第2章 第13节 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时作业word（新教材，人教B版）

第二课时　利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 1．(2023·西安市质检)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． 综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 2．(2023·广东汕头联考)已知f(x)＝xeax－x2－x＋1，a≠0. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若∃x0≥1，使f(x0)＜成立，求参数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝xex－－x＋1， 所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；由f′(x)＜0，得－1＜x＜0. 所以f(x)的单调递减区间为(－1,0)，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)． (2)由题意，得f(x)min＜(x≥1)， 因为f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，由f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝0. ①当a＞0时，因为x≥1，所以f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，即f(x)min＝f(1)． f(1)＝ea－＜，即ea－a＜0. 设g(a)＝ea－a(a＞0)，g′(a)＝ea－1＞0. 所以g(a)min＞g(0)＝e0－0＝1＞0，即ea＞a恒成立，即g(a)＞0，所以不等式ea－a＜0无解； ②当a＜0时， 当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表： x (－∞，0) 0 － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 极小值 且f(0)＝1＞0，由①知f(1)＞恒成立， 若∃x0≥1，使f(x0)＜，则 所以 所以解得1－＜a＜0. 综上所述，参数a的取值范围为. 3．(2023·唐山市模拟)函数f(x)＝x2(ln x－1)， (1)求函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若m＞0时，有mf(x)＋ex≥0成立，求m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2x(ln x－1)＋x＝2xln x－x， ∴f′(1)＝－1，又f(1)＝－1， 所以在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝0. (2)由于函数y＝f(x)定义域为(0，＋∞)， 所以mf(x)＋ex≥0⇔mx2(ln x－1)＋ex≥0⇔ mx(ln x－1)≥－，令g(x)＝mx(ln x－1) 则g′(x)＝mln x，可得当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0， 所以g(x)min＝g(1)＝－m， 令h(x)＝－，则h′(x)＝， 可得当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，所以h(x)max＝h(1)＝－e， 因此，由－m≥－e得，m≤e， 所以，m的取值范围为(0，e]． 4．(2023·石家庄市模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ln x＋a.其中(a∈R) (1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间； (2)若对于任意x＞0，都有f(x)≤0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝2(x－1)ln x， f′(x)＝2ln x＋＝2ln x－＋2， ∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)． (2)设g(x)＝2(x－1)ln x－(x＞0)，则g′(x)＝2ln x－＋3－2x＋， g″(x)＝＋－2－＝ ＝－≤0， ∴g′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g′(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，g′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(1)＝0， 即2(x－1)ln x≤在(0，＋∞