多维层次练18-利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

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多维层次练18  利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]．(1)若a＝1，求 f(x)的最大值；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)若a＝1，则f(x)＝x＋ln x，f′(x)＝1＋＝.因为x∈[1，e]，所以f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)max＝f(e)＝e＋1.(2)依题意，不等式ax＋ln x≤0对x∈[1，e]恒成立，等价于a≤－，x∈[1，e]恒成立．令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝，因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝－，所以a≤－.所以实数a的取值范围是.2．(2020·沈阳模拟)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，所以f(x)≥0.(2)解：f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，所以f(x)≥f(0)＝0，所以当a≤时满足条件．②当2a>1，即a>时，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，所以f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，所以f(x)<f(0)＝0，不合题意．综上，实数a的取值范围为.3．已知函数f(x)＝aln x＋bx(a，b∈R)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y－2＝0.(1)求a，b的值；(2)当x>1时，f(x)＋<0恒成立，求实数k的取值范围；(3)证明：当n∈N*，且n≥2时，＋＋…＋>.(1)解：因为f(x)＝aln x＋bx，所以f′(x)＝＋b.因为直线x－2y－2＝0的斜率为，且过点，所以即解得(2)解：法一　由(1)得f(x)＝ln x－.当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0，等价于k<－xln x.令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝.当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0.从而，当x>1时，g′(x)>0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝.因此，当x>1时，k<－xln x恒成立，则k≤.即所求k的取值范围是.法二　由(1)得 f(x)＝ln x－.当x>1时，f(x)＋<0恒成立，即ln x－＋<0恒成立．令g(x)＝ln x－＋，则g′(x)＝－－＝－.方程x2－2x＋2k＝0(*)的判别式Δ＝4－8k.①当Δ<0，即k>时，则x>1时，x2－2x＋2k>0，得g′(x)<0，故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减．由于g(1)＝－＋k>0，g(2)＝ln 2－1＋>0，则当x∈(1，2)时，g(x)>0，即ln x－＋>0，与题设矛盾．②当Δ＝0，即k＝时，则x>1时，g′(x)＝－＝－<0.故函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)<g(1)＝0，符合题意．③当Δ>0，即k<时，方程(*)的两根为x1＝1－<1，x2＝1＋>1，则x∈(1，x2)时，g′(x)>0，x∈(x2，＋∞)时，g′(x)<0.故函数g(x)在(1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减，从而函数g(x)在(1，＋∞)上的最大值为g(x2)＝ln x2－＋.而g(x2)＝ln x2－＋<ln x2－＋，由②知，当x>1时，ln x－＋<0，得ln x2－＋<0，从而g(x2)<0.故当x>1时，g(x)≤g(x2)<0，符合题意．综上所述，k的取值范围是.(3)证明：由(2)得，当x>1时，ln x－＋<0，可化为xln x<，又xln x>0，从而>＝－.把x＝2，3，4，…，n分别代入上面不等式，并相加得＋＋…＋>＋＋＋…＋(－)＋＝1＋－－＝.4．设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x，若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－ f(x2)|≤e－1的充要条件是即①设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0，即em－m>e－1；当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.综上，m的取值范围是[－1，1]．5．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．解：(1)由题意知f′(x)＝1－＝，(x>0)因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)不妨设0<x1<x2≤1，则>>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|<4⇔f(x2)－f(x1)<4(－)⇔f(x1)＋>f(x2)＋.设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，易知g′(x)在(0，1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－－＝≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－在(0，1]上恒成立，易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．6．(2021·广东省适应性考试)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；(2)若g(x)≥2＋ax，求a.(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sinf″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以①当x∈时，sin<0，此时f(x)>0；②当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，所以f′(x)≤f′(0)＝0，所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；③当x∈时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)单调递增，f(x)≥f(0)＝0；④当x∈时，f(x)＝ex－sin≥e1－>0.综上，当x>－时，f(x)≥0；(2)解：构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，考虑到F(0)＝0，F′(0)＝2－a，F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F″(x)＝ex－sin x－cos＝f(x)．由第(1)问可知：F″(x)＝f(x)≥0在x>－时恒成立，所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增，①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，F(x)在递减，(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；而当x≤－时，F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，故a＝2满足题意．②若a>2，则F′(0)＝2－a<0，因为F′(x)≥ex－－a，所以F′(ln(＋a))≥ex－－a≥0，由零点存在定理，必存在x0∈(0，ln (＋a))使得F′(x0)＝0，此时满足x∈(0，x0)时，F′(x)<0，F(x)递减，所以F(x)<F(0)＝0，推得矛盾，舍去．③若a<2，F′(0)＝2－a>0，因为当x<0时，F′(x)≤ex＋－a<ex＋－a，所以当<a<2时，F′(ln (a－))<0，此时必存在x0∈(ln(a－)，0)使得F′(x0)＝0，此时满足x∈(x0，0)时，F′(x)>0，F(x)递增，所以F(x)<F(0)＝0，推得矛盾，舍去．而当a≤时，当F′(x)>ex－cos x－sin x－2，所以在x∈(x0，0)时，F′(x)>0亦成立，F(x)单调递增，F(x)<F(0)＝0，推得矛盾，舍去．综上所述，a＝2.