微專題42　必要性探路1.必要性探路法，是指對一類函數(shù)的恒成立問題，可以通過取函數(shù)定義域內的某個特殊的值或某幾個特殊的值，先得到一個必要條件，初步獲得參數(shù)的范圍，再在該范圍內討論，或去驗證其充分條件，進而解決問題的方法.2.雖然這種必要性探路的方法求出的參數(shù)并不一定就是所求的實際范圍，但可以限定問題成立的大前提，縮小參數(shù)的討論范圍，在一定程度可以減少分類討論的類別，降低了思維難度.類型一　取點探路對已知不等式恒成立求參數(shù)范圍問題，我們可以取定義域內的一個或幾個特殊點探路，以縮小參數(shù)的取值范圍，如取閉區(qū)間的端點，指數(shù)函數(shù)常取0或1，對數(shù)函數(shù)常取1或e等.例1 (2022·哈三中模擬節(jié)選)已知f(x)＝ln(ax＋1)＋(x≥1)，若f(x)≥ln 2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解　必要性：對x≥1，f(x)≥ln 2恒成立，即ln(ax＋1)＋－ln 2≥0在(1，＋∞)恒成立.令g(x)＝ln(ax＋1)＋－ln 2，所以g(1)＝ln(a＋1)－ln 2≥0，解得a≥1.充分性：當a≥1時，g(x)≥ln＋－1(x≥1).令t＝≥1，則令h(t)＝ln t＋－1(t≥1)，所以h′(t)＝－＝(t≥1)，則h(t)在(1，＋∞)上單調遞增，所以h(t)≥h(1)＝0，所以g(x)≥0恒成立，綜上所述，a的取值范圍是[1，＋∞).訓練1 已知f(x)＝ax2－4ln(x－1)，對x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1，求實數(shù)a的取值范圍.解　必要性：因為對x∈[2，e＋1]恒有f(x)≤1.即ax2－4ln(x－1)－1≤0，令g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1，則g(2)＝4a－1≤0，則a≤.充分性：當a≤時，g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1≤x2－4ln(x－1)－1，根據(jù)ln x≥1－(證明略)，在x∈[2，e＋1]上有x2－4ln(x－1)－1≤x2－4－1＝≤0，所以g(x)≤0，即f(x)≤1，故a的取值范圍是.類型二　極值點探路1.已知f(x)≤0(或f(x)≥0)，找f(x)的極大值(或極小值)點探路；2.對于f(x)≤g(x)，找f(x)的極大值點，g(x)的極小值點探路.例2 已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－ae2(x－1)＋1，a≥0.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的零點個數(shù)；(2)若關于x的不等式ln－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解　(1)當a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1).當x∈(0，1)時，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1)>1－e2(x－1)>1－1＝0，此時無零點.當x∈[1，＋∞)時，f′(x)＝－2e2(x－1)，當x∈[1，＋∞)時，f′(x)單調遞減，且f′(x)<f′(1)＝－2<0，當x∈[1，＋∞)時，f(x)單調遞減，f(1)＝ln 2＋1－1＝ln 2>0，f(2)＝ln 3＋1－e2<0，?x0∈(1，2)，使f(x0)＝0.∴當a＝1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間 (0，＋∞)上有且只有一個零點.(2)必要性：在區(qū)間(1，＋∞)上ln－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－恒成立，即ln－≤a·e2(x－1)－a2·e(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，當a＝0時，ae2(x－1)－a2e(x－1)＝0，因為y＝ln x－(x－1)≤0恒成立，則ln－≤0，當a>0時，令m(x)＝ln－，x>1，m′(x)＝，當x>時，m′(x)<0，m(x)單調遞減，當1<x<時，m′(x)>0，m(x)單調遞增，所以m(x)≤m＝0.當a>0時，x＝，0≤a·e－a2·，則a·e≥0，即1－≥0，得a≤2.綜上，a的取值范圍為[0，2]，充分性：當a∈[0，2]時，ln－－a[e2(x－1)－a·e(x－1)]≤0，①當a∈[0，2]時，e2(x－1)－a·e(x－1)≥e2(x－1)－2·e(x－1).令n(x)＝e2(x－1)－2·e(x－1)，x>1，則n′(x)＝2e2(x－1)－2e.當x>1時，n′(x)單調遞增，且n′＝2e－2e＝0，故當x∈時，n′(x)<0，n(x)單調遞減，當x∈時，n′(x)>0，n(x)單調遞增，∴n(x)≥n＝e－e＝0，∴x>1，a·n(x)≥0.由已知得x>1，ln－≤0.∴①式成立.∴a∈[0，2].訓練2 已知a>0，函數(shù)f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在實數(shù)a，使f(x)≥g(ax)恒成立？若存在，求出實數(shù)a的值；若不存在，請說明理由.解　必要性：令φ(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln(ax)，x>0，求導得φ′(x)＝2ax－1－.因為φ＝0，又φ(x)≥0，則是φ(x)的一個極小值點，則φ′＝0，解得a＝1.充分性：當a＝1時，φ′(x)＝2x－1－＝.當0<x<1時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減；當x>1時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，從而φ(x)≥φ(1)＝0，符合題意.綜上可知a＝1.類型三　保號性探路“保號性”的完整提法是“局部保號性”，它是微積分學中的一個重要概念，有多種敘述形式，我們介紹一種比較容易理解的形式：已知函數(shù)f(x)在a點連續(xù)，且f(a)>0，則存在σ>0，當|x－a|<σ時，f(x)>0(注意它的逆命題是假命題).例3 已知函數(shù)f(x)＝axln x－xa，其中a∈R＋.若函數(shù)f(x)是(1，＋∞)內的減函數(shù)，求正實數(shù)a的取值范圍.解　必要性：因為函數(shù)f(x)是(1，＋∞)內的減函數(shù)，所以f′(x)＝aln x＋a－axa－1＝a(ln x＋1－xa－1)≤0在(1，＋∞)內恒成立.令g(x)＝ln x＋1－xa－1，因為a>0，所以g(x)＝ln x＋1－xa－1≤0在(1，＋∞)內恒成立，因為g(1)＝0，g′(x)＝－(a－1)xa－2，保證g(x)在x＝1處有單減趨勢，則g′(1)≤0，即g′(1)＝1－(a－1)≤0，則a≥2.充分性：因為a≥2，所以a－1≥1，因為x>1，所以xa－1≥x，則g(x)＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x<0，所以f′(x)＝a(ln x＋1－x)<0.故a的取值范圍是[2，＋∞).訓練3 已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－x－，若當x>－1時，f(x)≤ax2，求實數(shù)a的取值范圍.解　必要性：令g(x)＝ln(x＋1)－x－－ax2≤0，g′(x)＝－1－x2－2ax，g″(x)＝－－2x－2a，因為g(0)＝0，g′(0)＝0，所以g″(0)≤0，則a≥－.充分性：當a≥－時，g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2，由三階泰勒公式知ln(x＋1)－x＋x2－≤0(證明過程略)，又x2≤0，∴g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2≤0，即g(x)≤0.故實數(shù)a的取值范圍是.類型四　雙參數(shù)不等式恒成立探路問題此類問題多數(shù)是求雙參數(shù)代數(shù)式的最值，基本方法是先移項構造一端是零的不等式，再設出另一端的函數(shù)，重點分析此函數(shù)自變量取何值時，恰好出現(xiàn)雙參數(shù)的代數(shù)式，進而探出代數(shù)式的最值(可能值)，最后再證明此代數(shù)式取最值時，原題目中的不等式恒成立.例4 已知函數(shù)f(x)＝－2aln x＋2(a＋1)x－x2(a>0)，若在函數(shù)f(x)的定義域內，總有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，試求a＋b的最大值.解　必要性：f(x)≥－x2＋2ax＋b，x>0，即2aln x－2x＋b≤0.令g(x)＝2aln x－2x＋b，由題意知“g()≤0”是“g(x)≤0”的必要條件(注意選x＝是為了整理后的不等式出現(xiàn)a＋b)，即a＋b≤2，則a＋b的最大值可能為2.充分性：存在a，b滿足a＋b＝2，總有f(x)≥－x2＋2ax＋b成立，取a＝b＝，則g(x)＝2ln x－2x＋，從而g′(x)＝2·.當0<x<時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；當x>時，g′(x)<0，g(x)單調遞減.從而當x>0時，g(x)≤g()＝0，符合題意.綜上可知，a＋b的最大值為2.訓練4 已知a，b∈R，f(x)＝ex－ax－b在[0，＋∞)上的最小值為0，求a＋b的最大值.解　必要性：由f(x)≥0得ex≥ax＋b，即≥a＋，令＝，得x＝或x＝－(舍)，故取x＝，f＝e－－≥0，即a＋b≤2e.充分性：存在a，b滿足a＋b＝2e且能使f(x)在[0，＋∞)上的最小值為0.取a＝，b＝(此時可使f′＝0)，f′(x)＝ex－a－，f″(x)＝ex－，b＝<1，故當x∈[0，＋∞)時，(x2＋1)≥1，ex≥1，故f″(x)≥0，所以f′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，f′＝0.則當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，∴f(x)min＝f＝0，此時(a＋b)max＝2e.一、基本技能練1.已知不等式ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解　必要性：依題有a>0，當x＝0時，－ln a－aln a≥0，解得0<a≤1.充分性：下面證明0<a≤1時，題設不等式恒成立.由ex≥x＋1(證明略)易得ea2x－1≥a2x，只需證明a2x－aln(x＋a)－ln a≥0.設g(x)＝a2x－aln(x＋a)－ln a，則g′(x)＝a2－＝a≥0，則g′(x)單調遞增，令g′(x)＝0，即a＝0，解得x＝－a，所以當x<－a時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x>－a時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所 g(x)min＝g＝a(1－a2)＋(1－a)ln≥0，當且僅當a＝1取等號.所以證得a2x－aln(x＋a)－ln a≥0成立，當且僅當x＝0，a＝1時等號成立.因此a∈(0，1]時，不等式ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立.2.已知函數(shù)f(x)＝x(ln x＋3ax＋2)－3ax＋4.(1)若f(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)的最大值為6，求實數(shù)a的值.解　(1)必要性：由題意知f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a≤0在x≥1時恒成立，因此必有f′(1)＝3a＋3≤0，即a≤－1.充分性：當a≤－1時，由不等式ln x≤x－1(當且僅當x＝1時取等號)，有f′(x)＝ln x＋3a(2x－1)＋3≤x－1－3(2x－1)＋3＝5(1－x)≤0，此時符合題意.綜上可知a∈(－∞，－1].(2)由題意得f(1)＝6.因為f(x)≤6，所以1為f(x)的一個極大值點.又f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a，因此必有f′(1)＝0，解得a＝－1.當a＝－1時，由不等式ln x≤x－1(當且僅當x＝1時取等號)，有f(x)＝x(ln x－3x＋2)＋3x＋4≤x(x－1－3x＋2)＋3x＋4＝6－2(x－1)2≤6，符合題意.綜上可知a＝－1.3.已知函數(shù)f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若g(x)≥kf(x)對任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.解　(1)f′(x)＝1－＝(x>－1)，令f′(x)＝0，得x＝0，∴在(－1，0)上，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減；在(0，＋∞)上，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增.所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－1，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞).(2)由題意得ex－x－1≥k[x－ln(x＋1)]在x∈[0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]，則h(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h′(x)＝ex－1－k，則h′(0)＝0，h″(x)＝ex－，h″(0)＝1－k，若h″(0)＝1－k<0，即k>1時，存在x∈(0，＋∞)使得x∈(0，x0)時，h″(x)<0，則在(0，x0)上h′(x)單調遞減，此時h′(x)<h′(0)＝0，則h(x)在(0，x0)上單調遞減，且x∈(0，x0)使h(x)<h(0)＝0，則h(x)≥0不恒成立.若h″(0)＝1－k≥0，即k≤1時，由(1)知f(x)＝x－ln(x＋1)的最小值為f(0)＝0，則h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]≥ex－x－1－x＋ln(x＋1)＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0).令φ(x)＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥0)，φ′(x)＝ex－2＋≥x＋1＋－2≥2－2＝0(當且僅當x＝0時取等號)，則φ(x)在[0，＋∞)上單調遞增，φ(x)≥φ(0)＝0，即k≤1時，h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，綜上所述，k的取值范圍是(－∞，1].二、創(chuàng)新拓展練4.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值.解　對函數(shù)f(x)求導，得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.由題意知f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，則f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，因此f′(1)＝e.∴f(x)＝ex－x＋x2.f(x)≥x2＋ax＋b，即ex－(a＋1)x－b≥0，令g(x)＝ex－(a＋1)x－b.①當a＋1>0時，只需考慮b>0情況.由題意知“g≥0”是“g(x)≥0”的必要條件.由g≥0，解得≥＋b.由均值不等式有≥＋b≥2，即(a＋1)b≤(當a＋1＝2b時取等號).存在a，b滿足(a＋1)b＝，總有f(x)≥x2＋ax＋b，取a＝－1，b＝，此時g(x)＝ex－x－＝≥＝0，當x＝時取等號.②假設a＋1＝0符合題意，此時(a＋1)b＝0.③假設a＋1<0，此時f<0，不符合題意.綜上，(a＋1)b的最大值為. 

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