人教2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题1 第6讲 母题突破2　恒成立问题与有解问题.docx

母题突破2　恒成立问题与有解问题
母题　已知函数f(x)＝axln x，当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，求实数a的最大值．
思路分析一
❶x≥1，f(x)≤x3
　　　 ↓
❷aln x－x2≤0
　　　 ↓
❸(aln x－x2)max≤0
　　　 ↓
❹求φ(x)＝aln x－x2(x≥1)的最大值
思路分析二
❶x≥1，f(x)≤x3
　　　 ↓
❷分离参数得a≤
　　　 ↓
❸a≤
　　　 ↓
❹求g(x)＝(x>1)的最小值)
解　方法一　由题意知当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，
即aln x－x2≤0恒成立，
令φ(x)＝aln x－x2(x≥1)，
则φ′(x)＝(x≥1)，
当a≤2时，a－2x2≤0，
∴φ′(x)≤0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－1<0，故φ(x)≤0恒成立，
∴a≤2.
当a>2时，当x∈时，φ′(x)>0，
当x∈时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴φ(x)max＝φ＝aln －≤0，解得a≤2e，
∴2<a≤2e，
综上，a≤2e，
∴a的最大值为2e.
方法二　依题意，当x≥1时，axln x－x3≤0恒成立，当x＝1时，－1<0，不等式恒成立，故a∈R；
当x>1时，ln x>0，要证axln x－x3≤0恒成立，即证a≤恒成立．
设函数g(x)＝，x>1.
则g′(x)＝＝，
当x∈(1，)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g()＝2e，即a≤2e.
综上，a≤2e，
∴实数a的最大值是2e.
[子题1]　已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．
解　因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－
＝.
显然当x>0时，ex>x＋1，
即ex－(x＋1)>0，
当0<x<1时，g′(x)<0；
当x>1时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
[子题2]　(2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)＝aeax＋a(a>0)，g(x)＝2ln x．若对∀x>0，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解　由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，
设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，
h(x2)＝(x2＋1)ln x2，
由h′(x)＝ln x＋＋1，设m(x)＝ln x＋＋1，可得m′(x)＝，
所以当0<x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增