2023年高考数学一轮复习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含解析北师大版文

第2课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题

1.(2021山东淄博实验中学高三月考)已知函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=x2+x,a≤0,且a为常数.

(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)=xlnx,定义域为(0,+∞),则f'(x)=lnx+1,令f'(x)<0可得0<x<,

令f'(x)>0可得x>,

∴f(x)在内是递减的,在上是递增的,

∴f(x)min=f=-.

(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)lnx-x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)≥0在x∈(1,2]有解,F'(x)=lnx-ax+,

令h(x)=lnx-ax+,x∈(1,2],则h'(x)=-a-,

当a=0时,F'(x)=lnx>0,则F(x)在(1,2]上是递增的,

此时F(x)max=F(2)=2ln2>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)ln2,则要使F(x)≥0在x∈(1,2]有解,满足(a+2)ln2≥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)=-2cos x-x,g(x)=-ln x-(k>0).

(1)求函数f(x)的递增区间;

(2)若对任意x1∈,总存在x2∈,使得f(x1)<g(x2),求实数k的取值范围.

解:(1)f'(x)=2sinx-1,令f'(x)>0,得2sinx-1>0,

∴2kπ+<x<2kπ+,k∈Z,

∴f(x)的递增区间为2kπ+,2kπ+(k∈Z).

(2)当x∈时,f'(x)=2sinx-1<0,∴f(x)在上是递减的,∴f(x)max=f(0)=-2,

g(x)=-lnx-(k>0),当0<k≤时,g'(x)=-,

∵x∈,∴g'(x)≤0,g(x)在上是递减的,

∴g(x)max=g=ln2-2k,

由题意可得ln2-2k>-2,又0<k≤,∴0<k≤.

当k≥1时,g'(x)≥0,∴g(x)在上是递增的,

∴g(x)max=g(1)=-k>-2,∴1≤k<2.

当<k<1时,令g'(x)=0,得x=k,当≤x<k时,g'(x)>0;当k<x≤1时,g'(x)<0,g(x)在上是递增的,在[k,1]上是递减的,

∴g(x)max=g(k)=-lnk-1>-2,解得0<k<e,∴<k<1,综上,k∈(0,2).

3.(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=-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)=lnx-x-1,则g'(x)=-1=≥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≥;

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.

(2)因为函数y=f(x)的图像始终在函数y=-2的图像上方,所以f(x)>-2恒成立,因为x>0,ex>0,所以a>,令t=xex>0,设h(t)=,其中t>0,则h'(t)=,当0<t<e2时,h'(t)>0,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)=,则a>,因此,实数a的取值范围是.

4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(x)=aln x+(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+x2+,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)=-2lnx+(x-1)2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=-+x-1=(x>0),令f'(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).

当0<x<2时,f'(x)<0,当x>2时,f'(x)>0,

∴当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=-2ln2+,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)=+x-1=(x≥1),令h(x)=x2-x+a,

①当Δ≤0,即1-4a≤0,a≥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<时,令h(x)=0,此时x1=(舍去),x2=,

当≤1时,即0≤a<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时,即a<0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f<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)lnx-x-,即存在x0∈[1,e],使得m(x0)=(a-1)lnx0-x0->0,

即存在x0∈[1,e],使得m(x)max>0,m'(x)=-1+,

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1<a<e时,此时在x∈[1,a]上,m'(x)>0,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)lna-a-1.

∵1<a<e,∴0<lna<1,即-a-1<(a-1)lna-a-1<-2,

∴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->0,解得a>,

综上所述,a∈(-∞,-1)∪.