高考数学大一轮复习第三章导数及其应用利用导数研究不等式的恒成立问题练习理含解析.doc

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1、第5讲利用导数研究不等式的恒成立问题1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)A．a≤1B．a≥1C．a≤2D．a≥2解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.2．(2019·吉林白山联考)设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3

2、)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.答案：e3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)lnx＋ax(a∈R)．(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)lnx，f′(x)＝lnx＋(x－1

3、)·＝lnx－＋1，设g(x)＝lnx－＋1，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，所以x∈(0，1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)由(x－1)lnx＋ax>0，得－ax<(x－1)lnx，而x>0，所以－a<＝lnx－.记h(x)＝lnx－，则h′(x)＝－＝，-4-设m(x)＝lnx＋x－1(x>0)，显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，所以x∈(0，1)时，m

4、(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0.所以－a<0，所以a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区

5、间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤()max，由h′(x)＝，令h′(x)＝0，则x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值单调递减由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.5．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切

6、线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k-4-的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得01，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为lnx－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝lnx－＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x

7、)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝.①当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)0，所以必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．②当>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以

8、h(x)>h(1)＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立