高考数学第三章导数及其应用5第5讲利用导数研究不等式的恒成立问题练习理含解析.docx

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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)·＝l

3、nx－＋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)＝－＝，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(x)<0，h′(

4、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)的单调递增区间为(－∞，lna)；

5、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))处的切线与x轴平行．(1)求f(

6、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)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x

7、2＋(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h(x)>h(1)＝1－k>0，所以g′

8、(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．