高考数学科学创新复习方案提升版第19讲利用导数解决不等式恒（能）成立问题学案（Word版附解析）

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第19讲 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
例1 (2024·揭阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－eq \f(1,2)mx2＋1(m∈R)．
(1)当m＝1时，证明：f(x)0)，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(2)，
当x∈(0，eq \r(2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)0，
所以关于x的不等式G(x)0时，G′(x)＝－eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,m)))（x＋1）,x).
令G′(x)＝0，得x＝eq \f(2,m)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))时，G′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)，＋∞))时，G′(x)0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，lg2\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)证明：要证不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解，
只需证明f(x)min≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
由(1)得f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)))＝a·2lg2eq \f(1,a)－ln 2×lg2eq \f(1,a)＝1＋ln a，
则只要证明1＋ln a≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令h(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1(a>0)，
则h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)，
当00时，不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解．
由不等式能成立求参数范围的常见题型
(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.
(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.
(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．
已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－eq \f(4,x)－mx，其中00，
所以当x>0时，f′(x)>0；当x2024恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(1012，＋∞) D．[2×5062，＋∞)
答案 D
解析 ∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋kln x，且对任意x2＞x1＞0，有eq \f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，即对任意x2＞x1＞0，F(x2)－2024x2＞F(x1)－2024x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2024x＝x2＋kln x－2024x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴h′(x)＝2x＋eq \f(k,x)－2024≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－eq \f(k,2)≤x2－1012x在(0，＋∞)上恒成立，∵当x＞0时，x2－1012x＝(x－506)2－5062≥－5062(当且仅当x＝506时取等号)，∴－eq \f(k,2)≤－5062，∴k≥2×5062，即实数k的取值范围为[2×5062，＋∞)．故选D.
二、多项选择题
5．已知函数f(x)＝ex－cs2x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减
C．∀x≥0，f(x)≥0D．∃x≥0，f(x)0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故A正确，B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥eq \f(π,2)时，f(x)＝ex－cs2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC.
6．(2023·苏锡常镇四市联考)已知函数f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)＜f(s)，则满足条件的实数a的值可能是( )
A．－1 B．0
C．eq \f(1,e) D．1
答案 AB
解析 函数f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，因为∀s∈(0，＋∞)，∃t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上没有最小值，对f(x)求导得f′(x)＝a·eq \f(ex（x－1）,x2)－eq \f(x－1,x)＝eq \f(ex,x2)(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(x,ex)))，当a≤0时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域为(－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)内无最小值，因此a≤0符合题意；当a＞0时，令g(x)＝eq \f(x,ex)，x＞0，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，显然eq \f(x,ex)>0，即0＜g(x)≤eq \f(1,e)，在同一坐标系内作出直线y＝a与函数y＝g(x)的图象，如图，
当0＜a0，))若∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围为________________．
答案 (－∞，0)∪[e，＋∞)
解析 由∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上的值域包含函数f(x)在(－∞，0]上的值域．当x≤0时，函数f(x)＝4x2－3x的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(3,8)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(0)＝0，所以f(x1)∈[0，＋∞)；当x>0时，f(x)＝x－aln x，则f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，①若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝a－aln a，即f(x2)∈[a－aln a，＋∞)，所以a－aln a≤0，即1－ln a≤0，解得a≥e；②若a0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)＝x－aln x(x>0)的值域为R，符合题意；③当a＝0时，f(x)＝x(x>0)的值域为(0，＋∞)，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪[e，＋∞)．
8．(2023·山东部分学校联考)已知函数f(x)＝aeax－ln x，对任意的x>1，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析 当a≤0，x＞1时，f(x)0，x＞1时，则aeax≥ln x，即axeax≥xln x⇔eax·ln eax≥xln x，设g(x)＝xln x，x>1，则g′(x)＝ln x＋1>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xln x，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥ln x，所以a≥eq \f(ln x,x).设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).由h′(x)>0，得00，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2.
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式e x0－x0＋p≥2(x0－1)e x0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，x∈[1，e]，
从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.
因为x∈[1，e]，所以2x－1≥1，ex>0，
所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
10．(2023·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2m)；
由f′(x)>0，得00(a>0)，
所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，
所以a∈(0，3]，
即实数a的取值范围为(0，3]．
11．(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)0在[e，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上单调递增，
∴函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，h(e)＝eee.
∴a的取值范围为(e，＋∞)．
12．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln eq \f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a0，可得xln eq \f(x－1,a)＋x，
所以aex＋x＋1>ln eq \f(x－1,a)＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，则h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
易知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝eq \f(1,x－1)－1＝eq \f(2－x,x－1)，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)－2，所以a>eq \f(1,e2).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).考向一 恒成立问题
考向二 能成立问题
考向三 双变量不等式恒(能)成立问题