解答题特训(六) 2 导数与不等式恒成立（专题微练Word）-【赢在微点·考前顶层设计】2023老高考数学文科大二轮专题复习

解答题特训(六)　2　导数与不等式恒成立 1.已知函数f (x)=x+-(a-2)ln x(a∈R),g(x)=(b-1)x--xex。 (1)判断函数f (x)的单调性; (2)当a=1时,关于x的不等式f (x)+g(x)≤-1恒成立,求实数b的取值范围。 解　(1)f (x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1--= =, 若a≤0,则f '(x)>0,此时f (x)在(0,+∞)上单调递增。 若a>0,则当0<x<a时,f '(x)<0,f (x)在(0,a)上单调递减; 当x>a时,f '(x)>0,f (x)在(a,+∞)上单调递增。 综上,当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f (x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增。 (2)当a=1时,f (x)+g(x)=bx+ln x-xex, f (x)+g(x)≤-1恒成立,即b≤ex--在(0,+∞)上恒成立。 令h(x)=ex--,则h'(x)=ex-+=, 令u(x)=x2ex+ln x,则u'(x)=(x2+2x)ex+>0(x>0),所以u(x)在(0,+∞)上单调递增, 又u(1)=e>0,u=-ln 2<0,所以u(x)在上有唯一的零点x0。 当x∈(0,x0)时,u(x)<0, 则h'(x)<0,所以h(x)在(0,x0)上单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,u(x)>0,则h'(x)>0, 所以h(x)在(x0,+∞)上单调递增。 所以h(x)min=h(x0)=--。 由u(x0)=0,得x0=-。 令k(x)=xex,x∈,则x0=-, 即k(x0)=k(-ln x0), 又易知k(x)单调递增,所以x0=-ln x0,即=, 所以h(x)min=h(x0)=--=--=1。 所以b≤1,即实数b的取值范围是(-∞,1]。 2.(2022·汕头模拟)已知函数f (x)=ex-x2-ax-1,g(x)=cos x+x2-1。 (1)当a=1时,求证:当x≥0时,f (x)≥0; (2)若f (x)+g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围。 解　(1)证明:当a=1时,f (x)=ex-x2-x-1, 所以f '(x)=ex-x-1,令u(x)=ex-x-1, 则u'(x)=ex-1≥0在[0,+∞)上恒成立, 故f '(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f '(x)≥f '(0)=0, 所以f (x)在[0,+∞)上单调递增, 所以f (x)≥f (0)=0,从而原不等式得证。 (2)f (x)+g(x)=ex+cos x-ax-2, 令h(x)=ex+cos x-ax-2(x≥0), 则h'(x)=ex-sin x-a, 令t(x)=ex-sin x-a(x≥0),则t'(x)=ex-cos x, 因为当x∈[0,+∞)时,ex≥1,-1≤cos x≤1, 故t'(x)≥0, 所以h'(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以h'(x)≥h'(0)=1-a, ①当1-a≥0,即a≤1时,h'(x)≥0, 故h(x)在[0,+∞)上单调递增, 故h(x)≥h(0)=0,满足题意; ②当1-a<0,即a>1时, 因为h'(0)<0,又x→+∞时,h'(x)→+∞, 所以∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0, 所以当x∈(0,x0)时,h'(x)<0, h(x)在(0,x0)上单调递减,此时h(x)<h(0)=0,不符合题意。综上,a≤1。 学科网（北京）股份有限公司 $