構造的函數多是常見的超越函數\(y=xe^x\)，\(y=xlnx\)，\(y=lnx+x\)，\(y=\dfrac{e^{x}}{x}\)等.
② 同構法在另一專題再細講.
鞏固練習
1(★)已知\(a>0\)，若\(alnx≤xlna\)恆成立，則\(a\)的值是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
2(★★★)若關於\(x\)的不等式\(e^x－alnx≥a\)恆成立，則實數\(a\)的取值范圍為 \(\underline{\quad \quad}\) ．
3(★★)證明：\(xe^x≥x+lnx+1\)．
4(★★★)函數\(f(x)=xe^x-ax^2\)，\(g(x)=\ln x+x-x^{2}+1-\dfrac{e}{a}\)，\(a>1\)時，\(f(x)-ag(x)≥0\)恆成立，求\(a\)的范圍.
參考答案
- \(e\)
- \([0 ,e]\)
- 提示：同構法
- \((0,e]\)
方法5 放縮法
【典題1】已知函數\(f(x)=me^x-lnx-1\)
(1)當\(m=1\)時，求曲線\(y=f(x)\)在點\((1,f(1))\)處的切線方程；
(2)當\(m≥1\)時，證明\(f(x)>1\).
【解析】 (1) 過程略，切線方程為\(y=(e-1)x\).
(2)當\(m≥1\)時，\(me^x-lnx-1≥e^x-lnx-1\)
\({\color{Red} {(由m≥1進行放縮，消去m的影響) }}\)
要證明\(f(x)>1\)，只需證明\(e^x-2>lnx\),
\({\color{Red} {(接着要用放縮法證明，先證明兩個重要不等式)}}\)
先證明\(e^x≥x+1(x∈R)\)
設\(t(x)=e^x-x-1\)，則\(t^{\prime}(x)=e^x-1\)
當\(x<0\)時，\(t^{\prime}(x)<0\)，\(t(x)\)遞減；
當\(x>0\)時，\(t^{\prime} (x)>0\)，\(t(x)\)遞增；
所以\(t(x)≥t(0)=0\)，
即\(e^x≥x+1\)(當\(x=0\)時取到等號)
再證明\(lnx≤x-1\)，
設\(p(x)=lnx-x+1\)，則\(p^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1\)
當\(0<x<1\)時，\(p^{\prime}(x)>0\)，\(p(x)\)遞增；
當\(x>1\)時，\(p^{\prime}(x)<0\)，\(p(x)\)遞減；
所以\(p(x)≤p(1)=0\)，
即\(lnx≤x-1\)(當\(x=1\)時取到等號)
則由不等式\(e^x≥x+1\)和\(lnx≤x-1\)
可得\(e^x-2≥x-1≥lnx\)，
\({\color{Red} {(利用放縮法簡潔地給出證明)}}\)
由於取到等號的條件不同，所以\(e^x-lnx-2>0\).
綜上可知當\(m≥1\)時，證明\(f(x)>1\).
【點撥】
① 本題在兩處用了放縮法，注意消化這些技巧；若對不等式\(e^x≥x+1\)和\(lnx≤x-1\)比較熟悉，本題證明思路較易看出來的，證明過程也很簡潔，給人很舒服的感覺；
② 本題還有很多方法，比如直接構造函數法就涉及到“隱點問題”，方法不如放縮法.
③ 放縮法還有很多變式，這個在另一專題再講解.
鞏固練習
1(★★)求證:當\(n≥2\)且\(n∈N^*\)時，\(\ln n>\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\).
2(★★★)已知函數\(f（x）=xe^x-2lnx-x^2+x-2\)．
(1)求函數\(f(x)\)圖象在\(x=1\)處的切線方程；
(2)證明：\(f(x)>0\)．
3(★★★) 設函數\(f(x)=\ln x+\dfrac{a}{x-1}(a>0)\)
(1)當\(a=\dfrac{1}{30}\)時，求函數\(f(x)\)的單調區間；
(2)當\(a \geq \dfrac{1}{2}\)，\(x∈(1,+∞)\)時，求證\(\ln x+\dfrac{a}{x-1}>1\).
參考答案
- 提示：放縮法
- \((1) y=(2e﹣3)x﹣e+1\) \((2)\) 提示：放縮法
3.\((1)\)遞增區間\((0, \dfrac{5}{6})\),\((\dfrac{6}{5},+\infty)\)，遞減區間\(\left(\dfrac{5}{6}, 1\right)\),\(\left(1, \dfrac{6}{5}\right)\)
\((2)\)提示：放縮法
【題型二】雙變數存在---恆成立問題
【典題1】已知兩個函數\(f(x)=8x^2+16x-k\),\(g(x)=2x^3+5x^2+4x\)，其中\(k\)為實數.
(1)對任意\(x∈[-3,3]\)，都有\(f(x)≤g(x)\)成立，求\(k\)的取值范圍；
(2)若對\(∀x_1∈(0,+∞)\)，總存在\(x_{2} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(f(x_1)<g(x_2)\)成立，求實數\(a\)的取值范圍；
(3)對任意\(x_1,x_2∈[-3,3]\)，都有\(f(x_1 )≤g(x_2)\)，求\(k\)的取值范圍.
【解析】 (1)設\(h(x)=g(x)-f(x)=2x^3-3x^2-12x+k\)
問題轉化為\(x∈[-3,3]\)時，\(h(x)≥0\)恆成立，
故\(h(x)_{min}≥0\)；
易得\(h(x)_{min}≥-45+k\)，
由\(k-45≥0⇒k≥45\).
(2)據題意：存在\(x∈[-3,3]\)，使\(f(x)≤g(x)\)成立
\(⇔h(x)=g(x)-f(x)≥0\)在\(x∈[-3,3]\)有解，
易得\(h(x)_{max}=k+7\)，於是\(k≥-7\).
(3) 問題轉化為\(f(x)_{max}≤g(x)_{min}\),\(x∈[-3,3]\)，
易得\(g(x)_{min}=g(-3)=-21\)，\(f(x)_{max}=f(3)=120-k\)，
則\(120-k≤-21⇒k≥141\).
【點撥】
① 第一問是恆成立問題，第二問是存在性問題，第三問是雙變量成立問題；
② 第三問怎么確定\(f(x)_{max}≤g(x)_{min}\)，即到底是函數最大值還是最小值呢？
可把問題轉化為第一、二問的問題，具體如下，
先把\(g(x_2)\)看成定值\(m\)，那\(∀x_1∈[-3,3]\)，都有\(f(x_1)≤m\)，當然是要\(f(x)_{max}≤m\)；
再把\(f(x_1)\)看成定值\(n\)，那\(∀x_2∈[-3,3]\)，都有\(n≤g(x_2)\)，當然是\(g(x)_{min}≥n\)；
故問題轉化為\(f(x)_{max}≤g(x)_{min}\).
其他形式的雙變量成立問題同理.
【典題2】 已知函數\(f(x)=x^2 e^{-x}\)，\(g(x)=-\dfrac{1}{3} x^{3}+2 x^{2}-3 x+c\)．若對\(∀x_1∈(0 ,+∞)\)，\(∃x_2∈[1,3]\)，使\(f(x_1)=g(x_2)\)成立，則\(c\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】 \({\color{Red} {(若要滿足f(x_1)=g(x_2)成立，則y=g(x)的值域包含y=f(x)的值域) }}\)
因為\(f(x)=x^2 e^{－x}\)，\(x∈(0 ,+∞)\)，
所以\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x(2-x)}{e^{x}}\)，
令\(f'(x)=0\)，解得\(x=2\)，
故\(f(x)\)在\((0 ,2)\)遞增，在\((2 ,+∞)\)遞減，
故\(f(x)_{\max }=f(2)=\dfrac{4}{e^{2}}\)，
而\(x→0\)時，\(f(x)→0\)，\(x→+∞\)時，\(f(x)→+∞\)，
故\(f(x) \in\left(0, \dfrac{4}{e^{2}}\right]\)，
因為\(g(x)=-\dfrac{1}{3} x^{3}+2 x^{2}-3 x+c\)，\(g'(x)=-(x-3)(x-1)\)，
所以當\(x∈[1 ,3]\)時，\(g'(x)>0\)，
故\(g(x)\)在\([1 ,3]\)遞增，
則\(g(x)_{\min}=g(1)=-\dfrac{4}{3}+c\)，\(g(x)_{max}=g(3)=c\)，
故\(g(x) \in\left[-\dfrac{4}{3}+c, c\right]\)，
若對\(∀x_1∈(0 ,+∞)\)，\(∃x_2∈[1 ,3]\)，使\(f(x_1)=g(x_2)\)成立，
則\(\left(0, \dfrac{4}{e^{2}}\right] \subseteq\left[-\dfrac{4}{3}+c, c\right]\)，
故\(\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{4}{3}+c \leq 0 \\ \dfrac{4}{e^{2}} \leq c \end{array}\right.\)，解得：\(\dfrac{4}{e^{2}} \leq c \leq \dfrac{4}{3}\).
【典題3】 已知函數\(f(x)=lnx-x+1\)，\(x∈(0 ,+∞)\)，\(g(x)=\sin x-ax(a∈R)\)．
(1)求\(f(x)\)的最大值；
(2)若對\(∀x_1∈(0 ,+∞)\)，總存在\(x_{2} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(f(x_1 )<g(x_2)\)成立，求實數\(a\)的取值范圍；
(3)證明不等式\(\sin \left(\dfrac{1}{n}\right)^{n}+\sin \left(\dfrac{2}{n}\right)^{n}+\cdots+\sin \left(\dfrac{n}{n}\right)^{n}<\dfrac{e}{e-1}\)(其中\(e\)是自然對數的底數)．
【解析】 (1)過程略，當\(x=1\)時\(f(x)\)取得最大值為\(f(1)=0\)；
(2)解：對\(∀x_1∈(0 ,+∞)\)，總存在\(x_{2} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(f(x_1)<g(x_2)\)成立，
等價於\(f(x)_{\max}<g(x)_{\max}\)成立，
由(1)知，\(f(x)_{\max}=0\)，
則問題等價於\(g(x)_{\max}>0\)，
因為\(g(x)=\sin x-ax\)，所以\(g'(x)=\cos x-a\)，
當\(x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(cosx∈(0 ,1)\)，
\({\color{Red} {(利用三角函數的有界性) }}\)
①當\(a≥1\)時，若\(x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，\(g(x)\)，不合題意；
②當\(0<a<1\)時，\(\exists x_{0} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(g'(x_0)=0\)，
若\(x∈(0 ,x_0)\)，\(g'(x)>0\)，若\(x \in\left(x_{0}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(g'(x)<0\)，
即當\(g(x)_{\max}=g(x_0)>g(0)=0\)，
則\(\exists x_{2} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(g(x_2)>0\)，符合題意；
③當\(a≤0\)時，若\(x \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，\(g(x)>g(0)=0\)，
則\(\exists x_{2} \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)，使得\(g(x_2)>0\)，符合題意，
綜上可知，所求實數\(a\)的范圍是\((-∞ ,1)\)；
(3)證明：由(2)可知，
當\(a=1\)時，若\(x∈(0 ,1]\)，\(\sin x<x\)，
令\(x=\dfrac{k}{n}\left(k \leq n, k, n \in \boldsymbol{N}^{*}\right)\)，\(\left(\dfrac{k}{n}\right)^{n} \in(0,1]\)，
有\(\sin \left(\dfrac{k}{n}\right)^{n}<\left(\dfrac{k}{n}\right)^{n}\)，
再由(1)可得\(\ln x<x﹣1\)，
則\(\ln \dfrac{k}{n} \leq \dfrac{k}{n}-1=\dfrac{k-n}{n}\)，
即\(n \cdot \ln \dfrac{k}{n} \leq k-n \Rightarrow \ln \left(\dfrac{k}{n}\right)^{n} \leq k-n\)，
\(\therefore\left(\dfrac{k}{n}\right)^{n} \leq e^{k-n}\)，
\(\therefore\left(\dfrac{1}{n}\right)^{n}+\left(\dfrac{2}{n}\right)^{n}+\ldots+\left(\dfrac{n}{n}\right)^{n} \leq e^{1-n}+e^{2-n}+\ldots+e^{n-n}\)
\(=\dfrac{e^{1-n}\left(1-e^{n}\right)}{1-e}\)
\(=\dfrac{e-e^{1-n}}{e-1}<\dfrac{e}{e-1}\)
則\(\sin \left(\dfrac{1}{n}\right)^{n}+\sin \left(\dfrac{2}{n}\right)^{n}+\ldots+\sin \left(\dfrac{n}{n}\right)^{n} <\left(\dfrac{1}{n}\right)^{n}+\left(\dfrac{2}{n}\right)^{n}+\ldots+\left(\dfrac{n}{n}\right)^{n}<\dfrac{e}{e-1}\)．
\({\color{Red} {(放縮法證明，利用不等式\sin x<x和\ln x<x-1，要熟悉常見恆等式)}}\)
鞏固練習
1(★★)已知\(1<a<4\)，函數\(f(x)=x+\dfrac{9}{x}\),\(\exists x_{1} \in[1, a]\)，\(x_{2} \in[a, 4]\)使得\(f(x_1)f(x_2)≥80\)，則\(a\)的取值范圍 \(\underline{\quad \quad}\) ．
2(★★)已知函數\(f(x)=x+\dfrac{4}{x}\)，\(g(x)=2^x+a\)，若任意\(x_{1} \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\)，都存在\(x_2∈[2 ,3]\)，使得\(f(x_1)≥g(x_2)\)，則實數\(a\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
3(★★★)已知函數\(f(x)=-x|x-a|\)，若對任意的\(x_1∈(2 ,+∞)\)，都存在\(x_2∈(-1 ,0)\)，使得\(f(x_1)f(x_2)=-4\)，則實數\(a\)的最大值為 \(\underline{\quad \quad}\) ．
4(★★★) 已知函數\(f(x)=lnx\)，若對任意的\(x_1 ,x_2∈(0 ,+∞)\)，都有\([f(x_1)-f(x_2)](x_1^2-x_2^2)>k(x_1 x_2+x_2^2)\)恆成立，則實數\(k\)的最大值是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
5(★★★)設\(f(x)=\dfrac{2 x^{2}}{x+1}\)，\(g(x)=ax+5－2a(a>0)\)．
(1)求\(f(x)\)在\(x∈[0,1]\)上的值域；
(2)若對於任意\(x_1∈[0,1]\)，總存在\(x_0∈[0,1]\)，使得\(g(x_0)=f(x_1)\)成立，求\(a\)的取值范圍．
6(★★★) 設函數\(f(x)=\ln x-\dfrac{2 a}{x-1}-a\)在開區間\(\left(0, \dfrac{1}{2}\right)\)內有極值．
(1)求實數\(a\)的取值范圍；
(2)若\(x_1∈(0 ,1)\) ,\(x_2=(1 ,+∞)\)．求證：\(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)>2 \ln 2+\dfrac{3}{2}\)．
參考答案
- \((1,4-\sqrt{7}]\)
- \((－∞ ,1]\)
- \(1\)
- \(0\)
- \((1) [0 ,1]\) \(\text { (2) } \dfrac{5}{2} \leq a \leq 4\)
- \(\text { (1) }\left(-\infty,-\dfrac{1}{4}\right)\) \((2)\)略