17.2-导数与不等式恒成立(能成立)问题-专项训练
1.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求实数a的取值范围.
2.已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求实数a的取值范围.
3.设函数f(x)=(1+x-x2)ex(e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1+2x2恒成立,求实数a的取值范围.
4.已知函数f(x)=a-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1,求实数a的取值范围.
5.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,那么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,那么求实数a的取值范围.
6.(2023泰州月考)已知函数f(x)=的最大值是.
(1)求实数a的值;
(2)设函数g(x)=,若 x>0,使g(x)≤f(x)+k,求实数k的取值范围.
参考答案
1.解 (1)当a=1时,f(x)=x-ex,则f'(x)=1-ex,所以当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以函数f(x)的极大值f(0)=-1,无极小值.
(2)若存在x∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,则ax(x>0),即a(x>0),则问题转化为a(x>0).令h(x)=,x>0,h'(x)=,
当0
0;当x>时,h'(x)<0,所以函数h(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h()=,所以a
故实数a的取值范围是
2.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),
f(1)=0,f'(x)=ln x+-3,f'(1)=-2.故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=-2·(x-1),即2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于ln x->0.设g(x)=ln x-,则g'(x)=,g(1)=0.
①当a≤2时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0.
②当a>2时,令g'(x)=0得x1=a-1-,x2=a-1+由x2>1和x1x2=1得0综上,实数a的取值范围是(-∞,2].
3.解 (1)f'(x)=(2-x-x2)ex=-(x+2)(x-1)ex.
当x<-2或x>1时,f'(x)<0;当-20.
所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递减,在(-2,1)上单调递增.
(2)设F(x)=f(x)-(ax+1+2x2)(x≥0),F(0)=0,F'(x)=(2-x-x2)·ex-4x-a,F'(0)=2-a.
当a≥2时,F'(x)=(2-x-x2)ex-4x-a≤-(x+2)(x-1)ex-4x-2≤-(x+2)(x-1)ex-x-2=-(x+2)[(x-1)ex+1].设h(x)=(x-1)ex+1(x≥0),h'(x)=xex≥0,所以h(x)在[0,+∞)上单调递增,h(x)=(x-1)·ex+1≥h(0)=0,即F'(x)≤0在[0,+∞)上恒成立,所以F(x)在[0,+∞)上单调递减,F(x)≤F(0)=0,所以f(x)≤ax+1+2x2在[0,+∞)上恒成立.当a<2时,F'(0)=2-a>0,而函数F'(x)的图象在(0,+∞)上连续且x→+∞,F'(x)逐渐趋近负无穷,必存在正实数x0使得F'(x0)=0,且在(0,x0)上F'(x)>0,所以F(x)在(0,x0)上单调递增,此时F(x)>F(0)=0,f(x)>ax+1+2x2有解,不满足题意.综上,实数a的取值范围是[2,+∞).
4.解 (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,∴f'(x)=ex-,∴f'(1)=e-1.∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)·(x-1),即y=(e-1)x+2,∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2),,∴所求三角形面积为2
(2)解法一(同构后参变分离):
f(x)=aex-1-ln x+ln a=eln a+x-1-ln x+ln a≥1等价于eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x=eln x+ln x.
令g(x)=ex+x,上述不等式等价于g(ln a+x-1)≥g(ln x),显然g(x)为增函数,∴ln a+x-1≥ln x,即ln a≥ln x-x+1.令h(x)=ln x-x+1(x>0),则h'(x)=-1=,在(0,1)上h'(x)>0,h(x)单调递增;在(1,+∞)上h'(x)<0,h(x)单调递减,∴h(x)max=h(1)=0,ln a≥0,即a≥1,∴实数a的取值范围是[1,+∞).
解法二(最值分析法+隐零点法):
∵f(x)=aex-1-ln x+ln a,x>0,∴f'(x)=aex-1-,且a>0.设g(x)=f'(x),x>0,则g'(x)=aex-1+>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.当a=1时,f'(1)=0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立;当a>1时,0<<1,∴0<<1,∴f'f'(1)=a-1(a-1)<0,∴存在唯一的x0(x0>0),使得f'(x0)=a=0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴a,∴ln a+x0-1=-ln x0,因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+2=2ln a+1>1,∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立.当05.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成立.由g(x)=x3-x2-3,得g'(x)=3x2-2x=x(3x-2).令g'(x)>0,解得x<0或x>;令g'(x)<0,解得0(2)对任意的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)知当x时,g(x)max=g(2)=1,∴当x时,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.令h(x)=x-x2ln x,x,∴h'(x)=1-2xln x-x,令φ(x)=1-2xln x-x,∴φ'(x)=-3-2ln x<0,∴h'(x)在上单调递减.又h'(1)=0,∴当x时,h'(x)≥0;当x∈[1,2]时,h'(x)≤0,∴h(x)在上单调递增,在[1,2]上单调递减,∴h(x)max=h(1)=1,∴a≥1.故实数a的取值范围是[1,+∞).
6.解 (1)求导,得f'(x)=(x>0),令1-ln x-a=0,解得x=e1-a.当00;当x>e1-a时,f'(x)<0.所以f(x)在(0,e1-a)上单调递增,在(e1-a,+∞)上单调递减,所以当x=e1-a时,函数f(x)取得最大值,即f(e1-a)=,所以a=1-ln 2.
(2)由(1)知f(x)=令F(x)=g(x)-f(x)=(x>0),求导,得F'(x)=
令G(x)=+ln(x>0),求导得G'(x)=,当x>0时,G'(x)>0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.因为G(2e-2)=+ln=2(-1)<0,G(1)=-ln 2>0,所以存在唯一的x0∈(2e-2,1),使得+ln=0.当0x0时,G(x)>0,F'(x)>0,所以F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由+ln=0,得x0ln=ln构造函数h(x)=xex(x>0),求导,得h'(x)=(x+1)ex>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.又h(x0)=h,所以x0=ln 2-ln x0,所以k≥F(x0)==1.故实数k的取值范围是[1,+∞).(共36张PPT)
17.2-导数与不等式恒成立(能成立)问题
若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋ln x≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围.
f(x)＜g(x)型
举 题 说 法
1
【解答】
当a≤0时，F′(x)＞0，取x＝1，得F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．
设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若对 x2∈[0，＋∞)，都 x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值．
f(x1)＜g(x2)型
2
【解答】
对 x2∈[0，＋∞)，都 x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x1)min ≤g(x2)min.
f(x1，x2)＜g(x1，x2)型
3
【解答】
洛必达法则
【解析】
当x≥0时，x－ln (x＋1)≤ax2恒成立，则实数a的取值范围是______．
4
新视角
【答案】
变式 已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，则实数a的取值范围是______________．
【解析】
综上所述，a的取值范围是(－∞，2].
【答案】(－∞，2]
随 堂 练习
【解析】
根据题意知f′(x)＝sin x－x，设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝cos x－1≤0，h(x)单调递减，所以当x＜0时，f′(x)＝h(x)＞h(0)＝0，f(x)单调递增，当x＞0时，f′(x)＝h(x)＜h(0)＝0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0.又f(x)≤m恒成立，所以m的最小值为0.
A
2．已知函数f(x)＝x2－x＋1，g(x)＝ln x＋1，若f(x)＞g(x)在区间(0，t)上恒成立，则实数t的取值范围是 ( )
A．(0，1) B．(0，1]
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
B
【解析】
令h′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0.根据题意知t的取值范围为(0，1].
3．已知函数f(x)＝kx(1－ln x)，其中k为非零实数．
(1) 求f(x)的极值．
【解答】
f(x)＝kx(1－ln x)，其中k为非零实数，f′(x)＝－k ln x，x＞0.
①若k＜0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)有极小值f(1)＝k；
②若k＞0，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以函数f(x)有极大值f(1)＝k.
综上所述，当k＜0时，f(x)有极小值f(1)＝k；当k＞0时，f(x)有极大值f(1)＝k.
3．已知函数f(x)＝kx(1－ln x)，其中k为非零实数．
(2) 当k＝4时，在函数g(x)＝f′(x)＋x2＋2x的图象上任取两个不同的点M(x1，y1)，N(x2，y2).若当0＜x1＜x2＜t时，总有不等式g(x1)－g(x2)≥4(x1－x2)成立，求正实数t的取值范围．
【解答】
当k＝4时，f′(x)＝－4ln x，g(x)＝x2＋2x－4ln x，当0＜x1＜x2＜t时，总有不等式g(x1)－g(x2)≥4(x1－x2)成立，即g(x1)－4x1≥g(x2)－4x2.
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1．若对任意正实数x，不等式x－ln x＋1＞a恒成立，则实数a的取值范围是 ( )
A．(－∞，1) B．(－∞，2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
B
【解析】
【解析】
A
【解析】
因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3，所以当x∈(－2，－1)，(1，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
因为f(－2)＝－2＋a，f(－1)＝2＋a，f(1)＝－2＋a，f(2)＝2＋a，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2＋a.
D
【解析】
【答案】
C
(－∞，8]
【解析】
【解析】
(－∞，0]
【解析】
设g(x)＝ex－2x＋3，则g′(x)＝ex－2.当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，所以g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2＋3＝5－2ln 2＞0，故ex＞2x－3.
(－∞，1]
【解析】
【解答】
易得f(x)＝x2－2tx＋1＝(x－t)2＋1－t2，x∈[1，2]，易知二次函数开口向上，对称轴为x＝t.
10．已知函数f(x)＝(x－1)ln x－m(x＋1).
(1) 若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求m的值；
【解答】
【解答】
【解析】
若丙正确，因为f(x)是二次函数，且有两个零点，同时极值为负数，所以f(x)的图象开口向上即可，故a＞0.
因为只有一个同学的论述是错误的，只能乙错，故0＜a＜1.
【答案】C
12．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)＝log2(4x＋1)－kx，g(x)＝2f(x)＋x＋1.
(1) 求k的值；
【解析】
【解析】
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