备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十九)　利用导数研究不等式恒成立

课时验收评价(十九)　利用导数研究不等式恒成立

1．已知函数f(x)＝(x≠0)．

(1)若f(x)为奇函数，求a的值；

(2)若f(x)在[3，＋∞)上恒大于0，求a的取值范围．

解：(1)由题意知，f(x)的定义域关于原点对称，

若f(x)为奇函数，则f(－x)＝＝－f(x)，

即＝－，解得a＝0.

(2)由f(x)＝得，f′(x)＝1－，

∴在[3，＋∞)上f′(x)>0，

∴f(x)在[3，＋∞)上单调递增，

∴f(x)在[3，＋∞)上恒大于0只要f(3)大于0即可，即3a＋13>0，解得a>－，

故a的取值范围为.

2．已知函数f(x)＝ex－x2，g(x)＝ax＋1(a∈R)．

(1)求f(x)在x＝0处的切线方程；

(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．

解：(1)函数f(x)＝ex－x2，f(0)＝1，切点为(0,1)，

f′(x)＝ex－x，∴k＝f′(0)＝1，

∴f(x)在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.

(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－ax－1，h(0)＝0.

h′(x)＝ex－x－a，设k(x)＝h′(x)＝ex－x－a，k′(x)＝ex－1，

∵x∈[0，＋∞)，∴k′(x)≥k′(0)＝0，∴k(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，

即h′(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，h′(0)＝1－a，

当a≤1时，h′(x)≥1－a≥0，∴h(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，

∴h(x)≥h(0)＝0，

∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立．

当a>1时，h′(0)＝1－a<0，

∵函数y＝ex－x－a在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，

∴函数h(x)在区间(0，x0)上单调递减，h(x0)<h(0)＝0，不符合题意，舍去．

综上可得，a的取值范围是(－∞，1]．

3．已知函数f(x)＝ln x＋mx，其中m∈R.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2－2x，求m的最大值．

解：(1)f′(x)＝(x>0)，

当m≥0时，f′(x)>0，当x>0时恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当m<0时，令f′(x)>0，得0<x<－，令f′(x)<0，得x>－，

∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当m≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当m<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(2)依题意得ln x＋mx≤x2－2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

即m≤对任意x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，

令h(x)＝x2＋ln x－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∵h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，

∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－1，

∴m≤－1，故m的最大值为－1.

4．已知函数f(x)＝ax－ln x－3，其中a≠0.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若xf(x)＋3x－1≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝a－＝.

①当a>0时，令f′(x)>0，可得x>，此时函数f(x)的增区间为，减区间为.

②当a<0时，令f′(x)>0，可得0<x<，此时函数f(x)的增区间为，减区间为.

综上所述：当a>0时，函数f(x)的增区间为，减区间为；当a<0时，函数f(x)的增区间为，减区间为.

(2)xf(x)＋3x－1≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，则ax2－xln x≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立，

即a≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立．

令g(x)＝x2－xln x，则g′(x)＝2x－(ln x＋1)．

令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝2－，x∈[1，＋∞)，

∴2x∈[2，＋∞)，∈，则h′(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立

∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，

g′(x)＝h(x)≥h(1)＝2－＝>0，

∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)min＝1，∴a≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立，则a≥max＝＝1.

∴a的取值范围是[1，＋∞)．