2025届高中数学一轮复习练习：第四章限时跟踪检测(19)　利用导数研究恒成立或存在性问题（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第四章限时跟踪检测(19)　利用导数研究恒成立或存在性问题（含解析），共6页。试卷主要包含了已知函数f＝aln x－x等内容，欢迎下载使用。
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(x)＞mx－1在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒成立，求正实数m的取值范围．
2．(2024·福建漳州检测)设函数f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x，若不等式f(x)≤0有解，求实数a的最小值．
3．(2024·宁夏银川检测)已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cs x＋a)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m；
(2)在(1)的条件下，∃x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，求a的取值范围．
4．(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．
5．(2024·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝ln ax＋bx的图象在点(1，f(1))处的切线是y＝0.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m0.故当t∈(－∞，1)时，g′(t)0.
故g(t)有最小值g(1)＝1－3＋3－eq \f(1,e)，所以a≥1－eq \f(1,e)，即a的最小值为1－eq \f(1,e).
3．(2024·宁夏银川检测)已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cs x＋a)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m；
(2)在(1)的条件下，∃x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex－mx，得f′(x)＝ex－m，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即e0－m＝0，可得m＝1.
当m＝1时，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＜0，得x＜0，令f′(x)＞0，得x＞0，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，
故f(x)在x＝0处取得极小值，符合题意．所以m＝1.
(2)由(1)知，f(x)min＝f(0)＝1，
∃x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，
等价于不等式ex(－sin x＋cs x＋a)≥1在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时有解，
即不等式a≥sin x－cs x＋e－x在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时有解．
设F(x)＝sin x－cs x＋e－x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则F′(x)＝sin x＋cs x－e－x，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，sin x＋cs x∈[1，eq \r(2)]，而e－x≤1，所以F′(x)≥0恒成立，
即F(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则F(x)min＝F(0)＝0，
所以a≥0，故a的取值范围是[0，＋∞)．
4．(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(a,x)－1＝eq \f(－x＋a,x).
①当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
当x∈(0，a)时，f′(x)＞0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x)max＜g(x)min.
由(1)知，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
∴f(x)的极大值即为最大值，
f(x)max＝f(a)＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x)min＝g(1)＝0，
∴aln a－a＜0，即ln a－1＜0，
解得0＜a＜e.
∴a的取值范围为(0，e)．
5．(2024·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝ln ax＋bx的图象在点(1，f(1))处的切线是y＝0.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m