专题四导数与恒成立

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专题四       导数与恒成立例题1．已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.解：（1），.当时，则在上恒成立，所以在上单调递增；当时，由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；（2）由题意知在上恒成立，即恒成立，令，其中，则.当时，则；当时，则.所以在上单调递减，在上单调递增，则.所以实数的取值范围为.例题2．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）设，若，求实数k的取值范围．解：（1）令，得当时，恒成立，且仅在时取等号，故在R上单调递减当时，在区间和上，在区间上，所以的单调递减区间为，的单调递增区间为当时，在区间上，在区间上．所以的单调递减区间为，单调递增区间为（2）当时，由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立设，则令得；令得，所以函数在上单调递增，在上单调递减∴实数k的取值范围是.例题3．已知函数，且.（1）求的解析式；（2）设，若对任意，，求实数的取值范围.解：（1），，则，解得，因此，；（2）①当时，则成立，此时；②当时，由题意得恒成立，令，其中，得，以下只需求.，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，所以.综上所述，实数的取值范围是.例题4．已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）若恒成立，求实数的取值范围.解：（1）由题意，函数，可得的定义域为，且.由，即，解得，由，即，解得，故的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故时，取最小值，所以，所以实数的取值范围是.例题5．已知函数其中（1）讨论的单调性；（2）若当时恒成立，求的取值范围.解：（1）若在(0，1)内单增，在内单减.若由知，.当即时，此时在内单增.当时，此时在内单增,在内单减.综上所述：当时，函数在内单增.当，在内单增,在内单减.当时，在(0，1)内单增，在内单减.（2）即 即即，令则令.所以在时单增，，因此，在时单增，，于是故的取值范围是例题6．已知函数，（1）若，求､在处的切线方程；（2）若在上恒成立，求实数a的取值范围.解：（1）当时，，，则，在处的切线方程为，即.在处的切线方程为，即.（2）若在上恒成立即即在上恒成立令，，①当，恒成立，在上递增，，符合题意；②当时，在上递增，.在上递增，又，若，即时，恒成立，同①，符合题意；若，即时，存在，使，时，，时，，在递减，在上递增，而，故不满足恒成立.综上，.巩固1．已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围.解：（Ⅰ）定义域是，，令.当，即时，恒成立，即，所以的单调增区间为，无递减区间；当时，即或时，方程有两个不等的实根，，.若，由，得，，，所以在成立，即，所以的单调增区间为，无递减区间；若，由，得，，，由得的范围是，由得的范围是，所以当或时，，当时，，所以的单调递增区间为，，的单调递减区间为.综上所述，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无递减区间.（Ⅱ）由，得，即，即在上恒成立.由（Ⅰ）知当时，的单调递增区间为，又，所以当时，恒成立.由（Ⅰ）知当时，在，单调递增，在单调递减，且，得，，不符合题意.综上所述，的取值范围是.【素养提升】1.已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在 [0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．2.设函数f(x)＝(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．3.已知函数f(x)＝(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(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∀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)＝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.4.（2018年新课标I卷文）已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．【解析】（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．由题设知，f ′（2）=0，所以a=．从而f（x）=，f ′（x）=．当0<x<2时，f ′（x）<0；当x>2时，f ′（x）>0．所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a≥时，f（x）≥．设g（x）=，则当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当时，．