2025年高考数学一轮复习-4.4.1-利用导数研究恒(能)成立问题-专项训练【含答案】

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1．已知函数f (x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1处取得极值4.
(1)求a，b的值；
(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f (x)成立，求实数λ的取值范围．
2．已知函数f (x)＝ln x＋ax，a∈R.当x≥1时，关于x的不等式f (x)≤x－2a恒成立，试求实数a的取值范围．
3．已知函数f (x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f (x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f (x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
4．已知函数f (x)＝aex.
(1)讨论函数F(x)＝f (x)＋x的单调性；
(2)当x>2时，f (x)>ln x−2a－2，求a的取值范围．
参考答案
1．解：(1)f (x)＝ax3－bx2－9x－1，则f ′(x)＝3ax2－2bx－9.
因为函数f (x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1处取得极值4，
所以3a+2b−9=0，−a−b+9−1=4，解得a=1，b=3，
此时f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)．
易知f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
则x＝－1是函数f (x)的极大值点，符合题意．故a＝1，b＝3.
(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f (x)成立，则3λ－λ2≥f (x)min.
由(1)得，f (x)＝x3－3x2－9x－1，
且f (x)在[2，3)上单调递减，在(3，4]上单调递增，
所以f (x)min＝f (3)＝27－27－27－1＝－28，
所以3λ－λ2≥－28，即λ2－3λ－28≤0，解得－4≤λ≤7，
所以实数λ的取值范围是[－4，7].
2．解：当x≥1时，f (x)≤x－2a，即ln x＋ax≤x－2a，即a≤x2−xlnx1+2x恒成立．
构造函数g(x)＝x2−xlnx1+2x(x≥1)，g(1)＝13，
g′(x)＝2x2−lnx−11+2x2，
构造函数h(x)＝2x2－ln x－1(x≥1)，h′(x)＝4x－1x＝4x2−1x＝2x+12x−1x＞0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(1)＝1＞0，
所以g′(x)＞0在[1，＋∞)上成立，
所以g(x)≥g(1)＝13，
所以a≤13，即a的取值范围是−∞，13.
3．解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x−1x−ax2.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f ′(x)≥0，
f (x)在[1，e]上单调递增，f (x)min＝f (1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f ′(x)≤0，f (x)单调递减；
当x∈[a，e]时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f ′(x)≤0，f (x)在[1，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝e－(a＋1)－ae.
综上，当a≤1时，f (x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f (x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f (x)min＝e－(a＋1)－ae.
(2)由题意知f (x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知f (x)在[e，e2]上单调递增，
所以f (x)min＝f (e)＝e－(a＋1)－ae，
又g′(x)＝(1－ex)x，
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－ae＜1，
解得a＞e2−2ee+1，
所以a的取值范围为e2−2ee+1，1 .
4．解：(1)F′(x)＝aex＋1，定义域为R.
当a≥0时，F′(x)>0恒成立，函数F(x)在R上单调递增．
当a－ln (－a)时，F′(x)ln x−2a－2，得aex＋x＋ln a>ln (x－2)＋x－2，即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x-2)＋ln (x－2)，①
令g(x)＝ex＋x，不等式①即为g(x＋ln a)>gln (x－2))，因为g′(x)＝ex＋1>0，所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
所以x＋ln a>ln (x－2)，
即ln a>ln (x－2)－x，
令h(x)＝ln (x－2)－x，
则h′(x)＝1x−2－1＝3−xx−2，
当23时，h′(x)－3，解得a>1e3.
所以a的取值范围是1e3，+∞