高考解答题专项一 第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题.docx
第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021山东淄博实验中学高三月考)已知函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=a2x2+x,a0,且a为常数.(1)当a=0时,求函数f(x)的最小值;(2)若存在x(1,2使f(x)g(x)-2a-2成立,求实数a的取值范围.解:(1)当a=0时,f(x)=xln x,定义域为(0,+),则f'(x)=ln x+1,令f'(x)<0可得0<x<1e,令f'(x)>0可得x>1e,f(x)在0,1e内是递减的,在1e,+上是递增的,f(x)min=f1e=-1e.(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)ln x-a2x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)0在x(1,2有解,F'(x)=ln x-ax+ax,令h(x)=ln x-ax+ax,x(1,2,则h'(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2,当a=0时,F'(x)=ln x>0,则F(x)在(1,2上是递增的,此时F(x)max=F(2)=2ln 2>0,满足题意,当a<0时,h'(x)>0在(1,2上恒成立,即F'(x)在(1,2上是递增的,则F'(x)>F'(1)=0,故F(x)在(1,2上是递增的,则F(x)max=F(2)=(a+2)ln 2,则要使F(x)0在x(1,2有解,满足(a+2)ln 20,解得-2a<0,综上,实数a的取值范围为-2,0.2.(2021福建宁德模拟)已知函数f(x)=12x2-aln x-a,g(x)=ex-x-1.(1)当x1,e时,求f(x)的最小值;(2)对于任意的x10,1都存在唯一的x21,e使得g(x1)=f(x2),求实数a的取值范围.解:(1)f(x)的定义域为(0,+),f'(x)=x2-ax,当a1时,x1,e,f'(x)0,f(x)是递增的,f(x)min=f(1)=12-a,当ae2时,x1,e,f'(x)0,f(x)是递减的,f(x)min=f(e)=e22-2a,当1<a<e2时,令f'(x)=0,解得x=a,则x1,a),f'(x)<0,f(x)是递减的,当x(a,e时,f'(x)>0,f(x)是递增的.所以f(x)min=f(a)=-a2a2ln a.综上,当a1时,f(x)min=12-a;当1<a<e2时,f(x)min=-a2a2ln a;当ae2时,f(x)min=e22-2a.(2)因为对于任意的x10,1都存在唯一的x21,e使得g(x1)=f(x2)成立,所以g(x)在x0,1的值域是f(x)在x1,e的值域的子集.因为g'(x)=ex-1,x0,1,所以g'(x)0,g(x)是递增的,g(x)的值域为0,e-2.由(1)知当a1时,f(x)在1,e上是递增的,f(1)=12-a,f(e)=e22-2a,所以f(x)在1,e上的值域为12-a,e22-2a,所以12-a0,e22-2ae-2,解得12a1.当1<a<e2时,x1,a,f(x)是递减的,xa,e,f(x)是递增的,且f(1)<0,f(a)<0,所以只需f(e)e-2,即e22-2ae-2,所以1<ae24e2+1.当ae2时,因为f(x)在1,e上是递减的,且f(x)f(1)=12-a<0,所以不合题意.综上,实数a的取值范围是12,e2-2e+44.3.(2021江苏南通模拟)已知函数f(x)=aex-4,g(x)=ln x-x-1,其中e为自然对数的底数,aR.(1)若对任意的x2(0,1,总存在x1(0,1,使得f(x1)g(x2),求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图像始终在函数y=g(x)x-2的图像上方,求a的取值范围.解:(1)对任意的x2(0,1,总存在x1(0,1,使得f(x1)g(x2),则f(x)maxg(x)max,因为g(x)=ln x-x-1,则g'(x)=1x-1=1-xx0对任意的x(0,1恒成立,所以,函数g(x)在区间(0,1上是递增的,则g(x)max=g(1)=-2.因为f(x)=aex-4,所以当a=0时,f(x)=-4,不满足f(x)maxg(x)max,故a0;当a>0时,f(x)=aex-4在(0,1上是递增的,所以f(x)max=f(1)=ae-4,即ae-4-2,解得a2e;当a<0时,f(x)=aex-4在(0,1上是递减的,所以f(x)=aex-4在(0,1上没有最大值,不满足题意,综上,a的取值范围为2e,+.(2)因为函数y=f(x)的图像始终在函数y=g(x)x-2的图像上方,所以f(x)>g(x)x-2恒成立,因为x>0,ex>0,所以a>lnx+x-1xex=lnx+ln ex-1xex=ln(xex)-1xex,令t=xex>0,设h(t)=lnt-1t,其中t>0,则h'(t)=2-lntt2,当0<t<e2时,h'(t)>0,此时函数h(t)是递增的,当t>e2时,h'(t)<0,此时函数h(t)是递减的,所以,h(t)max=h(e2)=1e2,则a>1e2,因此,实数a的取值范围是1e2,+.4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(x)=aln x+12(x-1)2,aR.(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;(2)若任意x1,+),都有f(x)0,求实数a的取值范围;(3)设g(x)=ln x+12x2+ax+12,若存在x01,e,使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.解:(1)当a=-2时,f(x)=-2ln x+12(x-1)2,定义域为(0,+),f'(x)=-2x+x-1=x2-x-2x=(x-2)(x+1)x(x>0),令f'(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).当0<x<2时,f'(x)<0,当x>2时,f'(x)>0,当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=-2ln 2+12,无极大值.(2)任意x1,+),都有f(x)0,即当x1,+)时,f(x)min0恒成立,f'(x)=ax+x-1=x2-x+ax(x1),令h(x)=x2-x+a,当0,即1-4a0,a14时,h(x)0,即f'(x)0,所以f(x)在1,+)上是递增的,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当>0,即1-4a>0,a<14时,令h(x)=0,此时x1=1-1-4a2(舍去),x2=1+1-4a2,当1+1-4a21时,即0a<14时,h(x)0,即f'(x)0,所以f(x)在1,+)上是递增的,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当1+1-4a2>1时,即a<0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f1+1-4a2<0,不满足题意.综上所述,当a0时,满足任意x1,+),都有f(x)min0恒成立.a0,+).(3)令m(x)=f(x)-g(x)=(a-1)ln x-x-ax,即存在x01,e,使得m(x0)=(a-1)ln x0-x0-ax0>0,即存在x01,e,使得m(x)max>0,m'(x)=a-1x-1+ax2=-x2+(a-1)x+ax2=(x+1)(-x+a)x2,当a1时,此时在x1,e上,m'(x)0,m(x)是递减的,m(x)max=m(1)=-1-a>0,即a<-1,当1<a<e时,此时在x1,a上,m'(x)>0,m(x)是递增的,在xa,e上,m'(x)<0,m(x)是递减的,m(x)max=m(a)=(a-1)ln a-a-1.1<a<e,0<ln a<1,即-a-1<(a-1)ln a-a-1<-2,m(x)max=m(a)<0,不满足题意,当ae时,此时在x1,e上,m'(x)0,m(x)是递增的,m(x)max=m(e)=a-1-e-ae>0,解得a>e2+ee-1,综上所述,a(-,-1)e2+ee-1,+.
