【文档说明】2021届高三数学文一轮跟踪检测：第3章　第2节 第4课时 利用导数解决不等式恒成立或有解问题.docx，共(5)页，102.939 KB，由小赞的店铺上传

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第三章导数及其应用第二节导数的应用第4课时利用导数解决不等式恒成立或有解问题1．(2019年全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx－xcosx－x，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若当x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．解：

(1)证明：设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cosx＋xsinx－1，g′(x)＝xcosx.当x∈0，π2时，g′(x)＞0；当x∈π2，π时，g′(x)＜0，所以g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π

上单调递减．又g(0)＝0，gπ2＞0，g(π)＝－2，故g(x)在(0，π)存在唯一零点．所以f′(x)在(0，π)存在唯一零点．(2)由题设知，f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0

.由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．又f(0)＝0，f(

π)＝0，所以，当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.因此，a的取值范围是(－∞，0]．2．(2019届陕西质量检测一)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函

数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)证明：f(x)≤g(x)；(3)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝1x，所以f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以切线的方程为y－0＝1×(x－1)，即所求切

线的方程为y＝x－1.(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1x－1，令h′(x)＝0，得x＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值所以h(x)≤h(x)

max＝h(1)＝0，即f(x)≤g(x)．(3)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(x)；

③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，则φ′(x)＝1x－a.令φ′(x)＝0，得x＝1a，当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：x1，1a1a1a，＋∞φ′(x)＋0－φ(x)极大值所以φ(x)max＝φ

1a＞φ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．3．(2019届贵州适应性考试)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋

∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝lna.由f′(x)＞0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0，得f(x)

的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，lna)，单调减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2在x0∈(0，＋

∞)上有解．设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，则x＝e.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值12e由

上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e.所以a≤12e.故a的取值范围为－∞，12e.4．已知函数f(x)＝3lnx－12x2＋x，g(x)＝3x＋a.(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g(

x0)成立，求参数a的取值范围．解：(1)由题意得，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝3x－x＋1，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝3x0－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所

以切点1，12，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－52.(2)设h(x)＝3lnx－12x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等价于∃x0＞0，使h(x0)＝3lnx0－12x20－2x0＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0)．因为h′(x)＝3x－x－2＝

－x2－2x＋3x＝－（x－1）（x＋3）x，令h′(x)＞0，得0＜x＜1；令h′(x)＜0，得x＞1.所以函数h(x)＝3lnx－12x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－52

，即a＜－52，因此参数a的取值范围为－∞，－52.5．(2020届陕西省百校联盟高三模拟)已知函数f(x)＝lnx＋2ax＋1a，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)＝ax＋2，当a>0时，证明：f(x)－g(x)≥

0恒成立．解：(1)由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2ax2＝x－2ax2(x>0)，①当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，当0<x<2a时，f′(x)<

0，所以f(x)在(0，2a)上单调递减．当x＝2a时，f′(x)＝0.当x>2a时，f′(x)>0，所以f(x)在(2a，＋∞)上单调递增．(2)证明：f(x)－g(x)≥0⇔lnx＋ax＋1a－2≥0.设h(x)＝lnx＋ax＋

1a－2，则h′(x)＝1x－ax2＝x－ax2.当x∈(0，a)时，h′(x)<0；当x＝a时，h′(x)＝0；当x∈(a，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)在x＝a处取得极小值，即最小值，所以h(x)min

＝h(a)＝lna＋1a－1.令函数m(a)＝lna＋1a－1，则m′(a)＝1a－1a2＝a－1a2.当a∈(0，1)时，m′(a)<0；当a＝1时，m′(a)＝0；当a∈(1，＋∞)时，m′(a)>0.所以m(a)在a＝1处取得极小值，即最小值，所以m(a)min＝m(1)＝0.

所以当a>0时，h(x)≥0恒成立，即f(x)－g(x)≥0恒成立．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com