2024年新高考数学一轮复习达标检测第17讲导数的应用__利用导数研究不等式恒成立能成立问题（教师版）

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A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
【解析】选A.由题意知f(x)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))))≥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)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)－3))－eq \f(a,x)，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.
3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.
(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为f′(x)＝eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝1.
又f(1)＝0，所以切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即所求切线的方程为y＝x－1.
(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.
①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(x)；
③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则φ′(x)＝eq \f(1,x)－a，
令φ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：
所以φ(x)max＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＞φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,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．
【解析】(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≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max)，
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
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＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e).
5．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)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)成立，求k的取值范围．
【解析】(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝eq \f(1,x)－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)>0得01，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)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>k(x－1)可化为ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)>k(x－1)．令g(x)＝ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋（1－k）x＋1,x)，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝eq \f(1－k,2).
①当eq \f(1－k,2)≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)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eq \f(1－k,2)>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．设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)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．
【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)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)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(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－eq \f(1,2)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≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
[B组]—强基必备
1．已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0∴当a>1或0又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1.
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，
∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，
∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1＋ln a))＝a－eq \f(1,a)－2ln a，
令g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a(a>0)，
∵g′(a)＝1＋eq \f(1,a2)－eq \f(2,a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))2>0，
∴g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1.
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0由函数y＝eq \f(1,a)＋ln a在(0,1)上是减函数，解得0综上可知，所求实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪[e，＋∞)．x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)

极大值

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值eq \f(1,2e)
单调递减