当前位置: 首页 > >

高2020届高2017级第一轮复习文科数学全套课件配套课时跟踪检测(二十) 利用导数研究不等式恒成立问题

第1页共1页 课时跟踪检测(二十) 利用导数研究不等式恒成立问题 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:(1)∵f′(x)=1x,∴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)=1x-a(x>1), 令 φ′(x)=0,得 x=1a, 当 x 变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况如下表: x 1,1a 1 a 1a,+∞ φ′(x) + 0 - φ(x) 极大值 ∴φ(x)max=φ1a>φ(1)=0,不满足不等式. 综上所述,实数 a 的取值范围为[1,+∞). 2.已知函数 f(x)=2a-ex x2(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若?x∈[1,+∞),不等式 f(x)>-1 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=x2-2exx-2a, 当 a≤-12时,x2-2x-2a≥0,f′(x)≥0, ∴函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 当 a>-12时,令 x2-2x-2a=0, 解得 x1=1- 2a+1,x2=1+ 2a+1. ∴函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,1- 2a+1)和(1+ 2a+1,+∞),单调递减区间为(1 第1页共1页 - 2a+1,1+ 2a+1). (2)f(x)>-1?2a-ex x2>-1?2a>x2-ex, 由条件知,2a>x2-ex 对?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>1-2 e,即实数 a 的取值范围是1-2 e,+∞. 3.设 f(x)=xex,g(x)=12x2+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:(1)∵F(x)=f(x)+g(x)=xex+12x2+x, ∴F′(x)=(x+1)(ex+1), 令 F′(x)>0,解得 x>-1,令 F′(x)<0,解得 x<-1, ∴F(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增. 故 F(x)min=F(-1)=-12-1e. (2)∵任意 x1,x2∈[-1,+∞),且 x1>x2,有 m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立, ∴mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立. 令 h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-12x2-x,x∈[-1,+∞), 即只需 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≥e1x,而e1x≤e,故 m≥e, 即实数 m 的取值范围是[e,+∞). 第1页共1页 4.(2018·开封高三定位考试)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:(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<a<1 时,ln a<0,函数 y=(ax-1)ln a 在 R 上也是增函数, ∴当 a>1 或 0<a<1 时,f′(x)在 R 上是增函数, 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)-1a+1+ln a=a-1a-2ln a, 令 g(a)=a-1a-2ln a(a>0), ∵g′(a)=1+a12-2a=1-1a2>0, ∴g(a)=a-1a-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<a<1 时,g(a)<0,即 f(1)<f(-1). ∴当 a>1 时,f(1)-f(0)≥e-1,即 a-ln a≥e-1. 由函数 y=a-l


相关推荐


友情链接: year2525网 工作范文网 QS-ISP 138资料网 528200 工作范文网 baothai 表格模版