2024年新高考数学一轮复习达标检测第17讲导数的应用__利用导数研究不等式恒成立能成立问题（教师版）

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A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
【解析】选A.由题意知f(x)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，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．设函数f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)－3))－eq \f(a,x)，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)1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－eq \f(x2,2)＋2x＋eq \f(1,2)>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)＝eq \f(1,x)－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)>0得0k(x－1)．令g(x)＝ln x－eq \f(x2,2)＋x－eq \f(1,2)－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋（1－k）x＋1,x)，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝eq \f(1－k,2).
①当eq \f(1－k,2)≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当eq \f(1－k,2)>1时，即kh(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)＝eq \f(1,2)x2＋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＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)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－eq \f(1,2)x2－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≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤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－xln a(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)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当00，即f(1)>f(－1)；
当0