第六板块 课时验收评价(六)　综合性考法针对练——导数与不等式恒(能)成立问题

课时验收评价(六)　综合性考法针对练——导数与不等式恒(能)成立问题1．(2022·连云港二模)已知函数f(x)＝x－－2lnx.(1)判断函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f－8bf(x)，当x>1时，g(x)>0，求实数b的取值范围．解：(1)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1＋－＝＝≥0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)因为g(x)＝f－8bf(x)，所以g(x)＝x2－－2lnx2－8b>0对∀x>1恒成立，g′(x)＝2x＋－－8b＝＝＝，当x>1时，x＋＋2>4，当4b≤4，即b≤1时，g′(x)>0对∀x>1恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)>g(1)＝0符合题意．当b>1时，存在x0>1使得当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，此时g(x)<g(1)＝0，这与g(x)>0恒成立矛盾．综上，b≤1，即实数b的取值范围为(－∞，1]．2．(2022·桂林、梧州一模)已知函数f(x)＝x2＋.(1)当a＝－5时，求f(x)的单调区间；(2)若存在x∈，使得f(x)－x2>2x＋成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－5时，f(x)＝x2－8lnx，可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝2x－＝，x>0， 可知当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由题可知，存在x∈[2，e]，使得f(x)－x2>2x＋成立，等价于2x＋－(2a＋2)lnx<0在[2，e]内有解，可设h(x)＝2x＋－(2a＋2)lnx，即在[2，e]上，函数h(x)min<0，∴h′(x)＝2－－＝＝，令h′(x)＝0，即(x＋1)[x－(a＋2)]＝0，解得x＝a＋2或x＝－1(舍去)，当a＋2≥e，即a≥e－2时，若x∈[2，e]，则h′(x)<0，h(x)在[2，e]上单调递减，∴h(x)min＝h(e)＝2e＋－2a－2<0，得a>，又∵>e－2，∴a>；当a＋2≤2，即a≤0时，若x∈[2，e]，则h′(x)>0，h(x)在[2，e]上单调递增，∴h(x)min＝h(2)＝6＋a－(2a＋2)ln2<0，得a>>0，不合题意；当2<a＋2<e，即0<a<e－2时，则h(x)在[2，a＋2]上单调递减，在[a＋2，e]上单调递增，∴h(x)min＝h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)，∵ln2<ln(a＋2)<lne＝1，∴(2a＋2)ln2<(2a＋2)ln(2a＋2)<2a＋2，∴h(a＋2)＝2a＋6－(2a＋2)ln(a＋2)>2a＋6－2a－2＝4，即h(x)min>4，不符合题意．综上，实数a的取值范围为.3．(2022·赣州二模)已知函数f(x)＝e2x－a2x2＋x－lnx.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对于一切x∈(0，＋∞)，恒有f(x)≥lna成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝e2x－x2＋x－lnx，则f′(x)＝2e2x－2x＋1－，故f(1)＝e2，f′(1)＝2e2－2，从而曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(2e2－2)(x－1)＋e2， 即y＝(2e2－2)x－e2＋2.(2)由f(x)≥lna，得a>0且e2x＋x≥a2x2＋lnx＋lna，即e2x＋x≥a2x2＋lnax＝e2lnax＋lnax，构造g(x)＝e2x＋x，g′(x)＝2e2x＋1>0，则g(x)在R上单调递增，不等式e2x＋x≥a2x2＋lnax等价于g(x)≥g(lnax)，结合g(x)的单调性，得x≥lnax，即x－lnx≥lna，令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－＝，当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，故lna≤1，解得0<a≤e，即实数a的取值范围为(0，e]．4．(2022·湖南新高考联盟联考)已知函数f(x)＝2ax－lnx，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式ex－2＋x≥xf(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2a－＝.当a≤0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)∀x>0，不等式ex－2＋x≥xf(x)⇔ex－2＋x≥2ax2－xlnx⇔≥2a⇔≥2a⇔≥2a.令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，故h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，从而∀x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即恒有ex≥x＋1成立，当且仅当x＝0时取“＝”． 因此，当x>0时，≥＝1，当且仅当x－2－lnx＝0时取“＝”．令φ(x)＝x－2－lnx，x>0，φ′(x)＝1－，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(1)＝－1<0，φ(e－2)＝e－2>0，φ(4)＝2(1－ln2)>0，即∃x1∈(e－2,1)，使得φ(x1)＝x1－2－lnx1＝0，∃x2∈(1,4)，使得φ(x2)＝x2－2－lnx2＝0，即x－2－lnx＝0有解．因此，不等式≥1中能取到等号，所以的最小值为1，即1≥2a，解得a≤，所以实数a的取值范围是.