【新高考复习】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＋4x，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈12，1，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是()A．a≤1B．a≥1C．a≤2D．a≥2解析：选A.由题意知f(x)minx∈12，1≥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．(2019·吉林白山联考)设函数f(x)＝exx＋3x－3－ax，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：e3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)lnx＋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)lnx，f′(x)＝lnx＋(x－1)·1x＝lnx－1x＋1，设g(x)＝lnx－1x＋1，则g′(x)＝x＋1x20，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)lnx＋ax0，得－ax(x－1)lnx，而x0，所以－a（x－1）lnxx＝lnx－lnxx.记h(x)＝lnx－lnxx，则h′(x)＝1x－1x·x－lnxx2＝lnx＋x－1x2，设m(x)＝lnx＋x－1(x0)，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－a0，所以a0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(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＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤(lnxx2)max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，则x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值12e单调递减由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e.所以a≤12e.5．(2019·河南郑州质检)已知函数f(x)＝lnx－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x01，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－x22＋2x＋12k(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)＝1x－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝1x－1＝1－xx，令f′(x)0得0x1，令f′(x)0得x1，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)－x22＋2x＋12k(x－1)可化为lnx－x22＋x－12k(x－1)．令g(x)＝lnx－x22＋x－12－k(x－1)(x1)，则g′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1－k）x＋1x，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x1，h(x)的对称轴为x＝1－k2.①当1－k2≤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≤k1，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－k21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－k0，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)＝12x2－ax＋(a－1)lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1x2，恒有f(x1)－f(x2)x2－x1，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝1x(x－1)[x－(a－1)]，①若a2，由f′(x)0，得0x1或xa－1，由f′(x)0，得1xa－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1a2，由f′(x)0，得0xa－1或x1，由f′(x)0，得a－1x1，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x1，由f′(x)0，得0x1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．综上，若a2，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1a2，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)＋x1f(x2)＋x2，令F(x)＝f(x)＋x＝12x2－ax＋(a－1)lnx＋x，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1x2，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＋a－1x＝1x[x2－(a－1)x＋a－1]，令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，当a－10，即a1时，x＝a－120，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＝a－12≥0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需ga－12≥0，即a－122－(a－1)·a－12＋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]．