新高考数学一轮复习《导数大题突破练—恒(能)成立问题》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

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新高考数学一轮复习《导数大题突破练—恒(能)成立问题》课时练习1.已知函数f(x)＝xln x(x>0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．【答案解析】解：(1)f′(x)＝ln x＋1，f′(x)>0⇒x>，f′(x)<0⇒0<x<，∴f(x)的单调递增区间是(,+∞)，单调递减区间是(0,).∴f(x)在x＝处取得极小值，极小值为f()＝－，无极大值．(2)由f(x)≥恒成立，得m≤恒成立，令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，由g′(x)>0⇒x>1，g′(x)<0⇒0<x<1.所以g(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4.2.已知函数f(x)＝xex.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)>－x3＋ax2＋x恒成立，求实数a的取值范围．【答案解析】解:(1)f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－1，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗结合表格可知函数f(x)的最小值为f＝－.(2)∀x∈(0，＋∞)，xex>－x3＋ax2＋x，即ex>－x2＋ax＋1，令f(x)＝ex＋x2－ax－1，x>0，则f(0)＝0，f′(x)＝ex＋2x－a，易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤1时，f′(x)>f′＝1－a≥0，从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，即ex>－x2＋ax＋1成立．当a>1时，f′＝1－a<0，f′(a)＝>0，存在x0∈(0,a)，使得f′(x0)＝0，当x∈时，f′(x)<0，从而f(x)在上单调递减，此时f(x)<f(0)＝0，即ex<－x2＋ax＋1，不满足条件．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1]．3.定义在实数集上的函数f(x)=x2＋x，g(x)=x3－2x＋m.(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程.(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围.【答案解析】解：(1)因为f(x)=x2＋x，所以当x=1时，f(1)=2，因为f′(x)=2x＋1，所以f′(1)=3，所以所求切线方程为y－2=3(x－1)，即3x－y－1=0.(2)令h(x)=g(x)－f(x)=x3－x2－3x＋m，则h′(x)=(x－3)(x＋1).所以当－4＜x＜－1时，h′(x)＞0；当－1＜x＜3时，h′(x)＜0；当3＜x＜4时，h′(x)＞0.要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，由上知h(x)的最大值在x=－1或x=4处取得，而h(－1)=m＋，h(4)=m－，所以m＋≤0，即m≤－，所以实数m的取值范围为(-∞,－].4.已知函数f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=x2＋ax，其中a为常数．(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．【答案解析】解：(1)因为a=2，所以f(x)=(x＋1)ex，所以f(0)=1，f′(x)=(x＋2)ex，所以f′(0)=2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1=0.(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)=(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)=(x＋a)(ex－1)，①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(0)=a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(－a)，又h(－a)＜h(0)=a－1＜0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．5.已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.【答案解析】解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)=2(a＋1).①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.综上，ln3－3≤a≤.故a的取值范围是[ln3－3，].6.已知函数f(x)=ax3+bx+4，当x=-2时，函数f(x)有极大值8. （1）求函数f(x)的解析式；（2）若不等式f(x)+mx>0在区间[1,3]上恒成立，求实数m的取值范围.【答案解析】解：（I） ∵当时，函数有极大值8∴，解得  ∴所以函数的解析式为. （II）∵不等式在区间上恒成立∴在区间上恒成立 令，则由    解得，解得所以当时，单调递增，当时，单调递减 所以对，都有，所以，即实数的取值范围是.7.已知函数f(x)=x＋＋b(x≠0)，其中a，b∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y=3x＋1，求函数f(x)的解析式；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立，求b的取值范围．【答案解析】解：(1)f′(x)=1－(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)=3，则a=－8.由切点P(2，f(2))在直线y=3x＋1上可得－2＋b=7，解得b=9，所以函数f(x)的解析式为f(x)=x－＋9.(2)由(1)知f′(x)=1－(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．当a>0时，令f′(x)=0，解得x=±，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当a>0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－，0)，(0，)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立等价于即对于任意的a∈成立，从而得b≤，所以满足条件的b的取值范围是.8.已知函数f(x)=x－lnx.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：当x≥1时，≥ex－1；(3)若f(x)≥(1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值.【答案解析】解：(1)f(x)=x－lnx，f′(x)=1－，x∈(0，＋∞)，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f(1)=1，无极大值.(2)证明：原不等式可化为≥，记g(x)=，则g′(x)=，当x≥1时，g′(x)＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，有g(x)≤g(1)=，又由(1)知，≥=，得证.(3)f(x)≥(1－m)x＋m，即lnx－m(x－1)≤0，记h(x)=lnx－m(x－1)，则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求导得h′(x)=－m(x＞0)，若m≤0，则h′(x)＞0，得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)=0，故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意；若m＞0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减，则h(x)max=h=－lnm－1＋m.依题意有－lnm－1＋m≤0，故f(m)≤1，由(1)知f(m)≥1，则m只能等于1.