高考数学一轮复习第二章第十节第4课时利用导数研究不等式恒成立问题课时作业理含解析北师大版

第4课时 利用导数研究不等式恒成立问题

授课提示：对应学生用书第295页

[A组　基础保分练]

1．(2021·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)的图像在点(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．

解析：(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0<x<1时，F′(x)>0；

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.

2．(2021·重庆模拟)设函数f(x)＝ex－asin x.

(1)当a＝1时，证明：任意x∈(0，＋∞)，f(x)＞1；

(2)若任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥0都成立，求实数a的取值范围．

解析：(1)证明：由a＝1知f(x)＝ex－sin x，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex－cos x＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又f(0)＝1，故任意x∈(0，＋∞)，f(x)＞f(0)＝1，即当a＝1时，任意x∈(0，＋∞)，f(x)＞1.

(2)当a＝0时，f(x)＝ex，符合条件；当a＞0时，设y1＝ex与y2＝asin x在点(x0，y0)处有公切线，则⇒tan x0＝1⇒x0＝⇒a＝e，故0＜a≤e；当a＜0时，设y1＝ex与y2＝asin x在点(x0，y0)处有公切线，同理可得－e≤a＜0.综上所述，实数a的取值范围是.

[B组　能力提升练]

1．(2021·孝义模拟)已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．

解析：因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，

所以任意x1∈，存在x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x1)min≥(m－g(x2))min，

即f(x1)min≥m－g(x2)max，

当x∈时，f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x＞0，

故f(x)在区间上单调递增，

所以当x＝0时，f(x)取得最小值－1，

又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，

当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，

所以g′(x)＜0，故函数g(x)在区间上单调递减．

因此，当x＝0时，g(x)取得最大值－，所以－1≥m－(－)，所以m≤－－1，所以实数m的取值范围为(－∞，－1－]．

2．(2021·黄石模拟)已知函数f(x)＝x3－x2，g(x)＝xln x－＋5.

(1)讨论g′(x)的单调性；

(2)若任意m，n∈，f(m)－g(n)＋2≤0恒成立，求实数a的取值范围．

解析：(1)g′(x)＝＋ln x＋1(x＞0)，令F(x)＝g′(x)，则F′(x)＝(x＞0)．

①当a≤0时，F′(x)＞0，所以g′(x)单调递增．

②当a＞0时，g′(x)在区间(0，)上单调递减；在区间(，＋∞)上单调递增．

(2)由题意得x∈时，g(x)min≥[f(x)＋2]max恒成立．

因为[f(x)＋2]′＝3x2－2x＝x(3x－2)，

所以当x∈时，函数y＝f(x)＋2单调递减；当x∈时，函数y＝f(x)＋2单调递增．

又f＋2＜f(2)＋2＝6，所以当x∈时，[f(x)＋2]max＝6.

所以当x∈时，g(x)min≥[f(x)＋2]max恒成立，可转化为x∈时，g(x)＝xln x－＋5≥6恒成立，即a≤x2ln x－x恒成立．

设h(x)＝x2ln x－x，则h′(x)＝2xln x＋x－1.

设φ(x)＝h′(x)＝2xln x＋x－1，当x∈时，φ′(x)＝2ln x＋3＞0，可知h′(x)在上单调递增，又h′(1)＝0.

所以当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈[1，2]时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．

所以h(x)min＝h(1)＝－1.所以实数a的取值范围为(－∞，－1]．

[C组　创新应用练]

设函数f(x)＝xln x－x2＋a－x(a∈R)．

(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；

(2)若a＝2，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时，不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)，k∈N恒成立，试求k的最大值．

解析：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－ax，

令f′(x)＝0，则ln x－ax＝0，a＝.

令h(x)＝，则由题意可知直线y＝a与函数h(x)的图像有两个不同的交点．h′(x)＝，令h′(x)＝0，则x＝e，

∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

∴h(x)max＝h(e)＝.

又h(1)＝0，h(x)在(0，e)上单调递增，当x→0时，h(x)→－∞，当x＞e时，＞0，h(x)在(e，＋∞)上单调递减，当x→＋∞时，h(x)→0，

∴结合h(x)的图像(图略)易得，实数a的取值范围为.

(2)当a＝2时，f(x)＝xln x－x2＋2－x.

k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xln x－x2＋2－x，

∵x＞2，∴k＜.

令F(x)＝(x＞2)，则F′(x)＝.

令m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，则m′(x)＝1－＞0，

∴m(x)在(2，＋∞)上单调递增．

又m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，

∴函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，

即x0－4－2ln x0＝0.

∴当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，

当x＞x0时，m(x)＞0，即F′(x)＞0，

∴F(x)min＝F(x0)＝＝＝，

∴k＜，∵x0∈(8，10)，∴∈(4，5)，又k∈N，

∴k的最大值为4.