2021高考數(shù)學一輪復習 課后限時集訓18 利用導數(shù)解決不等式恒（能）成立問題 文 北師大版

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1、課后限時集訓18 利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題 建議用時：45分鐘 1．(2019·西安質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝x－1. (1)求函數(shù)y＝f(x)的圖像在x＝1處的切線方程； (2)若不等式f(x)≤ag(x)對任意的x∈(1，＋∞)均成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1. 又∵f(1)＝0， ∴所求切線的方程為y－f(1)＝f′(1)(x－1)， 即為x－y－1＝0. (2)易知對任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0. ①當a≥1時，f(x)＜g(x)≤ag(x)； ②當a≤0時，f(x)＞0

2、，ag(x)≤0，不滿足不等式f(x)≤ag(x)； ③當0＜a＜1時，設(shè)φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)， 則φ′(x)＝－a(x＞1)， 令φ′(x)＝0，得x＝， 當x變化時，φ′(x)，φ(x)的變化情況如下表： x 1， ，＋∞ φ′(x) ＋ 0 － φ(x) ↗ 極大值 ↘ ∴φ(x)max＝φ＞φ(1)＝0，不滿足不等式， f(x)≤ag(x)． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－

3、1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)f′(x)＝， 當a≤－時，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0， ∴函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 當a＞－時，令x2－2x－2a＝0， 解得x1＝1－，x2＝1＋. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1－，1＋)． (2)f(x)＞－1?＞－1?2a＞x2－ex， 由條件知，2a＞x2－ex對任意x≥1恒成立． 令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex. 當x∈[1，＋∞)時，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0， ∴h(x)＝g′(x

4、)＝2x－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0， ∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e， 故若f(x)＞－1在[1，＋∞ )上恒成立， 則需2a＞g(x)max＝1－e. ∴a＞，即實數(shù)a的取值范圍是. 3．設(shè)f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M； (2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)存在x1，x2∈[0,

5、2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M. 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x. 令g′(x)＞0得x＜0或x＞， 令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]， 所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增， 所以g(x)min＝g＝－， 又g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以g(x)max＝g(2)＝1. 故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M， 則滿足條件的最大整數(shù)M＝4. (2)對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在區(qū)間上，函數(shù)f(x)min≥g

6、(x)max， 由(1)可知在區(qū)間上，g(x)的最大值為g(2)＝1. 在區(qū)間上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等價于a≥x－x2ln x恒成立． 設(shè)h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x， 令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞. 即m(x)＝xln x在上是增函數(shù)， 可知h′(x)在區(qū)間上是減函數(shù)， 又h′(1)＝0， 所以當1＜x＜2時，h′(x)＜0； 當＜x＜1時，h′(x)＞0. 即函數(shù)h(x)＝x－x2ln x在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減， 所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1， 即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． - 3 -