【文档说明】2023届高考北师版数学一轮复习试题（适用于老高考新教材） 高考解答题专项一　第2课时　利用导数研究不等式恒（能）成立问题含解析【高考】.docx，共(6)页，36.109 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a3b006daefdf7f3c6a7b71724e6fe46e.html

以下为本文档部分文字说明：

1高考解答题专项一函数与导数中的综合问题第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021湖南衡阳高三月考)已知函数f(x)=(ax+1)ex.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a=2,当x≥0时,f(x)≥kx,求实数k的取值范围.2.(

2021山东济南高三月考)已知f(x)=ex-ax2-x-1.(1)当a=e2时,求f(x)的极值点个数;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.3.(2021重庆八中高三月考)已知函

数f(x)=ex-kx,g(x)=x2+k2-3.(1)讨论函数y=f(x)的单调区间;(2)若2f(x)≥g(x)对任意的x≥0恒成立,求实数k的取值范围.24.(2021辽宁沈阳高三三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(

x)≤12x+1恒成立,求实数a的取值范围.5.(2021浙江宁波高三期中)已知函数f(x)=-mx+lnx+1,g(x)=cosx+xsinx-1.(1)讨论函数f(x)的单调区间与极值;(2)若m>12,对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得不等式f(x1)-g(x2)

>1成立,试求实数m的取值范围.3第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.解(1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f'(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f'(x)>0,f(x)在R上单调递增;

若a>0,则当x>-𝑎-1𝑎时,f'(x)>0;当x<-𝑎-1𝑎时,f'(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(-𝑎-1𝑎,+∞),单调递减区间为(-∞,-𝑎-1𝑎);若a<0,则当x>-𝑎-1𝑎时,f'(x

)<0;当x<-𝑎-1𝑎时,f'(x)>0,故f(x)的单调递减区间为(-𝑎-1𝑎,+∞),单调递增区间为(-∞,-𝑎-1𝑎).(2)当a=2时,不等式f(x)≥kx即为(2x+1)ex≥kx.当x=0时,原不等式等价于1≥k·0

恒成立,此时k∈R.当x>0时,原不等式等价于k≤(2𝑥+1)e𝑥𝑥.令函数g(x)=(2𝑥+1)e𝑥𝑥(x>0),则g'(x)=𝑥(2𝑥+3)e𝑥-(2𝑥+1)e𝑥𝑥2=(𝑥+1)(2𝑥-1)e𝑥𝑥2.当

0<x<12时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>12时,g'(x)>0,g(x)单调递增.故g(x)min=g(12)=4√e,所以k≤4√e.综上所述,实数k的取值范围为(-∞,4√e].2.解(1)当a=e2时,f(x)=ex-e2x2-x-1,所以f'(x

)=ex-ex-1,f″(x)=ex-e,所以当x<1时,f″(x)<0,f'(x)在(-∞,1)上单调递减;当x>1时,f″(x)>0,f'(x)在(1,+∞)上单调递增,因为f'(0)=0,f'(1)=-1,f'(2)=e2-2e-1>0,所以存在x0∈(

1,2),使f'(x0)=0,所以,x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;x∈(0,x0)时,f'(x)<0;x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以0和x0是f(x)的极值点,所以f(x)有两个极值点.(2)f(x)=ex-ax2-x-1,f'(x)=e

x-2ax-1,设h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0),则h'(x)=ex-2a单调递增,又因为h'(0)=1-2a,所以当a≤12时,h'(x)≥0,h(x)在[0,+∞)上单调递增,所

以h(x)≥h(0)=0,即f'(x)≥0,f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,符合题意.当a>12时,令h'(x)=0,解得x=ln2a,当x∈[0,ln2a)时,h'(x)<0,h(x)在[0,ln2a)上单调递减,f'(x)=h(x)≤h(0)=0,f(x)在(0

,ln2a)上单调递减,所以x∈(0,ln2a)时,f(x)<f(0)=0,不符合题意,所以实数a的取值范围是-∞,12.43.解(1)f'(x)=ex-k.①若k≤0,f'(x)>0恒成立,则y=f(x)在R上单调递增;②若k>0,当x>lnk时,f'(x)>0,f(x)的单调

递增区间为(lnk,+∞);当x<lnk时,f'(x)<0,f(x)的单调递减区间为(-∞,lnk).(2)2ex-2kx≥x2+k2-3对任意的x≥0恒成立,即𝑥2+2𝑘𝑥+𝑘2-3e𝑥≤2对任意的x≥0恒成立.令h(x)=𝑥2+2𝑘𝑥+𝑘2-3e𝑥,

则h'(x)=-(𝑥+𝑘+1)(𝑥+𝑘-3)e𝑥.①当k≥3时,h'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以只需h(0)=k2-3≤2,即k∈[-√5,√5],与k≥3矛盾.②当-1≤k<3时,h(x)在(0,-k+3

)上单调递增,在(-k+3,+∞)上单调递减,所以只需h(-k+3)=6e-𝑘+3≤2,即k≤3-ln3.所以-1≤k≤3-ln3;③当k<-1时,h(x)在(0,-k-1)上单调递减,在(-k-1,-k+3)上单调递增,

在(-k+3,+∞)上单调递减.因此{ℎ(0)≤2,ℎ(-𝑘+3)≤2⇒-√5≤k<3-ln3,所以-√5≤k<-1.综上,实数k的取值范围为[-√5,3-ln3].4.解对任意的x≥0,不等式f(x)≤1

2x+1恒成立,即为对任意的x≥0,(x+1)e-ax≤12x+1恒成立,当x≥0时,(x+1)e-ax>0,12x+1>0,将不等式两边取对数得ln(x+1)-ax≤ln12x+1,即ln(x+1)-ln12x+1-ax≤0.因此只需证明当

x≥0时,不等式ln(x+1)-ln12x+1-ax≤0恒成立即可.令g(x)=ln(x+1)-ln12x+1-ax,则g'(x)=1𝑥+1−1𝑥+2-a=1(𝑥+1)(𝑥+2)-a.若a≥12,因为当x≥0时,1(𝑥+1)(𝑥+2)≤

12,所以g'(x)=1(𝑥+1)(𝑥+2)-a≤0,g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此g(x)≤g(0)=0.若a<0,因为当x≥0时,1(𝑥+1)(𝑥+2)>0,所以g'(x)=1(𝑥+1)(𝑥+

2)-a>0,g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=0,不合题意.5若0<a<12,令g'(x)=1(𝑥+1)(𝑥+2)-a=0得x=√4+𝑎4𝑎−32x=-√4+𝑎4𝑎−32舍

去,且当x∈0,√4+𝑎4𝑎−32时,g'(x)=1(𝑥+1)(𝑥+2)-a>0,所以g(x)在0,√4+𝑎4𝑎−32上单调递增,于是g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,当不等式f(x)≤12x+1恒成立时,实数a的取值范围是12,+∞

.5.解(1)f'(x)=-m+1𝑥(x>0).①当m≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.②当m>0时,令f'(x)=-m+1𝑥=0,得x=1𝑚.令f'(x)>0,则0<x<1𝑚;令f'(x)<0

,则x>1𝑚.所以f(x)在(0,1𝑚)上单调递增,在(1𝑚,+∞)上单调递减,此时f(x)极大值=f(1𝑚)=-lnm,无极小值.综上,当m≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间,

无极值;当m>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1𝑚),单调递减区间为(1𝑚,+∞),极大值为-lnm,无极小值.(2)对任意的x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得f(x1)-g(x2)>1成立,等价于f(x)在[1,2]上的最

小值f(x)min与g(x)在[0,π]上的最小值g(x)min的差大于1,g'(x)=xcosx,当x∈0,π2时,g'(x)>0,g(x)在0,π2上单调递增;当x∈π2,π时,g'(x)<0,g(x)在π2,π上单调递减.又因为g(

0)=0,g(π)=-2,所以g(x)min=g(π)=-2.由(1)知,①当0<1𝑚≤1(m≥1)时,f(x)min-1=f(2)-1=ln2-2m,由-2m+ln2>-2得m<1+12ln2,所

以1≤m<1+12ln2.②当1<1𝑚<212<m<1时,f(x)在1,1𝑚上单调递增,在1𝑚,2上单调递减.6所以f(x)min=min{f(1),f(2)},又因为f(2)-f(1)=ln2-m,所以当12<m<ln2时,f(x)min-1=f(1)-1=-m

,由-m>-2得m<2,所以12<m<ln2;当ln2≤m<1时,f(x)min-1=f(2)-1=ln2-2m,由-2m+ln2>-2,得m<1+12ln2,所以ln2≤m<1.综上所述,m的取值范围是12,1+12ln2.