【数学总复习-对点练习】RJA 第三章 第3讲　第2课时　不等式恒(能)成立问题

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第三章 第3讲　第2课时　不等式恒(能)成立问题
1．已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
2．已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
3．(2022·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)·(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
4．已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝x3＋x2－x.
(1)若m＝3，求f(x)的极值；
(2)若对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)，求实数m的取值范围．
参考答案
1解：由题意知，ex－ax2≥x＋ex－xex，
即ex－ax－1≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－a(x≥0)，
当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
所以在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，
原不等式恒成立．
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x所以h(x)在[0，ln a)上单调递减，
又因为h(0)＝0，
所以h(x)≥0不恒成立，
所以a>1不合题意．
综上可得，实数a的取值范围为(－∞，1]．
2解：(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在x＝处取得极小值为f＝－，无极大值．
(2)由f(x)≤，得m≥.
问题转化为m≥.
令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)．
则g′(x)＝＋1－＝＝.
由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4.
3解：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(2)由f(1)≥0，
得a≥>0，
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立．
设函数F(x)＝(x>0)，
则F′(x)＝－.
当00；
当x>1时，F′(x)<0，
所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝.
于是≥，
解得a≥.
故实数a的取值范围是.
4解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当m＝3时，f(x)＝＋ln x.
因为f′(x)＝－＋＝，f′(3)＝0，
所以当x>3时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当0所以f(x)有极小值f(3)＝1＋ln 3，没有极大值．
(2)g′(x)＝3x2＋2x－1.
当x∈时，g′(x)>0，
所以g(x)在上是单调递增函数，g(x)max＝g(2)＝10.　
对于任意的s，t∈，
f(s)≥g(t)恒成立，
即对任意x∈，f(x)＝＋ln x≥1恒成立，
即m≥x－xln x恒成立．
令h(x)＝x－xln x，
则h′(x)＝1－ln x－1＝－ln x.
所以当x>1时，h′(x)<0，
当00，
所以h(x)在(0，1)上是增函数，
在(1，＋∞)上是减函数，
所以当x∈时，h(x)的最大值为h(1)＝1，
所以m≥1，
即实数m的取值范围是[1，＋∞)．
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