高中数学高考5 第5讲　利用导数研究不等式的恒成立问题　新题培优练

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．(2019·吉林白山联考)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．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．

(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；

(2)若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x，

f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，设g(x)＝ln x－＋1，

则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，

所以x∈(0，1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，

x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，

所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)由(x－1)ln x＋ax>0，得－ax<(x－1)ln x，而x>0，

所以－a<＝ln x－.

记h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，

设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)，

显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，

所以x∈(0，1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，

x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，

所以h(x)min＝h(1)＝0.

所以－a<0，所以a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．

4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．

解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.

当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；

当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln a.

由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；

由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．

(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，

则ax≤，即a≤.

设h(x)＝，则问题转化为a≤()max，

由h′(x)＝，

令h′(x)＝0，则x＝.

当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：

由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.

5．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．

解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．

(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝.

①当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)<h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，不合题意．若－1≤k<1，则h(1)>0，所以必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．

②当>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以h(x)>h(1)＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．

综上，k的取值范围是(－∞，1)．

6．(2019·重庆六校联考)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝x－a＋＝＝(x－1)[x－(a－1)]，

①若a>2，由f′(x)>0，得0<x<1或x>a－1，由f′(x)<0，得1<x<a－1，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

②若a＝2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

③若1<a<2，由f′(x)>0，得0<x<a－1或x>1，由f′(x)<0，得a－1<x<1，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1，1)上单调递减；

④若a≤1，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．

综上，若a>2，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

若1<a<2，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1，1)上单调递减；

若a≤1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．

(2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，

令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x，

对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数．

F′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，

令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，

当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解．

当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

需g≥0，

即－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，

解得1≤a≤5.

综上，实数a的取值范围是[1，5]．