2021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(含解析)

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)＝ln x，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)＝1

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(x)≤ag(x)； ③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)， 则φ′(x)＝1

x－a(x＞1)，

令φ′(x)＝0，得x＝1

a，

当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：

x ??1，11?a??? a ??1?a，＋∞??? φ′(x) ＋ 0 － φ(x) 极大值 ∴φ(x)max＝φ??1?a???

＞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

2．已知函数f(x)＝2a－xex(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．

1

[解] (1)f′(x)＝

x2－2x－2ae

x，

12

当a≤－时，x－2x－2a≥0，f′(x)≥0，

2∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 12

当a＞－时，令x－2x－2a＝0，

2解得x1＝1－2a＋1，x2＝1＋2a＋1.

∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－2a＋1)和(1＋2a＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a＋1，1＋2a＋1)．

2a－x2x(2)f(x)＞－1?x＞－1?2a＞x－e，

e由条件知，2a＞x－e对任意x≥1恒成立． 令g(x)＝x－e，h(x)＝g′(x)＝2x－e， ∴h′(x)＝2－e.

当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－e≤2－e＜0， ∴h(x)＝g′(x)＝2x－e在[1，＋∞)上单调递减， ∴h(x)＝2x－e≤2－e＜0， 即g′(x)＜0，

∴g(x)＝x－e在[1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)＝x－e≤g(1)＝1－e，

故若f(x)＞－1在[1，＋∞ )上恒成立， 则需2a＞g(x)max＝1－e.

1－e?1－e，＋∞?. ∴a＞，即实数a的取值范围是??2?2?3．设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x－x－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；

222

2

2

xxxxxxxxxax32

?1?(2)如果对于任意的s，t∈?，2?，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． ?2?

3．设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x－x－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；

ax32

2

?1?(2)如果对于任意的s，t∈?，2?，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． ?2?

[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.

?2?322

由g(x)＝x－x－3，得g′(x)＝3x－2x＝3x?x－?.

?3?

2

令g′(x)＞0得x＜0或x＞，

32

令g′(x)＜0得0＜x＜，

3又x∈[0,2]，

?2??2?所以g(x)在区间?0，?上单调递减，在区间?，2?上单调递增， ?3??3?

85?2?所以g(x)min＝g??＝－，

27?3?又g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以g(x)max＝g(2)＝1.

112

故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，

27则满足条件的最大整数M＝4.

?1??1?(2)对于任意的s，t∈?，2?，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间?，2?上，函数?2??2?

f(x)min≥g(x)max，

?1?由(1)可知在区间?，2?上，g(x)的最大值为g(2)＝1. ?2?

a?1?2

在区间?，2?上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－xln x恒成立．

x?2?

设h(x)＝x－xln x，

2

h′(x)＝1－2xln x－x，

1

令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.

e

?1?即m(x)＝xln x在?，＋∞?上是增函数， ?e??1?可知h′(x)在区间?，2?上是减函数， ?2?

又h′(1)＝0，

所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0； 1

当＜x＜1时，h′(x)＞0. 2

3

?1?2

即函数h(x)＝x－xln x在区间?，1?上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，

?2?

所以h(x)max＝h(1)＝1， 所以a≥1，

即实数a的取值范围是[1，＋∞)．

4