高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二节第1课时导数与不等式问题课时规范练理含解析新人教版

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第1课时 导数与不等式问题

[A组　基础对点练]
1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞).若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A． B．
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或xea·f(0) B．f(a)f(0) D．f(a)0，故g(x)＝为R上的单调递增函数，因此g(a)>g(0)，即>＝f(0)，所以f(a)>ea·f(0).
答案：A
7．函数f(x)＝ln x＋(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
解析：令f(x)＝ln x＋＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝x ln x．记H(x)＝x ln x，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋ln x，由此可知H(x)在[e－2，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当≤a＜时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．
答案：A
8．电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
解析：令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1(舍去)或x＝40，
由于当0＜x＜40时，y′＜0；
当x＞40时，y′＞0，
所以当x＝40时，y有最小值．
答案：40
9．若等差数列{an}中的a28，a4 012是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的两个极值点，则log8a2 020＝________．
解析：由题意可知f′(x)＝x2－8x＋6，又a28，a4 012是函数f(x)＝x3－4x2＋6x－1的极值点，∴a28，a4 012是方程x2－8x＋6＝0的两个实根．由根与系数的关系可得a28＋a4 012＝8，由等差数列的性质可得2a2 020＝a28＋a4 012＝8，∴a2 020＝4，∴log8a2 020＝log84＝.
答案：
10．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，求a的取值范围．

解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，
得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，
如图所示，观察得当－2＜a＜2时恰有三个不同的公共点，故a的取值范围为(－2，2).
11．(2020·西安八校联考)若函数f(x)＝x3＋x2－ax在区间(1，＋∞)上单调递增，且在区间(1，2)上有零点，求实数a的取值范围．
解析：由f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，可知f′(x)＝x2＋2x－a在(1，＋∞)上恒大于等于0，
又因为函数f′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需f′(1)＝1＋2－a≥0，
即a≤3.
又f(x)在区间(1，2)有零点，
所以f(1)·f(2)＜0，即＜a＜，
综上可知，实数a的取值范围为.
12．设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
解析：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0得x＝－1±，当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0；所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减；在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，
令x＝0，可得g(0)＝0，
g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，
令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，
当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，
要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.
综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).
[B组　素养提升练]
1．已知函数f(x)＝(x≠0).
(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；
(2)若f(x)＜a在区间上恒成立，求实数a的最小值．
解析：(1)f′(x)＝，
令g(x)＝x cos x－sin x，x∈，
则g′(x)＝－x sin x，
显然，当x∈时，
g′(x)＝－x sin x＜0，
即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0，
从而g(x)在区间上恒小于零，所以f′(x)在区间上恒小于零，所以函数f(x)在区间上单调递减．
(2)不等式f(x)＜a，x∈恒成立，即sin x－ax＜0恒成立．
令φ(x)＝sin x－ax，x∈，
则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0.
当a≥1时，在区间上φ′(x)＜0，即函数φ(x)单调递减，
所以φ(x)＜φ(0)＝0，
即sin x－ax＜0恒成立，
当0＜a＜1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间上存在唯一解x0，
当x∈(0，x0)时，φ′(x)＞0，
故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax＜0恒成立相矛盾，
当a≤0时，在区间上φ′(x)＞0，
即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax＞0恒成立，这与sin x－ax＜0恒成立相矛盾，
故实数a的最小值为1.
2．已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1).
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若当x＞0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解析：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，
当x＝0时，f(0)＝2，f′(0)＝－3，
所以所求切线方程为y＝－3x＋2.
(2)法一：f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)，
f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，
由条件可得f(1)≥0，解得a≥＞0，
令h(x)＝f′(x)＝a(x＋1)ex－2(a＋1)，
则h′(x)＝a(x＋2)ex，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝f′(x)单调递增，
而f′(0)＝－2－a＜0，f′(1)＝2ea－2a－2≥0，所以方程f′(x)＝0存在唯一根x0，x0∈(0，1]，使得函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(x0)＝－(a＋1)(2x0－1)，当x＞0时，要使f(x)≥0恒成立，只需f(x0)≥0即可，
又x0满足＝，得f(x0)＝，
因为x0∈(0，1]，所以－2x＋x0＋1≥0，所以f(x0)≥0，所以f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以实数a的取值范围为.
法二：由条件可得f(1)≥0，解得a≥＞0，
当x＞0时，f(x)≥0恒成立，等价于xex≥(2x－1)对任意的x＞0恒成立，等价于当x＞0时，函数y1＝xex的图象总不在直线y2＝(2x－1)的下方．
令Q(x)＝xex(x＞0)，则Q′(x)＝(x＋1)ex＞0，
所以Q(x)＝xex(x＞0)单调递增；
令P(x)＝Q′(x)＝(x＋1)ex(x＞0)，则P′(x)＝(x＋2)·ex＞0，
所以P(x)＝(x＋1)ex(x＞0)单调递增，所以Q(x)＝xex(x＞0)为凹函数，
又y2＝(2x－1)是过定点的直线，当直线与曲线相切时，可设切点为T(x0，y0)(x0＞0)，则

解得x0＝1，此时切线的斜率为Q′(1)＝2e，
则当x＞0时，要使f(x)≥0恒成立，只需≤2e即可，解得a≥，
故a的取值范围是.
3．(2020·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥时，xf(x)≤g(x).
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)0，
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞).
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝
，
由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，即ln x－(x－1)≤0，
于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)1－.
令t＝，t∈(0，1)，则只需证ln t>1－，
令h(t)＝ln t＋－1，则h′(t)＝－＝，当0