2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第三章　第2讲　第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第三章　第2讲　第4课时　利用导数研究不等式的恒成立问题

[基础题组练] 1．已知函数 f(x)＝x＋ 4 x，g(x)＝2x＋a，若对任意的 x1∈[1 2，1 ]，存在 x2∈[2，3]，使得 f(x1)≥g(x2)，则实数 a 的取值范围是(　　) A．a≤1　　　　　　　 B．a≥1 C．a≤2 D．a≥2 解析：选 A.由题意知 f(x)min(x ∈ [1 2，1 ])≥g(x)min(x∈[2，3])，因为 f(x)min＝5，g(x)min＝ 4＋a，所以 5≥4＋a，即 a≤1，故选 A. 2．(2020·吉林白山联考)设函数 f(x)＝ex(x＋3 x－3)－a x，若不等式 f(x)≤0 有正实数解，则 实数 a 的最小值为________． 解析：原问题等价于存在 x∈(0，＋∞)，使得 a≥ex(x2－3x＋3)，令 g(x)＝e x(x2－3x＋3)， x∈(0，＋∞)，则 a≥g(x)min，而 g′(x)＝ex(x2－x)．由 g′(x)>0 可得 x∈(1，＋∞)，由 g′(x)<0 可得 x∈(0，1)．据此可知，函数 g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 g(1)＝e.综上可得，实数 a 的最小值为 e. 答案：e 3．(2020·西安质检)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝x－1. (1)求函数 y＝f(x)的图象在 x＝1 处的切线方程； (2)若不等式 f(x)≤ag(x)对任意的 x∈(1，＋∞)均成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)因为 f′(x)＝1 x， 所以 f′(1)＝1. 又 f(1)＝0，所以切线的方程为 y－f(1)＝f′(1)(x－1)， 即所求切线的方程为 y＝x－1. (2)易知对任意的 x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0. ①当 a≥1 时，f(x)≤g(x)≤ag(x)； ②当 a≤0 时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式 f(x)≤ag(x)； ③当 0＜a＜1 时，设 φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则 φ′(x)＝1 x－a， 令 φ′(x)＝0，得 x＝1 a， 当 x 变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表： x (1， 1 a ) 1 a (1 a，＋∞) φ′(x) ＋ 0 － φ(x)  极大值  所以 φ(x)max＝φ(1 a )＞φ(1)＝0，不满足不等式． 综上，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数 f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝ ln x x . (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)存在 x∈(0，＋∞)，使不等式 f(x)≤g(x)－ex 成立，求 a 的取值范围． 解：(1)因为 f′(x)＝a－ex，x∈R. 当 a≤0 时，f′(x)＜0，f(x)在 R 上是减少的； 当 a＞0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝ln a. 由 f′(x)＞0 得 f(x)的增区间为(－∞，ln a)； 由 f′(x)＜0 得 f(x)的减区间为(ln a，＋∞)． (2)因为存在 x∈(0，＋∞)，使不等式 f(x)≤g(x)－ex， 则 ax≤ ln x x ，即 a≤ ln x x2 . 设 h(x)＝ ln x x2 ，则问题转化为 a≤(ln x x2 ) max， 由 h′(x)＝1－2ln x x3 ，令 h′(x)＝0，则 x＝ e. 当 x 在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0， e) e ( e，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  极大值 1 2e  由上表可知，当 x＝ e时，函数 h(x)有极大值，即最大值为 1 2e.所以 a≤ 1 2e. 5．(2020·河南郑州质检)已知函数 f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与 x 轴平行． (1)求 f(x)的单调区间； (2)若存在 x0>1，当 x∈(1，x 0)时，恒有 f(x)－x2 2＋2x＋1 2>k(x－1)成立，求 k 的取值范 围． 解：(1)由已知可得 f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为 f′(x)＝1 x－a，所以 f′(1)＝1－a＝0， 所以 a＝1，所以 f′(x)＝1 x－1＝1－x x ，令 f′(x)>0 得 01，所以 f(x)的 增区 间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)． (2)不等式 f(x)－x2 2＋2x＋1 2>k(x－1)可化为 ln x－x2 2＋x－1 2>k(x－1)．令 g(x)＝ln x－x2 2＋x －1 2－k(x－1)(x>1)，则 g′(x)＝1 x－x＋1－k＝ －x2＋（1－k）x＋1 x ，令 h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1， x>1，h(x)的对称轴为 x＝1－k 2 . ①当 1－k 2 ≤1 时，即 k≥－1，易知 h(x)在(1，x0)上是减少的，所以 h(x)0，所以必存在 x0 使得 x∈(1，x0)时，g′(x)>0，所以 g(x)在 (1，x0)上是增加的，所以 g(x)>g(1)＝0 恒成立，符合题意． ②当 1－k 2 >1 时，即 k<－1，易知必存在 x0，使得 h(x)在(1，x0)上是增加的．所以 h(x)>h(1) ＝1－k>0，所以 g′(x)>0，所以 g(x)在(1，x0)上是增加的．所以 g(x)>g(1)＝0 恒成立，符合 题意． 综上，k 的取值范围是(－∞，1)． 6．设 f(x)＝xex，g(x)＝1 2x2＋x. (1)令 F(x)＝f(x)＋g(x)，求 F(x)的最小值； (2)若任意 x1，x2∈[－1，＋∞)，且 x1>x2，有 m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数 m 的取值范围． 解：(1)因为 F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋1 2x2＋x， 所以 F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)， 令 F′(x)>0，解得 x>－1，令 F′(x)<0，解得 x<－1， 所以 F(x)在(－∞，－1)上是减少的，在(－1，＋∞)上是增加的． 故 F(x)min＝F(－1)＝－1 2－1 e. (2)因为任意 x1，x2∈[－1，＋∞)，且 x1>x2，有 m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立， 所以 mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立． 令 h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－1 2x2－x，x∈[－1，＋∞)， 即只需证 h(x)在[－1，＋∞)上是增加的即可． 故 h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0 在[－1，＋∞)上恒成立， 故 m≥ 1 ex，而 1 ex≤e，故 m≥e， 即实数 m 的取值范围是[e，＋∞)．