考点专练19 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题--高考数学一轮复习（新高考）.docx

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1、考点专练19： 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1.已知函数f(x)axln x，x1，e，若f(x)0恒成立，求实数a的取值范围2.设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)0，f(x)在(1，)上单调递增，所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即1，解得1a1若a1，故当x时，f(x)0，f(x)在上单调递减，在上单调递增所以存在x01，使得f(x0)的充要条件为f ，所以不合题意若a1，此时存在f(1)1综上a的取值范围是(1，1)(1，)3.解：(1)函数f(x)ln x

2、的定义域为(0，)，令f(x)x0，解得x1所以函数f(x)的单调递减区间为1，)(2)由(1)可知，当x1时，f(x)f(1)，所以当k1时，f(x)g(x)1，即不存在x01满足题意；当k1时，由f(x)g(x)，得f(x)(k1)xk，对于x1，有(k1)xk(k1)(x1)又f(x)，所以不存在x01满足题意；当k1时，令F(x)f(x)g(x)ln x(1k)xk(x1)，则F(x)x1k，令F(x)0，得x11，当x(1，x2)时，F(x)0，所以F(x)在(1，x2)内单调递增，此时F(x)F(1)，即f(x)g(x)，所以存在x01满足题意综上，实数k的取值范围是(，1)4.解

3、：(1)f(x)(xa)exa，f(x)ex(xa1)，故f(1)e(a2)e，解得a1由f(x)(x1)ex1，得f(1)1，即切点坐标为(1,1)，故由e1eb0，解得b1(2)设g(x)f(x)ksin x(x2)exksin x2，则g(0)0因为f(x)ksin x，所以g(x)0g(0)，所以x0是g(x)的极小值点因为g(x)(x1)exkcos x，所以g(0)1k0，解得k1下面证明：当k1时，(x2)exsin x20恒成立，即证x20设h(x)x2，则h(0)0，h(x)1令t(x)h(x)，可知t(0)h(0)0，因为t(x)0，所以t(x)在R上单调递增令h(x)0，

4、解得x0，令h(x)0，解得x0，故h(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)0综上可知当a2时，若不等式f(x)ksin x恒成立，则k15.解：(1)因为f(x)ln x1单调递增，令f(x)ln x10，得x，当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增所以，f(x)minf(x)极小值f 又f ，f(1)0，故f(x)minf ，f(x)maxf(1)0(2)因为mg(b)g(a)f(b)f(a)等价于mg(b)f(b)mg(a)f(a)对于任意ba0恒成立，令h(x)mg(x)f(x)x2xln x，因为对ba0，总有mg(b

5、)g(a)f(b)f(a)成立，所以，h(x)在(0，)上单调递增问题转化为h(x)mxln x10对任意的x(0，)恒成立，即m对任意的x(0，)恒成立令(x)，则(x)，由(x)0，得x1，当x(0,1)时，(x)0，(x)单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)单调递减，所以(x)max(1)1，故m的取值范围是1，)6.解：(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1，令m(x)ex2x1，则m(x)ex20，故f(x)单调递增又f(0)0，所以当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由f(x)x31，得exax2xx31，其中x0，当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意；当x0时，分离参数a，得a，记g(x)，g(x)，令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，令n(x)exx1，则n(x)ex10，故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0由h(x)0可得：exx2x10恒成立，故当x(0,2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(2，)时，g(x)0，g(x)单调递减因此，g(x)maxg(2)综上可得，实数a的取值范围是7学科网（北京）股份有限公司