高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版高考解答题专项一　第2课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题

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(1)当a=0时,求函数f(x)的最小值;
(2)若存在x∈(1,2]使得f(x)≥g(x)-2a-2成立,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=0时,f(x)=xln x,定义域为(0,+∞),则f'(x)=ln x+1,令f'(x)<0可得0令f'(x)>0可得x>1e,
∴f(x)在0,1e内是递减的,在1e,+∞上是递增的,
∴f(x)min=f1e=-1e.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)ln x-a2x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)≥0在x∈(1,2]有解,F'(x)=ln x-ax+ax,
令h(x)=ln x-ax+ax,x∈(1,2],则h'(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2,
当a=0时,F'(x)=ln x>0,则F(x)在(1,2]上是递增的,
此时F(x)max=F(2)=2ln 2>0,满足题意,
当a<0时,h'(x)>0在(1,2]上恒成立,即F'(x)在(1,2]上是递增的,
则F'(x)>F'(1)=0,故F(x)在(1,2]上是递增的,则F(x)max=F(2)=(a+2)ln 2,则要使F(x)≥0在x∈(1,2]有解,满足(a+2)ln 2≥0,解得-2≤a<0,
综上,实数a的取值范围为[-2,0].
2.(2021安徽涡阳高三质检)设函数f(x)=-2cs x-x,g(x)=-ln x-kx(k>0).
(1)求函数f(x)的递增区间;
(2)若对任意x1∈0,12,总存在x2∈12,1,使得f(x1)解:(1)f'(x)=2sin x-1,令f'(x)>0,得2sin x-1>0,
∴2kπ+π6∴f(x)的递增区间为2kπ+π6,2kπ+5π6(k∈Z).
(2)当x∈0,12时,f'(x)=2sin x-1<0,∴f(x)在0,12上是递减的,∴f(x)max=f(0)=-2,
g(x)=-ln x-kx(k>0),当0∵x∈12,1,∴g'(x)≤0,g(x)在12,1上是递减的,
∴g(x)max=g12=ln 2-2k,
由题意可得ln 2-2k>-2,又0当k≥1时,g'(x)≥0,∴g(x)在12,1上是递增的,
∴g(x)max=g(1)=-k>-2,∴1≤k<2.
当120;当k∴g(x)max=g(k)=-ln k-1>-2,解得03.(2021江苏南通模拟)已知函数f(x)=aex-4,g(x)=ln x-x-1,其中e为自然对数的底数,a∈R.
(1)若对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),求a的取值范围;
(2)若函数y=f(x)的图像始终在函数y=g(x)x-2的图像上方,求a的取值范围.
解:(1)对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),则f(x)max≥g(x)max,因为g(x)=ln x-x-1,则g'(x)=1x-1=1-xx≥0对任意的x∈(0,1]恒成立,所以,函数g(x)在区间(0,1]上是递增的,则g(x)max=g(1)=-2.
因为f(x)=aex-4,
所以当a=0时,f(x)=-4,不满足f(x)max≥g(x)max,故a≠0;
当a>0时,f(x)=aex-4在(0,1]上是递增的,
所以f(x)max=f(1)=ae-4,即ae-4≥-2,解得a≥2e;
当a<0时,f(x)=aex-4在(0,1]上是递减的,所以f(x)=aex-4在(0,1]上没有最大值,不满足题意,
综上,a的取值范围为2e,+∞.
(2)因为函数y=f(x)的图像始终在函数y=g(x)x-2的图像上方,所以f(x)>g(x)x-2恒成立,因为x>0,ex>0,所以a>lnx+x-1xex=lnx+ln ex-1xex=ln(xex)-1xex,令t=xex>0,设h(t)=lnt-1t,其中t>0,则h'(t)=2-lntt2,当00,此时函数h(t)是递增的,当t>e2时,h'(t)<0,此时函数h(t)是递减的,所以,h(t)max=h(e2)=1e2,则a>1e2,因此,实数a的取值范围是1e2,+∞.
4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(x)=aln x+12(x-1)2,a∈R.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;
(2)若任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,求实数a的取值范围;
(3)设g(x)=ln x+12x2+ax+12,若存在x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=-2时,f(x)=-2ln x+12(x-1)2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=-2x+x-1=x2-x-2x=(x-2)(x+1)x(x>0),令f'(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).
当02时,f'(x)>0,
∴当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=-2ln 2+12,无极大值.
(2)任意x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,即当x∈[1,+∞)时,f(x)min≥0恒成立,
f'(x)=ax+x-1=x2-x+ax(x≥1),令h(x)=x2-x+a,
①当Δ≤0,即1-4a≤0,a≥14时,
h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上是递增的,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,
②当Δ>0,即1-4a>0,a<14时,令h(x)=0,此时x1=1-1-4a2(舍去),x2=1+1-4a2,
当1+1-4a2≤1时,即0≤a<14时,h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上是递增的,
所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当1+1-4a2>1时,即a<0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f1+1-4a2<0,不满足题意.综上所述,当a≥0时,满足任意x∈[1,+∞),都有f(x)min≥0恒成立.
∴a∈[0,+∞).
(3)令m(x)=f(x)-g(x)=(a-1)ln x-x-ax,即存在x0∈[1,e],使得m(x0)=(a-1)ln x0-x0-ax0>0,
即存在x0∈[1,e],使得m(x)max>0,m'(x)=a-1x-1+ax2=-x2+(a-1)x+ax2=(x+1)(-x+a)x2,
当a≤1时,此时在x∈[1,e]上,m'(x)≤0,m(x)是递减的,
∴m(x)max=m(1)=-1-a>0,即a<-1,
当10,m(x)是递增的,
在x∈[a,e]上,m'(x)<0,m(x)是递减的,
∴m(x)max=m(a)=(a-1)ln a-a-1.
∵1∴m(x)max=m(a)<0,不满足题意,
当a≥e时,此时在x∈[1,e]上,m'(x)≥0,m(x)是递增的,
∴m(x)max=m(e)=a-1-e-ae>0,解得a>e2+ee-1,
综上所述,a∈(-∞,-1)∪e2+ee-1,+∞.