第04讲 导数的综合应用（第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题）（解析版）试卷

第2课时　利用导数研究不等式的恒成立问题

 [A级　基础练]

1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)

A．a≤1  B．a≥1  C．a≤2  D．a≥2

解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.

2．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．

解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.

答案：e

3．设函数f(x)＝ln x－ax(a>0)．

(1)判断f(x)的单调性；

(2)当f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围．

解：(1)因为f(x)＝ln x－ax，

所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，

因为a>0，x∈时，f′(x)>0，此时f(x)在上是增函数；

x∈时，f′(x)<0，此时f(x)在上是减函数．

所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．

(2)f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即a>在(0，＋∞)上恒成立，

设g(x)＝，则g′(x)＝，

当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数；

当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数．

故当x＝e时，g(x)取得极大值，也为最大值，且为，

所以a的取值范围为.

4．已知函数f(x)＝axex－x2－2x.当x>0时，若曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方，求实数a的取值范围．

解：根据题意，当x>0时，

“曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方”等价于“axex－x2－2x>－x恒成立”，

又由x>0，则axex－x2－2x>－x

⇒aex－x－1>0⇒a>，

则原问题等价于a>恒成立．

设g(x)＝，则g′(x)＝－，

又由x>0，则g′(x)<0，

则函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，

又由g(0)＝＝1，则有<1，

若a>恒成立，必有a≥1，

即实数a的取值范围为[1，＋∞)．

[B级　综合练]

5．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若对任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．

解：(1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，

因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(2)不妨设0<x1<x2≤1，则>>0，

由(1)知f(x1)<f(x2)，

所以|f(x1)－f(x2)|<4⇔f(x2)－f(x1)<4⇔f(x1)＋>f(x2)＋.

设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，

易知g(x)在(0，1]上单调递减，

所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－－＝≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－在(0，1]上恒成立，易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a＜0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．

6．(2020·福州市适应性考试)已知f(x)＝2xln x＋x2＋ax＋3.

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)若存在x0∈，使得f(x0)≥0成立，求a的取值范围．

解：f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋a.

(1)当a＝1时，f(x)＝2xln x ＋x2＋x＋3，f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋1，所以f(1)＝5，f′(1)＝5，

 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－5＝5(x－1)，即y＝5x.

(2)存在x0∈，使得f(x0)≥0成立，等价于不等式a≥－在上有解．

设h(x)＝－，则h′(x)＝－＝－，

当＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)为增函数；当1＜x＜e时，h′(x)＜0，h(x)为减函数．

又h＝－，h(e)＝－，

故h－h(e)＜0，

所以当x∈时，h(x)＞h＝－，

所以a＞－，即a的取值范围为(－，＋∞)．

[C级　创新练]

7．f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x.

(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；

(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．

解：(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，

所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，

令F′(x)>0，解得x>－1，

令F′(x)<0，解得x<－1，

所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．

故F(x)min＝F(－1)＝－－.

(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，

有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，

所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．

令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，　

即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．

故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，

故m≥，

而≤e，故m≥e，

即实数m的取值范围是[e，＋∞)．