2023届北师版高考数学一轮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（Word版附解析）

高考解答题专项一　函数与导数中的综合问题第2课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021湖南衡阳高三月考)已知函数f(x)=(ax+1)ex.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.2.(2021山东济南高三月考)已知f(x)=ex-ax2-x-1.(1)当a=时,求f(x)的极值点个数;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.3.(2021重庆八中高三月考)已知函数f(x)=ex-kx,g(x)=x2+k2-3.(1)讨论函数y=f(x)的单调区间;(2)若2f(x)≥g(x)对任意的x≥0恒成立,求实数k的取值范围.4.(2021辽宁沈阳高三三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤x+1\n恒成立,求实数a的取值范围.5.(2021浙江宁波高三期中)已知函数f(x)=-mx+lnx+1,g(x)=cosx+xsinx-1.(1)讨论函数f(x)的单调区间与极值;(2)若m>,对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得不等式f(x1)-g(x2)>1成立,试求实数m的取值范围.\n第2课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.解(1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增;若a>0,则当x>时,f'(x)>0;当x<时,f'(x)<0.故f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为;若a<0,则当x>时,f'(x)<0;当x<时,f'(x)>0,故f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.(2)当a=2时,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx.当x=0时,原不等式等价于1≥k·0恒成立,此时k∈R.当x>0时,原不等式等价于k≤.令函数g(x)=(x>0),则g'(x)=.当0<x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增.故g(x)min=g=4,所以k≤4.综上所述,实数k的取值范围为(-∞,4].2.解(1)当a=时,f(x)=ex-x2-x-1,所以f'(x)=ex-ex-1,f″(x)=ex-e,所以当x<1时,f″(x)<0,f'(x)在(-∞,1)上单调递减;当x>1时,f″(x)>0,f'(x)在(1,+∞)上单调递增,因为f'(0)=0,f'(1)=-1,f'(2)=e2-2e-1>0,所以存在x0∈(1,2),使f'(x0)=0,所以,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;x∈(0,x0)时,f'(x)<0;x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以0和x0是f(x)的极值点,所以f(x)有两个极值点.(2)f(x)=ex-ax2-x-1,f'(x)=ex-2ax-1,设h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0),则h'(x)=ex-2a单调递增,又因为h'(0)=1-2a,所以当a≤时,h'(x)≥0,h(x)在[0,+∞)上单调递增,\n所以h(x)≥h(0)=0,即f'(x)≥0,f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,符合题意.当a>时,令h'(x)=0,解得x=ln2a,当x∈[0,ln2a)时,h'(x)<0,h(x)在[0,ln2a)上单调递减,f'(x)=h(x)≤h(0)=0,f(x)在(0,ln2a)上单调递减,所以x∈(0,ln2a)时,f(x)<f(0)=0,不符合题意,所以实数a的取值范围是-∞,.3.解(1)f'(x)=ex-k.①若k≤0,f'(x)>0恒成立,则y=f(x)在R上单调递增;②若k>0,当x>lnk时,f'(x)>0,f(x)的单调递增区间为(lnk,+∞);当x<lnk时,f'(x)<0,f(x)的单调递减区间为(-∞,lnk).(2)2ex-2kx≥x2+k2-3对任意的x≥0恒成立,即≤2对任意的x≥0恒成立.令h(x)=,则h'(x)=-.①当k≥3时,h'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以只需h(0)=k2-3≤2,即k∈[-],与k≥3矛盾.②当-1≤k<3时,h(x)在(0,-k+3)上单调递增,在(-k+3,+∞)上单调递减,所以只需h(-k+3)=≤2,即k≤3-ln3.所以-1≤k≤3-ln3;③当k<-1时,h(x)在(0,-k-1)上单调递减,在(-k-1,-k+3)上单调递增,在(-k+3,+∞)上单调递减.因此⇒-≤k<3-ln3,所以-≤k<-1.综上,实数k的取值范围为[-,3-ln3].4.解对任意的x≥0,不等式f(x)≤x+1恒成立,即为对任意的x≥0,(x+1)e-ax≤x+1恒成立,当x≥0时,(x+1)e-ax>0,x+1>0,将不等式两边取对数得ln(x+1)-ax≤lnx+1,即\nln(x+1)-lnx+1-ax≤0.因此只需证明当x≥0时,不等式ln(x+1)-lnx+1-ax≤0恒成立即可.令g(x)=ln(x+1)-lnx+1-ax,则g'(x)=-a=-a.若a≥,因为当x≥0时,,所以g'(x)=-a≤0,g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此g(x)≤g(0)=0.若a<0,因为当x≥0时,>0,所以g'(x)=-a>0,g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=0,不合题意.若0<a<,令g'(x)=-a=0得x=x=-舍去,且当x∈0,时,g'(x)=-a>0,所以g(x)在0,上单调递增,于是g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,当不等式f(x)≤x+1恒成立时,实数a的取值范围是,+∞.5.解(1)f'(x)=-m+(x>0).①当m≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.②当m>0时,令f'(x)=-m+=0,得x=.令f'(x)>0,则0<x<;令f'(x)<0,则x>.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,此时f(x)极大值=f=-lnm,无极小值.综上,当m≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),\n无单调递减区间,无极值;当m>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,极大值为-lnm,无极小值.(2)对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得f(x1)-g(x2)>1成立,等价于f(x)在[1,2]上的最小值f(x)min与g(x)在[0,π]上的最小值g(x)min的差大于1,g'(x)=xcosx,当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)在0,上单调递增;当x∈,π时,g'(x)<0,g(x)在,π上单调递减.又因为g(0)=0,g(π)=-2,所以g(x)min=g(π)=-2.由(1)知,①当0<≤1(m≥1)时,f(x)min-1=f(2)-1=ln2-2m,由-2m+ln2>-2得m<1+ln2,所以1≤m<1+ln2.②当1<<2<m<1时,f(x)在1,上单调递增,在,2上单调递减.所以f(x)min=min{f(1),f(2)},又因为f(2)-f(1)=ln2-m,所以当<m<ln2时,f(x)min-1=f(1)-1=-m,由-m>-2得m<2,所以<m<ln2;当ln2≤m<1时,f(x)min-1=f(2)-1=ln2-2m,由-2m+ln2>-2,得m<1+ln2,所以ln2≤m<1.综上所述,m的取值范围是,1+ln2.