【数学】2021届一轮复习人教版（文）18利用导数解决不等式恒(能)成立问题作业 4页

利用导数解决不等式恒(能)成立问题 建议用时：45分钟 ‎1．(2019·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)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1.‎ 又∵f(1)＝0，‎ ‎∴所求切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，‎ 即为x－y－1＝0.‎ ‎(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，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)＝－a(x＞1)，‎ 令φ′(x)＝0，得x＝，‎ 当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：‎ x φ′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ φ(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎∴φ(x)max＝φ＞φ(1)＝0，不满足不等式，f(x)≤ag(x)．‎ 综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎2．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]　(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.‎ ‎3．设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，求满足上述条件的最大整数M；‎ ‎(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[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)在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ 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，‎ 则满足条件的最大整数M＝4.‎ ‎(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，‎ 由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.‎ 在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．‎ 设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在上是增函数，‎ 可知h′(x)在区间上是减函数，‎ 又h′(1)＝0，‎ 所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；‎ 当＜x＜1时，h′(x)＞0.‎ 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，‎ 所以h(x)max＝h(1)＝1，‎ 所以a≥1，‎ 即实数a的取值范围是[1，＋∞)．‎