2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测(二十一) 题型精研——利用导数研究不等式恒(能)成立问题

课时跟踪检测(二十一)

题型精研——利用导数研究不等式恒(能)成立问题

1．设函数f(x)＝ln x＋(a为常数)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－＋＝，

当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，

∴f(x)在定义域(0，＋∞)单调递增；

当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；

若0<x<a，则f′(x)<0，∴f(x)单调递减．

综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；

当a>0时，f(x)在区间(0，a)单调递减，在区间(a，＋∞)单调递增．

(2)f(x)≥1⇔＋ln x≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0,1]恒成立．

令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0,1]．

则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0,1]，

∴g(x)在(0,1]单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，

∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．

2．已知曲线f(x)＝(x＋1)ln x－x2－ax＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线经过坐标原点．

(1)求b的值；

(2)若f(x)≤0，求a的取值范围．

解：(1)∵f′(x)＝ln x＋－x－a，

∴f′(1)＝1－a，又f(1)＝－－a＋b，

∴f(x)在x＝1处的切线为y＋＋a－b＝(1－a)(x－1)，又该切线过原点，∴＋a－b＝－1＋a，解得b＝.

(2)由(1)得f(x)＝(x＋1)ln x－x2－ax＋，f(x)定义域为(0，＋∞)．

若f(x)≤0恒成立，则a≥ln x－x＋.

令g(x)＝ln x－x＋，

则g′(x)＝.

令h(x)＝－2ln x－x2＋2x－1，

则h′(x)＝－.

∵x2－x＋1>0恒成立，∴h′(x)<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0；

∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)max＝g(1)＝－＋＝1，∴a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞)．

3．已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，g(x)＝x2＋x＋2a＋1.

(1)若f(x)在(1，＋∞)单调递增，求实数a的取值范围；

(2)当x∈[1，e]时，f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)已知f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，得

f′(x)＝2x＋(a＋1)－.

依题意知x∈(1，＋∞)时，2x＋(a＋1)－≥0恒成立，即a＋1≥－2x.

令k(x)＝－2x，x∈(1，＋∞)，

∴k′(x)＝－－2<0，∴k(x)在(1，＋∞)单调递减，∴k(x)<k(1)＝－1，∴a＋1≥－1，即a≥－2，∴实数a的取值范围为[－2，＋∞)．

(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x－2a－1，x∈[1，e]，则只需φ(x)max<0即可，

∴φ′(x)＝a－＝.

当a≤0时，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]单调递减，

∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，

∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0.

当a>0时，当x∈时，φ′(x)<0，

当x∈时，φ′(x)>0，

∴φ(x)在单调递减，在单调递增，∴要使φ(x)max<0，

只需即解得0<a<.综上，实数a的取值范围为.

4．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.

(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；

(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝.

①当a≤1，x∈[1，e]时，f′(x)≥0，

f(x)单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.

②当1<a<e，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；

所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.

③当a≥e，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，

f(x)在[1，e]单调递减．

f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，

综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；

当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；

当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.

(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．

由(1)知，当a<1时，f(x)在[e，e2]单调递增，

f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.

g′(x)＝(1－ex)x.

当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min＝g(0)＝1.

所以e－(a＋1)－<1，即a>，所以a的取值范围为.