2023版高考数学一轮复习课后限时集训22利用导数研究不等式恒能成立问题含解析20230318185

课后限时集训(二十二)　利用导数研究不等式恒(能)成立问题建议用时：40分钟1．设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．[解]　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.令g′(x)＞0得x＜0或x＞，令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x)min＝g＝－，又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞.即m(x)＝xlnx在上是增函数，\n可知h′(x)在区间上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2020·烟台模拟)已知函数f(x)＝px2－(4p＋1)x＋2lnx，其中p∈R.(1)当p＞0时，试求函数f(x)的单调递增区间；(2)若不等式f(x)≤px2－(4p＋1)x－2q(x－1)·ex在x∈(1，＋∞)时恒成立，求实数q的取值范围．[解]　(1)f′(x)＝2px－(4p＋1)＋＝(x＞0，p＞0)，当＜2即p＞时，由f′(x)＞0解得x＞2或0＜x＜；当＝2即p＝时，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立；当＞2即0＜p＜时，由f′(x)＞0解得x＞或0＜x＜2.综上，当p＞时，f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)；当p＝时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当0＜p＜时，f(x)的单调递增区间为(0,2)，.(2)由f(x)≤px2－(4p＋1)x－2q(x－1)ex，化简得：lnx＋q(x－1)ex≤0在(1，＋∞)时恒成立，记g(x)＝lnx＋q(x－1)ex，当q≥0时，g(x)在x∈(1，＋∞)为增函数，g(1)＝0，所以g(x)＞0，不合题意；当q＜0时，g′(x)＝＋qxex在x∈(1，＋∞)为减函数，g′(1)＝1＋qe，若g′(1)＝1＋qe≤0，即q≤－时，g′(x)＜g′(1)，所以g′(x)＜0，\n所以g(x)在x∈(1，＋∞)为减函数，所以g(x)＜g(1)＝0，所以q≤－符合题意．若g′(1)＝1＋qe＞0，即q＞－时，g′(x)＝＋qxex在x∈(1，＋∞)为减函数，∃x0∈(1，＋∞)使得x∈(1，x0)，g′(x)＞0，即g(x)在x∈(1，x0)为增函数，所以g(x)＞g(1)＝0与g(x)≤0矛盾，所以q＞－，不合题意．综上，q∈.3．(2020·龙岩模拟)已知函数f(x)＝lnx(其中e为自然对数的底数)．(1)证明：f(x)≤f(e)；(2)对任意正实数x、y，不等式a(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正实数a的最大值．[解]　(1)证明：f′(x)＝－lnx＋＝－lnx＋－＝，令g(x)＝－xlnx＋2e－x，g′(x)＝－lnx＋(－x)·－1＝－lnx－2，在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e－2)＝－e－2lne－2＋2e－e－2＝2e－2＋2e－e－2＝e－2＋2e＞0，又因为x→0时，g(x)→0；g(e)＝0，所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．(2)因为x，y，a，都大于0，由a(lny－lnx)－2x≤0两边同除以ax整理得：≥ln，\n令＝t(t＞0)，所以≥lnt恒成立，记h(t)＝lnt，则≥h(t)max，由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以≥1，即0＜a≤2，amax＝2.所以正实数a的最大值是2.