人教版高中数学5 第5讲　利用导数研究不等式的恒成立问题　新题培优练.doc

1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
2．(2019·吉林白山联考)设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
3．(2019·武汉市调研测试)已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x，
f′(x)＝ln x＋(x－1)·＝ln x－＋1，设g(x)＝ln x－＋1，
则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，
所以x∈(0，1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由(x－1)ln x＋ax>0，得－ax<(x－1)ln x，而x>0，
所以－a<＝ln x－.
记h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，
设m(x)＝ln x＋x－1(x>0)，
显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，
所以x∈(0，1)时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝0.
所以－a<0，所以a>0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(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＝ln a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤()max，
由h′(x)＝，
令h′(x)＝0，则x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值
单