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 文 北师大版

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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)＝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)＝，∴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

2、，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)＝－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： x 1， ，＋∞ 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)＞－

3、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， ∴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

4、)＝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)＝＋xln x，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,

5、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)＞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

6、(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)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x， 令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞. 即m(x)＝xln x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－x2ln x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，＋∞)． - 3 -