高考数学一轮复习课时质量评价19利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题含答案

课时质量评价(十九)

A组　全考点巩固练

1．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．

解：因为f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对任意x∈[1，e]恒成立，所以a≤－，x∈[1，e]．

令g(x)＝－，x∈[1，e]，则g′(x)＝．

因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝－，

所以a≤－．所以实数a的取值范围是．

2．设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0．

(1)求b；

(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b＝1．

(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，

则f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．

①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1<a<－1．

②若<a<1，则>1，故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．

所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f <．

而f ＝aln ＋＋>，所以不合题意．

③若a>1，此时存在f(1)＝－1＝<．

综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．

3．(2021·五华区模拟)已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝(1－k)x＋k．

(1)求函数f(x)的单调递减区间；

(2)若存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，f(x)＋g(x)＞，求实数k的取值范围．

解：(1)函数f(x)＝ln x－的定义域为(0，＋∞)，

令f′(x)＝－x＝≤0，解得x≥1．

所以函数f(x)的单调递减区间为[1，＋∞)．

(2)由(1)可知，当x＞1时，f(x)＜f(1)＝－，

所以当k＝1时，f(x)＋g(x)＜－＋1＝，即不存在x0＞1满足题意；

当k＞1时，由f(x)＋g(x)＞，得f(x)＞(k－1)x－k＋，

对于x＞1，有(k－1)x－k＋＝(k－1)(x－1)－＞－．又f(x)<－，所以不存在x0＞1满足题意；

当k＜1时，令F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x－＋(1－k)x＋k(x＞1)，

则F′(x)＝－x＋1－k＝，

令F′(x)＝0，得x1＝<0，x2＝>1，

当x∈(1，x2)时，F′(x)＞0，所以F(x)在(1，x2)内单调递增，

此时F(x)＞F(1)＝，即f(x)＋g(x)＞，

所以存在x0＞1满足题意．

综上，实数k的取值范围是(－∞，1)．

4．(2022·日照模拟)已知函数f(x)＝(x＋a)ex－a(其中a为实数)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为ex－y－e＋b＝0，求a，b的值；

(2)当a＝－2时，若f(x)≥ksin x恒成立，求实数k的值．

解：(1)f(x)＝(x＋a)ex－a，f′(x)＝ex(x＋a＋1)，

故f′(1)＝e(a＋2)＝e，解得a＝－1．

由f(x)＝(x－1)ex＋1，得f(1)＝1，即切点坐标为(1,1)，

故由e－1－e＋b＝0，解得b＝1．

(2)设g(x)＝f(x)－ksin x＝(x－2)ex－ksin x＋2，则g(0)＝0．

因为f(x)≥ksin x，所以g(x)≥0＝g(0)，

所以x＝0是g(x)的极小值点．

因为g′(x)＝(x－1)ex－kcos x，所以g′(0)＝－1－k＝0，解得k＝－1．

下面证明：当k＝－1时，(x－2)ex＋sin x＋2≥0恒成立，

即证x－2＋≥0．

设h(x)＝x－2＋，则h(0)＝0，h′(x)＝1＋．

令t(x)＝h′(x)，可知t(0)＝h′(0)＝0，

因为t′(x)＝≥0，所以t(x)在R上单调递增．

令h′(x)＜0，解得x＜0，令h′(x)＞0，解得x＞0，

故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

故h(x)≥h(0)＝0．

综上可知当a＝－2时，若不等式f(x)≥ksin x恒成立，则k＝－1．

B组　新高考培优练

5．(2021·香坊区模拟)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2．

(1)求函数f(x)在上的最值；

(2)若对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，求实数m的取值范围．

解：(1)因为f′(x)＝ln x＋1单调递增，

令f′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝，

当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

所以，f(x)min＝f(x)极小值＝f ＝－．

又f ＝－，f(1)＝0，

故f(x)min＝f ＝－，f(x)max＝f(1)＝0．

(2)因为m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)．

等价于mg(b)－f(b)＞mg(a)－f(a)对于任意b>a>0恒成立，

令h(x)＝mg(x)－f(x)＝x2－xln x，

因为对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，

所以，h(x)在(0，＋∞)上单调递增．

问题转化为h′(x)＝mx－ln x－1≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，

即m≥对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．

令φ(x)＝，则φ′(x)＝－，由φ′(x)＝0，得x＝1，

当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；

当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，

所以φ(x)max＝φ(1)＝1，

故m的取值范围是[1，＋∞)．

6．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．

(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令m(x)＝ex＋2x－1，

则m′(x)＝ex＋2>0，故f′(x)单调递增．又f′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

(2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，

①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；

②当x>0时，分离参数a，得a≥－，

记g(x)＝－，

g′(x)＝－，

令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，

则h′(x)＝ex－x－1，令n(x)＝ex－x－1，则n′(x)＝ex－1≥0，

故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，

故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0．

由h(x)≥0可得：ex－x2－x－1≥0恒成立，

故当x∈(0,2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．

因此，g(x)max＝g(2)＝．

综上可得，实数a的取值范围是．