2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十八利用导数研究不等式恒能成立问题

课时作业(十八)　利用导数研究不等式恒(能)成立问题

1.[2023·河南南阳模拟]已知函数f(x)＝.

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)若不等式f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．

2．已知函数f(x)＝ax－2lnx.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)设函数g(x)＝x－2，若存在x∈[1，e3]，使得f(x)≤g(x)，求a的取值范围．

3．已知函数f(x)＝－x＋lnx，g(x)＝xex－2x－m.

(1)求函数f(x)的极值点；

(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．

优生选做题

4．设函数f(x)＝＋lnx(a≠0)，g(x)＝x3－2x2＋1.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)如果对于任意的x1，x2∈[，2]，都有x1f(x1)≥g(x2)成立，试求a的取值范围．

课时作业（十八）　利用导数研究

不等式恒（能）成立问题

1．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝，f（0）＝－1，

f′（x）＝，∴k＝f′（0）＝1，

所以切线方程为y＋1＝1×（x－0），即x－y－1＝0.

（2）f（x）≤x－1恒成立，即a≥x2－（x－1）ex在x∈[1，＋∞）上恒成立，

设g（x）＝x2－（x－1）ex，g′（x）＝x（2－ex），

令g′（x）＝0，得x1＝0，x2＝ln2，

在[1，＋∞）上，g′（x）<0，

所以函数g（x）＝x2－（x－1）ex在[1，＋∞）上单调递减，

所以g（x）max＝g（1）＝1，∴a≥g（x）max，

故有a≥1.

2．解析：（1）f′（x）＝a－＝（x>0），

当a≤0时，f′（x）<0在（0，＋∞）上恒成立；

当a＞0时，令f′（x）>0得x>；令f′（x）<0得0<x<；

综上，a≤0时f（x）在（0，＋∞）上单调递减；

a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增．

（2）由题意知ax－2lnx≤x－2在[1，e3]上有解，

则ax≤x－2＋2lnx，a≤.

令g（x）＝，g′（x）＝.

所以g（x）max＝g（e2）＝，因此有a≤，

所以a的取值范围为（－∞，].

3．解析：（1）由已知可得，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝，

当0<x<1时，f′（x）>0；当x>1时，f′（x）<0，

所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞），

所以x＝1是f（x）的极大值点，无极小值点．

（2）解法一：设h（x）＝f（x）－g（x）＝lnx＋x－xex＋m，x∈（0，＋∞），

则h′（x）＝＋1－（x＋1）ex＝（x＋1）（－ex），

令t（x）＝－ex，x∈（0，＋∞），则t′（x）＝－－ex<0对任意x∈（0，＋∞）恒成立，

所以t（x）＝－ex在（0，＋∞）上单调递减．

又t（）＝2－>0，t（1）＝1－e<0，

所以∃x0∈（，1），使得t（x0）＝－ex0＝0，即＝ex0，则ln＝lnex0，即－lnx0＝x0.

因此当0<x<x0时，t（x）>0，即h′（x）>0，则h（x）单调递增；

当x>x0时，t（x）<0，即h′（x）<0，则h（x）单调递减，

故h（x）max＝h（x0）＝lnx0＋x0－x0ex0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1，

所以当m≤1时，f（x）≤g（x）恒成立．

解法二：令m（x）＝ex－x－1，m′（x）＝ex－1，当x<0时，m′（x）<0；当x>0时，m′（x）>0，

所以m（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，

所以m（x）≥m（0）＝0，即ex≥x＋1.

因为xex＝ex＋lnx，所以xex＝ex＋lnx≥x＋lnx＋1，当x＋lnx＝0时等号成立，

即xex－x－lnx≥1，当x＋lnx＝0时等号成立，

所以y＝xex－x－lnx的最小值为1.

若f（x）≤g（x）恒成立，则xex－x－lnx≥m，

所以当m≤1时，f（x）≤g（x）恒成立．

4．解析：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝－＋＝，

当a<0时，f′（x）>0，函数f（x）在区间（0，＋∞）上单调递增；

当a>0时，令f′（x）>0，解得x>，则函数f（x）在（，＋∞）上单调递增；

令f′（x）<0，解得0<x<，则函数f（x）在上单调递减；

∴函数f（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增，

综上得，当a>0时，函数f（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增；a<0时，f（x）在（0，＋∞）递增．

（2）g′（x）＝3x2－4x＝3x（x－），x∈[，2]，

令g′（x）<0，解得≤x<，则g（x）在[，）上单调递减，

令g′（x）>0，解得<x≤2，则g（x）在（，2]上单调递增，

∴g（）＝，g（2）＝1，

∴g（x）max＝g（2）＝1.

∴当x∈[，2]时，xf（x）≥1恒成立，

即＋xlnx≥1恒成立，

则a≥x－x2lnx恒成立；

令h（x）＝x－x2lnx（x∈[，2]），

则h′（x）＝1－x－2xlnx，

设p（x）＝h′（x）＝1－x－2xlnx，x∈[，2]，则p′（x）＝－1－2（lnx＋1）＝－3－2lnx是减函数，p′＝－3－2ln＝－3＋2ln2<0，p（x）即h′（x）是减函数，又h′（1）＝0，

令h′（x）>0，解得≤x<1，则h（x）在区间[，1）上单调递增；

令h′（x）<0，解得1<x≤2，则h（x）在区间（1，2]上单调递减，

∴h（x）max＝h（1）＝1，

故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞）.