高考数学一轮复习课后限时集训18利用导数解决不等式恒（能）成立问题文北师大版.docx

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1、课后限时集训18利用导数解决不等式恒(能)成立问题建议用时：45分钟1．(2019·西安质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函数y＝f(x)的图像在x＝1处的切线方程；(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．[解](1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1.又∵f(1)＝0，∴所求切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即为x－y－1＝0.(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.①当a≥1时，f(x)＜g(x)≤ag(x)；②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，不满足不等式f

2、(x)≤ag(x)；③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，则φ′(x)＝－a(x＞1)，令φ′(x)＝0，得x＝，当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：x1，，＋∞φ′(x)＋0－φ(x)↗极大值↘∴φ(x)max＝φ＞φ(1)＝0，不满足不等式，f(x)≤ag(x)．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．2．已知函数f(x)＝(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围．[解](1)f′(x)＝，当a≤－时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，∴

3、函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．当a＞－时，令x2－2x－2a＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋.∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．(2)f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，由条件知，2a＞x2－ex对任意x≥1恒成立．令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单

4、调递减，∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，故若f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，则需2a＞g(x)max＝1－e.∴a＞，即实数a的取值范围是.3．设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．[解](1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.令g′(x)＞

5、0得x＜0或x＞，令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x)min＝g＝－，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1

6、－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞.即m(x)＝xlnx在上是增函数，可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．