【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题（达标检测） Word版含解析.docx，共(5)页，25.208 KB，由小赞的店铺上传

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《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》达标检测[A组]—应知应会1．已知函数f(x)＝x＋4x，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈12，1，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是()A．a≤1B．a≥1C．a≤2D．a≥2【解析】选A.由题意

知f(x)minx∈12，1≥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．(2020·吉林白山联考)设函数f(x)＝exx＋3x－3－ax，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.3．(2020·西安质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函数y＝f(x)的图象在

x＝1处的切线方程；(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)因为f′(x)＝1x，所以f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即所求切

线的方程为y＝x－1.(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(

x)；③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，则φ′(x)＝1x－a，令φ′(x)＝0，得x＝1a，当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：x1，1a1a1a，＋∞φ′(x)＋0－φ(x)极大值所以φ(x)max＝φ1

a＞φ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.(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．【解析】(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＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜

0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤lnxx，即a≤lnxx2.设h(x)＝lnxx2，则问题转化为a≤lnxx2max，由h′(x)＝1－2lnxx3，令h′(x)＝0，则x＝e.当

x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，e)e(e，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值12e单调递减由上表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值为12e.所以a≤12e.5．(2020·河南郑州

质检)已知函数f(x)＝lnx－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－x22＋2x＋12>k(x－1)成立，求k的取值范围．【解析】(1)由已知可得f(x

)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝1x－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝1x－1＝1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)－x22＋

2x＋12>k(x－1)可化为lnx－x22＋x－12>k(x－1)．令g(x)＝lnx－x22＋x－12－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝1x－x＋1－k＝－x2＋（1－k）x＋1x，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝1－k2.①当1－k2≤1时，即k

≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)<h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，不合题意．若－1≤k<1，则h(1)>0，所以必存在x0使得x∈(1，x

0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k2>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以h(x)>h

(1)＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．综上，k的取值范围是(－∞，1)．6．设f(x)＝xex，g(x)＝12x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，

＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋12x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)

(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－12－1e.(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[

f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－12x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝

(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥1ex，而1ex≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．[B组]—强基必备1．已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1)．(1)求函数f(x)的极小值；(2)若存在

x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna.∵当a>1时，lna>0，函数y＝(ax－

1)lna在R上是增函数，当0<a<1时，lna<0，函数y＝(ax－1)lna在R上也是增函数，∴当a>1或0<a<1时，f′(x)在R上是增函数，又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减

区间为(－∞，0)，∴函数f(x)在x＝0处取得极小值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，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上是减函

数，在(0,1]上是增函数，∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－1a＋1＋lna＝a－1a－2lna，令g(a)＝a－1a－2lna(

a>0)，∵g′(a)＝1＋1a2－2a＝1－1a2>0，∴g(a)＝a－1a－2lna在(0，＋∞)上是增函数．而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1)．∴当a>1时，f(1)－f(0)≥

e－1，即a－lna≥e－1.由函数y＝a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即1a＋lna≥e－1，由函数y＝1a＋lna在(0,1)上是减函数，解得0<a≤1e.综上可知，所求实数a的取值范围为0，

1e∪[e，＋∞)．