2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)19利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題訓(xùn)練新人教B版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)19利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題訓(xùn)練新人教B版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)19利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題訓(xùn)練新人教B版2022版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)19利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題訓(xùn)練新人教B版年級：姓名：十九利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立(能成立)問題(建議用時：45分鐘)A組全考點鞏固練1．若不等式eq\f(－x3＋2x＋a,x)>0在[1,2]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．(－∞，4) D．(4，＋∞)D解析：依題意，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，即a>x3－2x.令g(x)＝x3－2x，則g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，因此g(x)max＝g(2)＝4.故a>4.2．若存在正實數(shù)x使ex(x2－a)＜1成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(－2，＋∞) D．[－1，＋∞)A解析：存在正實數(shù)x使ex(x2－a)＜1成立，即a＞x2－eq\f(1,ex)在區(qū)間(0，＋∞)上有解．令f(x)＝x2－eq\f(1,ex)，f′(x)＝2x＋eq\f(1,ex)＞0，所以f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)＞f(0)＝－1.又a＞x2－eq\f(1,ex)在區(qū)間(0，＋∞)上有解，所以a∈(－1，＋∞)．3．已知f(x)＝lnx＋1－aex，若關(guān)于x的不等式f(x)<0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B．(－∞，0)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D解析：由f(x)<0恒成立得a>eq\f(lnx＋1,ex)恒成立，設(shè)h(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則h′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).設(shè)g(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，則g′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因為g(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，g(x)>g(1)＝0，即h′(x)>0；當(dāng)x>1時，g(x)<g(1)＝0，即h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝eq\f(1,e)，所以a>eq\f(1,e).故選D.4．已知函數(shù)f(x)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2lnx(m∈R)，g(x)＝－eq\f(m,x).若至少存在一個x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e)))C．(－∞，0] D．(－∞，0)B解析：由題意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，所以mx<2lnx在[1，e]上有解，即eq\f(m,2)<eq\f(lnx,x)在[1，e]上成立．令h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當(dāng)1≤x≤e時，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，所以eq\f(m,2)<eq\f(1,e)，所以m<eq\f(2,e).所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,e))).故選B.5．函數(shù)f(x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m.若?x1∈[－1,5]，?x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)m的最小值是________.14解析：由題意f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，則f(x)在[－1,2]上單調(diào)遞減，在[2,5]上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x∈[－1,5]時，f(x)min＝f(2)＝8－24＋3＝－13.又g(x)＝3x－m在[0,2]上單調(diào)遞增，所以x∈[0,2]時，g(x)min＝g(0)＝1－m，所以－13≥1－m，得m≥14.故實數(shù)m的最小值是14.6．已知x∈(0,2)，若關(guān)于x的不等式eq\f(x,ex)＜eq\f(1,k＋2x－x2)恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________．[0，e－1)解析：由題意，知k＋2x－x2＞0.即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)恒成立，從而k≥0，因此由原不等式，得k<eq\f(ex,x)＋x2－2x恒成立．令f(x)＝eq\f(ex,x)＋x2－2x，則f′(x)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x2)＋2)).令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1.故實數(shù)k的取值范圍為[0，e－1)．7．函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋lnx(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在區(qū)間(0，e]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋eq\f(1,x)，f′(1)＝3－2a，由題意f′(1)·eq\f(1,2)＝(3－2a)·eq\f(1,2)＝－1，解得a＝eq\f(5,2).(2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在區(qū)間(0，e]上恒成立等價于2lnx≥－x＋a－eq\f(3,x).令g(x)＝2lnx＋x－a＋eq\f(3,x)，則g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，則在區(qū)間(0,1)上，g′(x)<0，函數(shù)g(x)為減函數(shù)；在區(qū)間(1，e]上，g′(x)>0，函數(shù)g(x)為增函數(shù)．由題意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．8．(2019·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1)證明：f′(x)在區(qū)間(0，π)上存在唯一零點；(2)若x∈[0，π]時，f(x)≥ax，求a的取值范圍．(1)證明：設(shè)g(x)＝f′(x)，則g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，g′(x)<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)上存在唯一零點．所以f′(x)在區(qū)間(0，π)上存在唯一零點．(2)解：由題設(shè)知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一個零點，設(shè)為x0，且當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(x0，π)時，f′(x)<0.所以f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，π)上單調(diào)遞減．又f(0)＝0，f(π)＝0，所以，當(dāng)x∈[0，π]時，f(x)≥0.又當(dāng)a≤0，x∈[0，π]時，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范圍是(－∞，0]．B組新高考培優(yōu)練9．(多選題)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意x∈(0，＋∞)恒成立，則整數(shù)k的值可以等于()A．0 B．1C．2 D．3AB解析：不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意x∈(0，＋∞)恒成立，等價于k≤eq\f(ex－1－lnx,x)對于任意x∈(0，＋∞)恒成立．令f(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(exx－1＋lnx,x2).令g(x)＝ex(x－1)＋lnx(x>0)，則g′(x)＝xex＋eq\f(1,x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g(x)>0.所以當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(1)＝e－1.所以k≤e－1.結(jié)合選項知選AB.10．設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(－2)＝－3，且對任意x∈R都有f′(x)<2，則f(2)＝________，使得f(ex)<2ex－1成立的x的取值范圍是________．3(ln2，＋∞)解析：因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(2)＝－f(－2)＝3.設(shè)g(x)＝f(x)－2x，則g(2)＝f(2)－4＝－1，g′(x)＝f′(x)－2<0，所以g(x)在R上單調(diào)遞減．由f(ex)<2ex－1得f(ex)－2ex<－1，即g(ex)<g(2)，所以ex>2，得x>ln2.11．設(shè)a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，g(x)＝x－lnx．若對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，則實數(shù)a的取值范圍為________．[eq\r(e－2)，＋∞)解析：因為g(x)＝x－lnx，x∈[1，e]，所以有g(shù)′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，則g(x)max＝g(e)＝e－1.因為f(x)＝x＋eq\f(a2,x)，所以f′(x)＝eq\f(x2－a2,x2).令f′(x)＝0，因為a>0，所以x＝a.當(dāng)0<a<1時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝1＋a2≥e－1，所以1>a≥eq\r(e－2).當(dāng)1≤a≤e時，f(x)min＝f(a)＝2a≥e－1恒成立．當(dāng)a>e時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝eq\f(e2＋a2,e)≥e－1恒成立．綜上，a≥eq\r(e－2).12．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－lnx(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)證明：當(dāng)x>1時，f(x)>0；(2)討論g(x)的單調(diào)性；(3)若不等式f(x)<g(x)對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．(1)證明：f(x)＝eq\f(ex－1－x,xex－1).令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1.當(dāng)x>1時，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又s(1)＝0，所以s(x)>0.從而當(dāng)x>1時，f(x)>0.(2)解：g′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．當(dāng)a≤0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)a>0時，由g′(x)＝0得x＝eq\f(1,\r(2a)).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．(3)解：由(1)知，當(dāng)x>1時，f(x)>0.當(dāng)a≤0，x>1時，g(x)＝a(x2－1)－lnx<0，故當(dāng)f(x)<g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)恒成立時，必有a>0.當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，eq\f(1,\r(2a))>1，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))上單調(diào)遞減，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<g(1)＝0.而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))>0，所以此時f(x)<g(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)不恒成立．當(dāng)a≥eq\f(1,2)時，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)．當(dāng)x>1時，h′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－e1－x>x－eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x3－2x＋1,x2)>eq\f(x2－2x＋1,x2)>0，因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(1)＝0，所以當(dāng)x>1時，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)恒成立．綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))