2022版高考数学一轮总复习 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）.doc

1、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)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20,2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，x20,2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.由g(x)x3x23，得g(x)3x22x3x.令g(x)0得x0或x，令g(x)0得0x，又x0,2，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x)ming，又g(0)3，g(2)1，所以g(x)maxg(2

2、)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4.(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)ming(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)xln x1恒成立等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，h(x)12xln xx，令m(x)xln x，由m(x)ln x10得x.即m(x)xln x在上单调递增，可知h(x)在区间上是减函数，又h(1)0，所以当1x2时，h(x)0；当x1时，h(x)0.即函数h(x)xx2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)

3、上单调递减，所以h(x)maxh(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是1，)2(2020烟台模拟)已知函数f(x)px2(4p1)x2ln x，其中pR.(1)当p0时，试求函数f(x)的单调递增区间；(2)若不等式f(x)px2(4p1)x2q(x1)ex在x(1，)时恒成立，求实数q的取值范围解(1)f(x)2px(4p1)(x0，p0)，当2即p时，由f(x)0解得x2或0x；当2即p时，f(x)0在(0，)恒成立；当2即0p时，由f(x)0解得x或0x2.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0p时，f(x)的单调递增区间为(0

4、,2)，.(2)由f(x)px2(4p1)x2q(x1)ex，化简得：ln xq(x1)ex0在(1，)时恒成立，记g(x)ln xq(x1)ex，当q0时，g(x)在x(1，)为单调递增，g(1)0，所以g(x)0，不合题意；当q0时，g(x)qxex在x(1，)为单调递减，g(1) 1qe，若g(1)1qe0，即q时，g(x)g(1)，所以g(x)0，所以g(x)在x(1，)为单调递减，所以g(x)g(1)0，所以q符合题意若g(1)1qe0，即q时，g(x)qxex在x(1，)为单调递减，x0(1，)使得x(1，x0)，g(x)0，即g(x)在x(1，x0)为单调递增，所以g(x)g(1

5、)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)ln x(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(ln yln x)2x0恒成立，求正实数a的最大值解(1)证明：f(x)ln xln x，令g(x)xln x2ex，g(x)ln x(x)1ln x2，在(0，e2)上，g(x)0，g(x)单调递增，在(e2，)上，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)maxg(e2)e2ln e22ee22e22ee2e22e0，又因为x0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)maxf(e)，即f(x)f(e)(2)因为x，y，a，都大于0，由a(ln yln x)2x0两边同除以ax整理得：ln ，令t(t0)，所以ln t恒成立，记h(t)ln t，则h(t)max，由(1)知h(t)maxg(e)1，所以1，即0a2，amax2. 所以正实数a的最大值是2.