2022版高考数学一轮复习-19-利用导数研究不等式恒成立问题训练新人教B版VIP

2022版高考数学一轮复习19利用导数研究不等式恒成立问题训练新人教B版2022版高考数学一轮复习19利用导数研究不等式恒成立问题训练新人教B版2022版高考数学一轮复习19利用导数研究不等式恒成立问题训练新人教B版2022版高考数学一轮复习19利用导数研究不等式恒成立问题训练新人教B版年级：姓名：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eq\f(－x3＋2x＋a,x)>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－eq\f(1,ex)在区间(0，＋∞)上有解．令f(x)＝x2－eq\f(1,ex)，f′(x)＝2x＋eq\f(1,ex)＞0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＞f(0)＝－1.又a＞x2－eq\f(1,ex)在区间(0，＋∞)上有解，所以a∈(－1，＋∞)．3．已知f(x)＝lnx＋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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B．(－∞，0)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D解析：由f(x)<0恒成立得a>eq\f(lnx＋1,ex)恒成立，设h(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则h′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).设g(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,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)＝eq\f(1,e)，所以a>eq\f(1,e).故选D.4．已知函数f(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(m∈R)，g(x)＝－eq\f(m,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．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e)))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<2lnx在[1，e]上有解，即eq\f(m,2)<eq\f(lnx,x)在[1，e]上成立．令h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).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)＝eq\f(1,e)，所以eq\f(m,2)<eq\f(1,e)，所以m<eq\f(2,e).所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e))).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eq\f(x,ex)＜eq\f(1,k＋2x－x2)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<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).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＋lnx(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2xlnx≥－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＋eq\f(1,x)，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·eq\f(1,2)＝(3－2a)·eq\f(1,2)＝－1，解得a＝eq\f(5,2).(2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2lnx≥－x＋a－eq\f(3,x).令g(x)＝2lnx＋x－a＋eq\f(3,x)，则g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，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)＝2sinx－xcosx－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)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减．又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>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＋lnx对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以等于()A．0 B．1C．2 D．3AB解析：不等式ex－1≥kx＋lnx对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，等价于k≤eq\f(ex－1－lnx,x)对于任意x∈(0，＋∞)恒成立．令f(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(exx－1＋lnx,x2).令g(x)＝ex(x－1)＋lnx(x>0)，则g′(x)＝xex＋eq\f(1,x)>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(ln2，＋∞)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>ln2.11．设a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，g(x)＝x－lnx．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________．[eq\r(e－2)，＋∞)解析：因为g(x)＝x－lnx，x∈[1，e]，所以有g′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，函数g(x)单调递增，则g(x)max＝g(e)＝e－1.因为f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，所以f′(x)＝eq\f(x2－a2,x2).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≥eq\r(e－2).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)＝eq\f(e2＋a2,e)≥e－1恒成立．综上，a≥eq\r(e－2).12．设函数f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－lnx(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)＝eq\f(ex－1－x,xex－1).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－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(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＝eq\f(1,\r(2a)).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))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)－lnx<0，故当f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<eq\f(1,2)时，eq\f(1,\r(2a))>1，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<g(1)＝0.而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))>0，所以此时f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥eq\f(1,2)时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)．当x>1时，h′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－e1－x>x－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x3－2x＋1,x2)>eq\f(x2－2x＋1,x2)>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eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))