人教B版高考数学一轮总复习19利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题练习含答案

这是一份人教B版高考数学一轮总复习19利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题练习含答案，共7页。
十九　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题(建议用时：45分钟)A组　全考点巩固练1．若不等式>0在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．(－∞，4) D．(4，＋∞)D　解析：依题意，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，即a>x3－2x.令g(x)＝x3－2x，则g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，因此g(x)max＝g(2)＝4.故a>4.2．若存在正实数x使ex(x2－a)＜1成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(－2，＋∞) D．[－1，＋∞)A　解析：存在正实数x使ex(x2－a)＜1成立，即a＞x2－在区间(0，＋∞)上有解．令f(x)＝x2－，f′(x)＝2x＋＞0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＞f(0)＝－1.又a＞x2－在区间(0，＋∞)上有解，所以a∈(－1，＋∞)．3．已知f(x)＝ln x＋1－aex，若关于x的不等式f(x)<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A. B．(－∞，0)C．   D．D　解析：由f(x)<0恒成立得a>恒成立，设h(x)＝，则h′(x)＝.设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－－<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>g(1)＝0，即h′(x)>0；当x>1时，g(x)<g(1)＝0，即h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝，所以a>.故选D.4．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－.若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　　)A．   B．C．(－∞，0] D．(－∞，0)B　解析：由题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，所以mx<2ln x在[1，e]上有解，即<在[1，e]上成立．令h(x)＝，则h′(x)＝.当1≤x≤e时，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，e]上单调递增，h(x)max＝h(e)＝，所以<，所以m<.所以m的取值范围是.故选B.5．函数f(x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m.若∀x1∈[－1,5]，∃x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的最小值是________. 14　解析：由题意f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，则f(x)在[－1,2]上单调递减，在[2,5]上单调递增，所以当x∈[－1,5]时，f(x)min＝f(2)＝8－24＋3＝－13.又g(x)＝3x－m在[0,2]上单调递增，所以x∈[0,2]时，g(x)min＝g(0)＝1－m，所以－13≥1－m，得m≥14.故实数m的最小值是14.6．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为________．[0，e－1)　解析：由题意，知k＋2x－x2＞0.即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1,2)上单调递增．当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1.故实数k的取值范围为[0，e－1)．7．函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·＝(3－2a)·＝－1，解得a＝.(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－.令g(x)＝2ln x＋x－a＋，则g′(x)＝＋1－＝＝，则在区间(0,1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数．由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．8．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点；(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)上存在唯一零点．所以f′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点．(2)解：由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以，当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．B组　新高考培优练9．(多选题)已知不等式ex－1≥kx＋ln x对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以等于(　　)A．0 B．1  C．2 D．3AB　解析：不等式ex－1≥kx＋ln x对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，等价于k≤对于任意x∈(0，＋∞)恒成立．令f(x)＝ (x>0)，则f′(x)＝.令g(x)＝ex(x－1)＋ln x(x>0)，则g′(x)＝xex＋>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x∈(0,1)时，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(1)＝e－1.所以k≤e－1.结合选项知选AB.10．设f′(x)是奇函数f(x)的导函数，f(－2)＝－3，且对任意x∈R都有f′(x)<2，则f(2)＝________，使得f(ex)<2ex－1成立的x的取值范围是________．3　(ln 2，＋∞)　解析：因为f(x)是奇函数，所以f(2)＝－f(－2)＝3.设g(x)＝f(x)－2x，则g(2)＝f(2)－4＝－1，g′(x)＝f′(x)－2<0，所以g(x)在R上单调递减．由f(ex)<2ex－1得f(ex)－2ex<－1，即g(ex)<g(2)，所以ex>2，得x>ln 2.11．设a>0，函数f(x)＝x＋，g(x)＝x－ln x．若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为________．[，＋∞)　解析：因为g(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，所以有g′(x)＝1－≥0，函数g(x)单调递增，则g(x)max＝g(e)＝e－1.因为f(x)＝x＋，所以f′(x)＝.令f′(x)＝0，因为a>0，所以x＝a.当0<a<1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1＋a2≥e－1，所以1>a≥.当1≤a≤e时，f(x)min＝f(a)＝2a≥e－1恒成立．当a>e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝≥e－1恒成立．综上，a≥.12．设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明：f(x)＝.令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增．又s(1)＝0，所以s(x)>0.从而当x>1时，f(x)>0.(2)解：g′(x)＝2ax－＝(x>0)．当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．(3)解：由(1)知，当x>1时，f(x)>0.当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，故当f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<时，>1，g(x)在上单调递减，g<g(1)＝0.而f>0，所以此时f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)．当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)恒成立．综上，a的取值范围为.13．(2020·威海一模)已知函数f(x)＝2ln x－.(1)当m＝1时，试判断f(x)零点的个数；(2)若x≥1时，f(x)≤0，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝1时，f(x)＝2ln x－(x>0)，f′(x)＝.所以f′(x)≤0(f′(x)不恒等于零)，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(1)＝0，所以f(x)有且只有一个零点．(2)f(1)＝0，f′(x)＝.①当m≤0时，在[1，＋∞)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，不符合题意．②当m>0时，设g(x)＝－mx2＋2x－1.当Δ＝4－4m≤0即m≥1时，g(x)＝－mx2＋2x－1≤0恒成立．所以在[1，＋∞)上，f′(x)≤0恒成立．所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(1)＝0，符合题意．所以m≥1.当Δ＝4－4m>0即0<m<1时，g(x)＝0有两个不等实根．设为x1，x2，且x1<x2.因为g(1)＝1－m>0，可知x1<1<x2，所以当x∈(1，x2)时f′(x)>0，当x∈(x2，＋∞)时f′(x)<0，即f(x)在(1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减．所以f(x2)>f(1)＝0，不符合题意．综上，实数m的取值范围为[1，＋∞)．