2023年高考数学二轮复习（人教版）第1部分 专题突破 专题1　第5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　(2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
(2)思路分析一
❶∀x≥0，f(x)≥x3＋1
　　　↓
❷分离参数a≥g(x)
　　　↓
❸a≥g(x)max
　　　↓
❹求g(x)max
思路分析二
❶∀x≥0，f(x)≥x3＋1
　　　↓
❷等价变形
　　　↓
❸构造新函数
　　　↓
❹求新函数的最值
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)方法一　由f(x)≥x3＋1得，
ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x>0时，分离参数a得，
a≥－，
记g(x)＝－，
g′(x)＝－，
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
因此，g(x)max＝g(2)＝，
综上可得，a的取值范围是.
方法二　f(x)≥x3＋1等价于
e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．
②若0<2a＋1<2，即－<a<，
则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由②可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
[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