专项突破练三 不等式问题
题型一
例1 解:(1)由题意可知g(x)=xf(x)=xex-x2-2x,
所以g(x)的定义域为(-∞,+∞),
g'(x)=ex+xex-2x-2=(x+1)(ex-2),
令g'(x)=0,得(x+1)(ex-2)=0,解得x=-1或x=ln 2.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞)
g'(x) + 0 - 0 +
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
由表可知,g(x)的极大值点为-1,极小值点为ln 2.
(2)证明:由f(x)≥x3-1,得ex-x3-x-1≥0,
则要证f(x)≥x3-1,只需证≥0即可.
设F(x)=ex-x3-x-1,则F'(x)=ex-x2-1.
设h(x)=F'(x)=ex-x2-1,则h'(x)=ex-2x.
设φ(x)=h'(x)=ex-2x,则φ'(x)=ex-2.
令φ'(x)=0,得ex-2=0,解得x=ln 2.
则当x>ln 2时,φ'(x)>0,
当x
所以函数φ(x)在(ln 2,+∞)上单调递增,在(-∞,ln 2)上单调递减.
所以当x=ln 2时,函数φ(x)取得极小值,也是最小值,
最小值为φ(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)=2ln >0.
所以函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,又h(0)=e0-02-1=0,
所以x=0是方程h(x)=0唯一的实数根,
可得当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.
所以当x=0时,函数F(x)取得极小值,也是最小值,
最小值为F(0)=e0-×03-0-1=0,
所以F(x)=ex-x3-x-1≥0,则ex-x-2≥x3-1,
即f(x)≥x3-1.
变式 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.
①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②若a>0,则当00,
当x>时,f'(x)<0,
故f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:方法一,因为x>0,所以只需证f(x)≤-2e.
当a=e时,由(1)知,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f(1)=-e.
记g(x)=-2e(x>0),则g'(x)=,
所以当0当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)min=g(1)=-e.
综上,当x>0时,f(x)≤g(x),
即f(x)≤-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0.
方法二,当a=e时,要证xf(x)-ex+2ex≤0,即证exln x-ex2-ex+2ex≤0,即证ln x-x+2≤.
设函数g(x)=ln x-x+2,则g'(x)=-1.
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,
故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=1.
设函数h(x)=,则h'(x)=.
所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
从而h(x)在(0,+∞)上的最小值为h(1)=1.
综上,当x>0时,g(x)≤h(x),则xf(x)-ex+2ex≤0.
题型二
例2 解:(1)证明:由f(x)=x-(x+1)ln(x+1),可得x>-1,且f'(x)=-ln(x+1),
则当x∈(-1,0)时,f'(x)>0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,
所以当x∈(-1,0)时,函数f(x)单调递增,
当x∈(0,+∞)时,函数f(x)单调递减,
所以f(x)≤f(0)=0.
(2)由f(x)≥ax2,可得ax2-x+(x+1)ln(x+1)≤0.
设g(x)=ax2-x+(x+1)ln(x+1),x≥0,则g(0)=0,
g'(x)=2ax+ln(x+1).
设h(x)=g'(x)=2ax+ln(x+1)(x≥0),则h'(x)=2a+.
则当2a≥0时,h'(x)>0恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)=0,故g(x)在[0,+∞)上也单调递增,
所以g(x)≥g(0)=0,与题意矛盾.
当2a<0时,令h'(x)=0,得x=-1-.
(i)当a≤-时,-1-≤0,则在区间[0,+∞)上h'(x)≤0恒成立,故h(x)在[0,+∞)上单调递减,
又h(x)≤h(0)=0,故g(x)在[0,+∞)上也单调递减,所以g(x)≤g(0)=0恒成立,符合题意.
(ii)当0>a>-时,-1->0,则当x∈时,h'(x)>0,
当x∈时,h'(x)<0,
此时函数h(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
又h(0)=0,所以当x∈时,h(x)≥h(0)=0,当且仅当x=0时取等号,
则在区间上g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,与题意矛盾.
综上,实数a的取值范围为.
变式 解:(1)f'(x)==.
当a=2时,f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当00,得02,由f'(x)<0,得a所以f(x)在(0,a)和(2,+∞)上单调递增,在(a,2)上单调递减;
当a>2时,由f'(x)>0,得0a,由f'(x)<0,得2所以f(x)在(0,2)和(a,+∞)上单调递增,在(2,a)上单调递减.
综上所述,当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当0当a>2时,f(x)在(0,2)和(a,+∞)上单调递增,在(2,a)上单调递减.
(2)因为至少存在一个x0∈[e,4],使得f(x0)>g(x0)成立,所以当x∈[e,4]时,x2+2aln x>0有解.
因为当x∈[e,4]时,ln x≥1,所以2a>-有解.
令h(x)=-,x∈[e,4],则2a>h(x)min.
因为x∈[e,4],所以h'(x)=-=-<0,
所以h(x)在[e,4]上单调递减,所以h(x)min=h(4)=-,
可得2a>-,则a>-,
即实数a的取值范围为.专项突破练三 不等式问题
1.D [解析] 令f(x)=x4-4x3,则f'(x)=4x3-12x2=4x2(x-3),则当x<3时,f'(x)≤0,当x>3时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以当x=3时,f(x)取得极小值,也是最小值,f(x)min=f(3)=-27.因为不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立,所以-27>2-a,则a>29.故选D.
2.D [解析] 由于x>0,则原不等式可化为≤a,设f(x)=,则f'(x)==.当x∈(0,e2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)在x=e2处取得极大值,且为最大值,最大值为f(e2)=.所以a≥,则a的最小值为.故选D.
3.B [解析] f'(x)=1+ln x-a,因为f(x)在[e,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥0在[e,+∞)上恒成立,因为f'(x)在[e,+∞)上单调递增,所以f'(x)min=2-a,所以只需满足2-a≥0,则a≤2.故选B.
4.A [解析] 依题意可得,不等式m>当x∈[-1,1]时有解.设g(x)=,x∈[-1,1],则g'(x) ==-.由g'(x)<0,得00,得-1≤x<0,所以g(x)在[-1,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减,因为g(-1)=0,g(1)=,所以g(x)min=g(-1)=0,所以m>0.故选A.
5.A [解析] 令g(x)=xf(x)=ex-ax2,因为当00),则h'(x)=,由h'(x)>0,可得x>1,由h'(x)<0,可得06.D [解析] 因为f(x)=x3-3x+a,所以f'(x)=3x2-3,
所以当x∈[-2,-1)或x∈(1,2]时,f'(x)>0,f(x)在[-2,-1),(1,2]上单调递增,
当x∈(-1,1)时,f'(x)<0,f(x)在(-1,1)上单调递减,
因为f(-1)=2+a,f(2)=2+a,
所以当x∈[-2,2]时,f(x)max=2+a.
因为g(x)==2+,所以g(x)在区间[2,3]上单调递减,
所以当x∈[2,3]时,g(x)max=g(2)=5.
因为对任意x1∈[-2,2],总存在x2∈[2,3],使得f(x1)≤g(x2)成立,所以2+a≤5,则a≤3,所以实数a的最大值为3,故选D.
7.ABC [解析] f'(x)=ex-a,令f'(x)=0,得x=ln a,可知当xln a时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.所以当x=ln a时,函数f(x)取得极小值,也为最小值,最小值为a-aln a+1.因为f(x)>0恒成立,所以a-aln a+1>0,又a∈N+,所以可得实数a的所有可能取值为1,2,3.故选ABC.
8.ACD [解析] 对于A,f'(x)=,设g(x)=ex(x-1)+1(x>0),则g'(x)=xex,因为x∈(0,+∞),所以g'(x)>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)=0,所以f'(x)>0,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,故A正确.对于B,因为f(1)=e-11时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,h(x)>h(1)=1,即x-ln x>1,
所以当x>1时,x>ln x>0,由A知f(x)>f(ln x),则f(x)>,故C正确.对于D,e2<1+等价于<=,即f(2)9.[3,+∞) [解析] 由题意得f'(x)=6x2-12x,由f'(x)=0,得x=0或x=2.可知当x∈[-2,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(0,2]时,f'(x)≤0,f(x)单调递减.∴f(x)在[-2,2]上的最大值为f(0)=3,又f(x)≤a对于任意的x∈[-2,2]恒成立,∴a≥3,即a的取值范围是[3,+∞).
10. [解析] 函数f(x)的定义域为(0,+∞),因为对于定义域内任意两个不相等的实数x1,x2,都有<0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.f'(x)=ln x-1+1-2kx=ln x-2kx,所以f'(x)=ln x-2kx≤0在(0,+∞)上恒成立,即2k≥在(0,+∞)上恒成立.设g(x)=,则g'(x)=,可得当00,当x>e时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=.所以2k≥,所以实数k的取值范围是.
11. [解析] 设g(x)=ex(3x-1),y=ax-a.由题意知,函数g(x)在直线y=ax-a下方的图象上只有一个点的横坐标为整数.g'(x)=ex(3x+2),则当x<-时,g'(x)<0,当x>-时,g'(x)>0,所以函数g(x)的极小值也是最小值,最小值为g=-3.又g(0)=-1,g(1)=2e>0,直线y=ax-a恒过定点(1,0)且斜率为a,所以需满足-a>g(0)=-1且g(-1)=-4e-1≥-a-a,解得≤a<1,即实数a的取值范围为.
12. [解析] 由题意可知a>0,>,即>对任意x∈(0,1)恒成立.设g(x)=,则g(aex)>g(x)对任意x∈(0,1)恒成立,且g'(x)=,所以当00,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.又g(1)=0,当x→+∞时,g(x)→0且g(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g(x)>0.
由题知aex>0,当x∈(0,1)时,若aex>1,即aex>1>x,则g(aex)>0>g(x),满足题意;
若0x.故aex>x对任意x∈(0,1)恒成立,即0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x)13.解:(1)依题意知函数f(x)的定义域为{x|x>0},f'(x)=2x-=,则由f'(x)>0,得x>1,由f'(x)<0,得0(2)证明:设g(x)=f(x)-3x+4=x2-2ln x-3x+4,x∈(0,+∞),则g'(x)=2x--3==,所以当02时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(2)=4-2ln 2-6+4>0,则f(x)>3x-4.
14.解:(1)f(x)=ln x-2ax+1,该函数的定义域为(0,+∞),则f'(x)=-2a,由题意可得f'(1)=1-2a=0,可得a=,此时f'(x)=-1=,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表,
x (0,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数f(x)在x=1处取得极大值,符合题意,故a=.
(2)因为存在x>0,使得f(x)=ln x-2ax+1≥0,所以存在x>0,使得2a≤.构造函数g(x)=,其中x>0,则g'(x)=-,则当00,g(x)单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,所以2a≤1,解得a≤,即实数a的取值范围是.
15.解:(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0},f'(x)=a-=(a>0).当00恒成立,此时f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(0,+∞).当a>2时,令f'(x)=0,得ax2+2-a=0,可得x1=-,x2=.则由f'(x)>0,得x>x2或x(2)f(x)≥2ln x在[1,+∞)上恒成立,即ax++2-2a-2ln x≥0(a>0)当x∈[1,+∞)时恒成立. 设g(x)=ax++2-2a-2ln x(x≥1,a>0),则g'(x)=a--==.令g'(x)=0,得x=1,或x=-.
①当-≤1,即a≥1时,g'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,则g(x)在[1,+∞)上单调递增,又g(1)=0,所以g(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,所以f(x)≥2ln x在[1,+∞)上恒成立.
②当->1,即00,g(x)单调递增;当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)在[1,+∞)上的最小值为g.因为g(1)=0,所以g<0,不合题意.综上可得,a的取值范围是[1,+∞).
16.解:(1)因为函数f(x)=ln x-ax+-1(a<1),所以函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x) =-.
①当a=0时,f'(x) =,令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0,得0②当00,因为-1=,所以当01.令f'(x) >0,得1,所以当00,得1,所以当③当a<0时,<0,令f'(x) >0,得x>1,令f'(x) <0,得0(2)由(1)知当a=时,f(x)在[1,3]上单调递增,所以当x∈[1,2]时,f(x)≥f(1)=-,所以由题意知,存在x∈[1,2],使得g(x)≤-成立,等价于存在x∈[1,2],使得2b≥x+成立.设u(x)=x+,x∈[1,2],则u'(x)=1-,由x∈[1,2],可知u'(x)<0,所以u(x)=x+在[1,2]上单调递减,所以u(x)min=u(2)=.所以2b≥,则b≥,即实数b的取值范围为.专项突破练三 不等式问题
◆ 题型一 将不等式转化为函数的最值来证明
例1 已知f(x)=ex-x-2.
(1)求g(x)=xf(x)的极值点;
(2)求证:f(x)≥x3-1.
变式 已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=e时,证明:xf(x)-ex+2ex≤0.
[素养小结]
(1)将不等式转化为函数最值来证明,其主要思路是依据函数在给定区间上的单调性,直接求得函数的最值,然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式.
(2)在证明不等式的过程中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可以考虑转化为两个函数的最值问题.
(3)在证明过程中,等价转化是关键,若f(x)min>g(x)max恒成立,则f(x)>g(x)一定成立.但应注意f(x)与g(x)取到最值的条件是不是同一个“x的值”.
◆ 题型二 不等式成立问题
例2 已知函数f(x)=x-(x+1)ln(x+1).
(1)证明:f(x)≤0;
(2)若当x≥0时,f(x)≥ax2恒成立,求a的取值范围.
变式 已知函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(x>0,a∈R).
(1)若a>0,讨论函数f(x)的单调性;
(2)设函数g(x)=-(a+2)x,且至少存在一个x0∈[e,4],使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.
[素养小结]
(1)存在x∈[a,b],使得f(x)≥m成立 f(x)max≥m.
存在x∈[a,b],使得f(x)≤m成立 f(x)min≤m.
存在x1∈[a,b],使得对任意x2∈[a,b],有f(x1)≤g(x2)恒成立 f(x1)min≤g(x2)min.
(2)对于“恒成立”与“存在性”问题一定要正确理解其实质,深入挖掘内含条件,进行等价转化.
(3)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中应尽量采用分离参数的方法,从而转化为求函数的最值问题.专项突破练三 不等式问题
一、选择题
1.若不等式x4-4x3>2-a对任意实数x都成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.a<-27 B.a>-25
C.a≥29 D.a>29
2.[2023·江西吉安永丰中学高二期末] 若关于x的不等式ln x≤ax+1恒成立,则a的最小值是 ( )
A.e2 B.e
C. D.
3.若函数f(x)=xln x-ax+1在[e,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是 ( )
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C.(2,+∞) D.[2,+∞)
4.已知f(x)=mex-x-1,若存在x∈[-1,1],使f(x)>0成立,则实数m的取值范围为( )
A.(0,+∞) B.
C.(1,+∞) D.
5.已知函数f(x)=-ax,x∈(0,+∞),当0A. B. C.e D.e2
6.已知函数f(x)=x3-3x+a,g(x)=.若对任意x1∈[-2,2],总存在x2∈[2,3],使得f(x1)≤g(x2)成立,则实数a的最大值为 ( )
A.7 B.5
C. D.3
7.(多选题)设函数f(x)=ex-ax+1(a∈N+),若f(x)>0恒成立,则实数a的可能取值是 ( )
A.1 B.2
C.3 D.4
8.(多选题)已知函数f(x)=(x>0),则下列说法中正确的是 ( )
A.f(x)在(0,+∞)上单调递增
B.对任意x>0,都有f(x)≥e
C.对任意x>1,都有f(x)>
D.e2<1+
二、填空题
9.已知f(x)=2x3-6x2+3,若对任意x∈[-2,2]都有f(x)≤a,则a的取值范围为 .
10.已知函数f(x)=x(ln x-1)-kx2,若对于定义域内任意两个不相等的实数x1,x2,都有<0,则实数k的取值范围是 .
11.已知函数f(x)=ex(3x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x,使得f(x)<0,则实数a的取值范围是 .
12.[2023·江西湖口中学高二期末] 若关于x的不等式->0对任意x∈(0,1)恒成立,则实数a的取值范围为 .
三、解答题
13.已知函数f(x)=x2-2ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求证:f(x)>3x-4.
14.已知函数f(x)=ln x-2ax+1.
(1)若x=1是f(x)的极值点,求a的值;
(2)若存在x>0,使得f(x)≥0,求实数a的取值范围.
15.已知函数f(x)=ax++2-2a(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥2ln x在[1,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
16.设函数f(x)=ln x-ax+-1(a<1).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=x2-2bx+4,当a=时,对任意x1∈[1,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数b的取值范围.(共19张PPT)
专项突破练三 不等式问题
题型一 将不等式转化为函数的最值来证明
题型二 不等式成立问题
题型一 将不等式转化为函数的最值来证明
例1 已知 .
（1）求 的极值点；
解：由题意可知 ,
所以的定义域为 ，
，
令,得，解得或 .
当变化时，, 的变化情况如表：
0 - 0
极大值 极小值
由表可知，的极大值点为，极小值点为 .
（2）求证： .
证明：由，得 ，
则要证，只需证 即可.
设，则 .
设，则 .
设,则 .
令,得，解得 .
则当时， ，当时， ，
所以函数在上单调递增，在 上单调递减.
所以当时，函数 取得极小值，也是最小值，
最小值为 .
所以函数在上单调递增，
又 ，所以是方程 唯一的实数根，
可得当时， ，当时， ，
所以函数在上单调递增，在 上单调递减.
所以当时，函数 取得极小值，也是最小值,
最小值为 ,
所以，则 ，即 .
变式 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：的定义域为， .
①若，则，在 上单调递增；
②若，则当时， ，
当时， ，
故在上单调递增，在 上单调递减.
（2）当时，证明： .
证明：方法一，因为，所以只需证 .
当时，由（1）知，在上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
记，则 ，
所以当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
所以 .
综上，当时， ，
即，即 .
方法二，当时，要证 ，
即证，即证 .
设函数，则 .
所以当时，，当时， ，
故在上单调递增，在 上单调递减，
从而在上的最大值为 .
设函数，则 .
所以当时，，当时， ，
故在上单调递减，在 上单调递增，
从而在上的最小值为 .
综上，当时，，则 .
［素养小结］
（1）将不等式转化为函数最值来证明，其主要思路是依据函数在给定区间上的
单调性，直接求得函数的最值，然后由或 直接证
得不等式.
（2）在证明不等式的过程中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑
转化为两个函数的最值问题.
（3）在证明过程中，等价转化是关键，若 恒成立，则
一定成立.但应注意与取到最值的条件是不是同一个“ 的值”.
题型二 不等式成立问题
例2 已知函数 .
（1）证明： ；
证明：由，可得，且 ，
则当时，，当时， ，
所以当时，函数 单调递增，
当时，函数 单调递减，
所以 .
（2）若当时，恒成立，求 的取值范围.
解：由，可得 .
设,，则 ，
.
设，则 .
则当时，恒成立，故在 上单调递增，
所以，故在 上也单调递增，
所以 ，与题意矛盾.
当时，令，得 .
当时，，则在区间上恒成立，故 在
上单调递减，
又，故在上也单调递减，所以 恒成
立，符合题意.
当时，，则当时， ，
当时， ，
此时函数在区间上单调递增，在区间 上单调递减，
又，所以当时，，
当且仅当 时取等号，
则在区间上单调递增，所以 ，与题意矛盾.
综上，实数的取值范围为 .
变式 已知函数 .
（1）若，讨论函数 的单调性；
解： .
当时，，所以在 上单调递增；
当时，由，得或，由，得 ，
所以在和上单调递增，在 上单调递减；
当时，由，得或，由，得 ，
所以在和上单调递增，在 上单调递减.
综上所述，当时，在 上单调递增；
当时，在和上单调递增，在 上单调递减；
当时，在和上单调递增，在 上单调递减.
（2）设函数，且至少存在一个，使得
成立，求实数 的取值范围.
解：因为至少存在一个，使得成立，
所以当 时， 有解.
因为当时，，所以 有解.
令，，则 .
因为，所以 ，
所以在上单调递减，所以 ，
可得，则 ，
即实数的取值范围为 .
［素养小结］
（1）存在，使得成立
存在，使得成立 .
存在，使得对任意，有 恒成立
.
（2）对于“恒成立”与“存在性”问题一定要正确理解其实质，深入挖掘内含条件，
进行等价转化.
（3）构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中应尽量采用分离参
数的方法，从而转化为求函数的最值问题.