課時(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)（十八）利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立(能成立)問(wèn)題-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

課時(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)（十八）利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立(能成立)問(wèn)題1．已知函數(shù)f(x)＝.如果當(dāng)x≥1時(shí)，不等式f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解：當(dāng)x≥1時(shí)，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，則g′(x)＝＝.再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，則h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，所以g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－∞，2]．2．已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范圍．解：(1)因?yàn)?/span>f′(x)＝a－ex，x∈R.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＜0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)＞0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)；由f′(x)＜0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，ln a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(ln a，＋∞)．(2)因?yàn)?/span>?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，則ax≤，即a≤.設(shè)h(x)＝，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a≤max.由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.當(dāng)x在區(qū)間(0，＋∞)上變化時(shí)，h′(x)，h(x)隨x變化的變化情況如下表： x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)極大值 由上表可知，當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值為，所以a≤.故a的取值范圍是.3．已知函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．(1)求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，求實(shí)數(shù)a 的取值范圍．解：(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.∵當(dāng)a>1時(shí)，ln a>0，函數(shù)y＝(ax－1)ln a在R上是增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時(shí)，ln a<0，函數(shù)y＝(ax－1)ln a在R上也是增函數(shù)，∴當(dāng)a>1或0<a<1時(shí)，f′(x)在R上是增函數(shù)，又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集為(0，＋∞)，f′(x)<0的解集為(－∞，0)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，∴函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值1.(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．由(1)可知，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)在[－1,0]上是減函數(shù)，在(0,1]上是增函數(shù)，∴當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max為f(－1)和f(1)中的較大者．f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，∵g′(a)＝1＋－＝2>0，∴g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函數(shù)．而g(1)＝0，故當(dāng)a>1時(shí)，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)<0，即f(1)<f(－1)．∴當(dāng)a>1時(shí)，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1.由函數(shù)y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函數(shù)，解得a≥e；當(dāng)0<a<1時(shí)，f(－1)－f(0)≥e－1，即＋ln a≥e－1，由函數(shù)y＝＋ln a在(0,1)上是減函數(shù)，解得0<a≤.綜上可知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為∪[e，＋∞)．4．(2021·開(kāi)封市模擬考試)已知函數(shù)f(x)＝aex－x－1.(1)若f(x)的最小值為0，求a的值；(2)設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于任意正整數(shù)n，·…·＜m，求m的最小值．解：(1)f′(x)＝aex－1，①若a≤0，則f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，沒(méi)有最小值；②若a＞0，則當(dāng)x＞－ln a時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x＜－ln a時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－ln a)上單調(diào)遞減，在(－ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為f(－ln a)＝0，所以a＝1.(2)由(1)知當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex－x－1＞0，即ex＞x＋1，即x＞ln(x＋1)．令x＝，得ln＜.從而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1，故·…·＜e，而××＞2，所以m的最小值為3.

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