【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练19 利用导数研究恒（能）成立问题.docx，共(6)页，24.641 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。十九利用导数研究恒(能)成立问题(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)已知函数f(

x)=xlnx(x>0).(1)求函数f(x)的极值;(2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤-𝑥2+𝑚𝑥-32成立,求实数m的最小值.【解析】(1)由f(x)=xlnx,得f'(x)=1+lnx,令f'(x)>0,得x>1e;令f'(x

)<0,得0<x<1e,所以f(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1e处取得极小值,为f(1e)=-1e,无极大值.(2)由f(x)≤-𝑥2+𝑚𝑥-32,得m≥2𝑥ln𝑥+𝑥2+3𝑥.问题转化为m≥(2𝑥ln𝑥

+𝑥2+3𝑥)min.令g(x)=2𝑥ln𝑥+𝑥2+3𝑥=2lnx+x+3𝑥(x>0).g'(x)=2𝑥+1-3𝑥2=𝑥2+2𝑥-3𝑥2=(𝑥+3)(𝑥-1)𝑥2.由g'(x

)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=4,则m≥4,故m的最小值为4.【加练备选】已知函数f(x)=ex-ax

-1.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;(2)若f(x)≤x2在[0,+∞)上有解,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,所以f'(x)=ex-1,当x<0时,f'(x)<0;当x

>0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以当x=0时,函数f(x)有极小值f(0)=0,无极大值,即f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),极小值为0,无极大值.(2)因为f(x)≤x2在[0,+∞)上有解,所以ex-x

2-ax-1≤0在[0,+∞)上有解,当x=0时,不等式成立,此时a∈R;当x>0时,不等式等价于a≥e𝑥𝑥-(x+1𝑥)在(0,+∞)上有解,令g(x)=e𝑥𝑥-(x+1𝑥),则g'(x)=e𝑥(𝑥-1)𝑥2-(𝑥2-1𝑥2

)=(𝑥-1)[e𝑥-(𝑥+1)]𝑥2.由(1)知当a=1时,f(x)>f(0)=0,即ex-(x+1)>0,所以当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,g(x

)min=e-2,所以a≥e-2,综上可知,实数a的取值范围是[e-2,+∞).2.(10分)(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)=ex+aln(-x)+1,f'(x)是其导函数,其中a∈R.(1)若f(x)在(-∞,0)上单调递减,求a的取值范围;(2)若不等式f(x)≤

f'(x)对∀x∈(-∞,0)恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)f'(x)=ex+𝑎𝑥,因为f(x)在(-∞,0)上单调递减,所以f'(x)=ex+𝑎𝑥≤0在(-∞,0)上恒成立,即a≥-x·ex在(-∞,0)上恒成立.令g(x

)=-x·ex(x<0),则g'(x)=-ex-xex=-(x+1)ex,当x<-1时,g'(x)>0,当-1<x<0时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,所以g(x)max=g(-1)=1e,所以a的取值范围为[1e,+

∞).(2)由f(x)≤f'(x)得aln(-x)+1≤𝑎𝑥,即aln(-x)-𝑎𝑥+1≤0对∀x∈(-∞,0)恒成立,令h(x)=aln(-x)-𝑎𝑥+1(x<0),h'(x)=𝑎𝑥+𝑎𝑥

2=𝑎(𝑥+1)𝑥2(x<0),当a=0时,h(x)=1,不满足h(x)≤0;当a>0时,令h'(x)=0,得x=-1,x(-∞,-1)-1(-1,0)h'(x)-0+h(x)↘↗极小值h(-1)=a+1,h(x)min=h(-1)=a+1>0,舍去;当a<0时,令h'(x)=0,

得x=-1,x(-∞,-1)-1(-1,0)h'(x)+0-h(x)↗↘极大值h(-1)=a+1,h(x)max=h(-1)=a+1,由{𝑎+1≤0𝑎<0得a≤-1,综上a≤-1,a∈(-∞,-1].【加练备选】已知函数f

(x)=e𝑥-1-ax+lnx(a∈R).若不等式f(x)≥lnx-a+1对一切x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.【解析】f(x)≥lnx-a+1可化为e𝑥-1-ax+a-1≥0,令φ(x)=e𝑥-1-ax+a-1,则当x∈[1,+∞

)时,φ(x)min≥0.因为φ'(x)=e𝑥-1-a,①当a≤1时,φ'(x)≥0,所以φ(x)在[1,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(1)=1-a+a-1=0≥0恒成立,所以a≤1符合题意.②当a>1时,令

φ'(x)=0,得x=lna+1>1.当x∈[1,lna+1)时,φ'(x)<0,当x∈(lna+1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在[1,lna+1)上单调递减,在(lna+1,+∞)上单调递增

,所以φ(x)min=φ(lna+1)<φ(1)=0与φ(x)min≥0矛盾,故a>1不符合题意.综上,实数a的取值范围为{a|a≤1}.3.(10分)(2023·唐山模拟)已知函数f(x)=2x3+5x2+4x,g

(x)=x2+2x-m-7(x∈R).(1)求f(x)的单调区间;(2)若∀x1∈[-3,3],∃x2∈[-3,1],使得g(x1)=f(x2),求m的取值范围.【解析】(1)f'(x)=6x2+10x+4=(x+1)(6x+4).在(-∞,-

1)和(-23,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,在(-1,-23)上,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(-23,+∞),单调递减区间为(-1,-23).(2)由(1)可知,f(x

)在[-3,-1)和(-23,1]上单调递增,在(-1,-23)上单调递减.又f(-3)=-21,f(-1)=-1,f(-23)=-2827,f(1)=11,所以在[-3,1]上,-21≤f(x)≤11.又g(x)=x2+2x-m-7=(x+1)2-m-8,所

以在[-3,3]上,g(x)min=g(-1)=-m-8,g(x)max=g(3)=-m+8,即-m-8≤g(x)≤-m+8.因为∀x1∈[-3,3],∃x2∈[-3,1],g(x1)=f(x2),所以{-𝑚-8≥-21,-𝑚+8≤11,解得-3≤m≤13,故m的取值范围是[-3,13].4

.(10分)设f(x)=𝑎𝑥+xlnx,g(x)=x3-x2-3.(1)如果存在x1,x2∈[0,2],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∈[12,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数

a的取值范围.【解析】(1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M成立.g'(x)=3x2-2x=x(3x-2),令g'(x)=0,得x=0或23,因为g(23)=-8

527,g(0)=-3,g(2)=1,所以当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1,g(x)min=g(23)=-8527,所以M≤1-(-8527)=11227,所以满足条件的最大整数M为4.(2)对任意

的s,t∈[12,2]有f(s)≥g(t),则f(x)min≥g(x)max.由(1)知当x∈[12,2]时,g(x)max=g(2)=1,所以当x∈[12,2]时,f(x)=𝑎𝑥+xlnx≥1恒成立,即a≥x

-x2lnx恒成立.令h(x)=x-x2lnx,x∈[12,2],所以h'(x)=1-2xlnx-x,令φ(x)=1-2xlnx-x,所以φ'(x)=-3-2lnx<0,h'(x)在[12,2]上单调递减,又h'(1)=0,所以当

x∈[12,1]时,h'(x)≥0,当x∈[1,2]时,h'(x)≤0,所以h(x)在[12,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,故a≥1,所以实数a的取值范围是[1,+∞).