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  • 2021-06-30 发布

【数学】2021届一轮复习北师大版(理)18利用导数解决不等式恒(能)成立问题作业

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利用导数解决不等式恒(能)成立问题 建议用时:45分钟 ‎1.(2019·西安质检)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x-1.‎ ‎(1)求函数y=f(x)的图像在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] (1)∵f′(x)=,∴f′(1)=1.‎ 又∵f(1)=0,‎ ‎∴所求切线的方程为y-f(1)=f′(1)(x-1),‎ 即为x-y-1=0.‎ ‎(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,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)=-a(x>1),‎ 令φ′(x)=0,得x=,‎ 当x变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况如下表:‎ x φ′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ φ(x)‎ 极大值 ‎∴φ(x)max=φ>φ(1)=0,‎ 不满足不等式f(x)≤ag(x).‎ 综上所述,实数a的取值范围为[1,+∞).‎ ‎2.已知函数f(x)=(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若任意x∈[1,+∞),不等式f(x)>-1恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎[解] (1)f′(x)=,‎ 当a≤-时,x2-2x-‎2a≥0,f′(x)≥0,‎ ‎∴函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.‎ 当a>-时,令x2-2x-‎2a=0,‎ 解得x1=1-,x2=1+.‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1-)和(1+,+∞),单调递减区间为(1-,1+).‎ ‎(2)f(x)>-1⇔>-1⇔‎2a>x2-ex,‎ 由条件知,‎2a>x2-ex对任意x≥1恒成立.‎ 令g(x)=x2-ex,h(x)=g′(x)=2x-ex,‎ ‎∴h′(x)=2-ex.‎ 当x∈[1,+∞)时,h′(x)=2-ex≤2-e<0,‎ ‎∴h(x)=g′(x)=2x-ex在[1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴h(x)=2x-ex≤2-e<0,‎ 即g′(x)<0,‎ ‎∴g(x)=x2-ex在[1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴g(x)=x2-ex≤g(1)=1-e,‎ 故若f(x)>-1在[1,+∞ )上恒成立,‎ 则需‎2a>g(x)max=1-e.‎ ‎∴a>,即实数a的取值范围是.‎ ‎3.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.‎ ‎(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;‎ ‎(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎3.设f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.‎ ‎(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;‎ ‎(2)如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎[解] (1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.‎ 由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x.‎ 令g′(x)>0得x<0或x>,‎ 令g′(x)<0得0<x<,‎ 又x∈[0,2],‎ 所以g(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,‎ 所以g(x)min=g=-,‎ 又g(0)=-3,g(2)=1,‎ 所以g(x)max=g(2)=1.‎ 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,‎ 则满足条件的最大整数M=4.‎ ‎(2)对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间上,函数f(x)min≥g(x)max,‎ 由(1)可知在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.‎ 在区间上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.‎ 设h(x)=x-x2ln x,‎ h′(x)=1-2xln x-x,‎ 令m(x)=xln x,由m′(x)=ln x+1>0得x>.‎ 即m(x)=xln x在上是增函数,‎ 可知h′(x)在区间上是减函数,‎ 又h′(1)=0,‎ 所以当1<x<2时,h′(x)<0;‎ 当<x<1时,h′(x)>0.‎ 即函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,‎ 所以h(x)max=h(1)=1,‎ 所以a≥1,‎ 即实数a的取值范围是[1,+∞).‎