2022版高考数学大一轮复习课时作业16《导数与不等式问题》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业16《导数与不等式问题》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.[－5，－3] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－6，－\f(9,8))) C.[－6，－2] D.[－4，－3]
若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，0) B.(－∞，4] C.(0，＋∞) D.[4，＋∞)
设函数f(x)=x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是( )
A.(0，eq \f(1,3)) B.(eq \f(1,3)，eq \f(5,4)] C.(eq \f(1,3)，eq \f(3,2)] D.(eq \f(5,4)，eq \f(3,2)]
二、填空题
若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m取值范围是 .
已知函数f(x)=ax2－xlnx在[ SKIPIF 1 < 0 ,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是 .
设函数f(x)=eq \f(x2＋1,x)，g(x)=eq \f(x,ex)，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq \f(gx1,k)≤eq \f(fx2,k＋1)恒成立，则正数k的取值范围是 .
设函数f(x)=eq \f(x2＋1,x)，g(x)=eq \f(x,ex)，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq \f(gx1,k)≤eq \f(fx2,k＋1)恒成立，则正数k的取值范围是 .
三、解答题
已知函数f(x)=ax＋x2－xlna(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.
已知函数f(x)=alnx(a>0)，e为自然对数的底数.
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x>0时，求证f(x)≥a(1- SKIPIF 1 < 0 )；
(3)若在区间(1，e)上 SKIPIF 1 < 0 x<0恒成立，求实数a的取值范围.
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.
已知函数f(x)=λlnx－e－x(λ∈R).
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当0 \s 0 答案详解
答案为：C.
解析：当x∈(0,1]时，a≥－3(eq \f(1,x))3－4(eq \f(1,x))2＋eq \f(1,x)，令t=eq \f(1,x)，
则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)=－3t3－4t2＋t，
在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max=g(1)=－6，因此a≥－6；
同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，
显然当x=0时也成立，故实数a的取值范围为[－6，－2].
答案为：B.
解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋eq \f(3,x)，设h(x)=2lnx＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，
则h′(x)=eq \f(x＋3x－1,x2).
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.
答案为：B.
解析：设h(x)=a(x＋1)，g(x)=x3－3x2＋5，则f(x)=g(x)－h(x)，
g′(x)=3x2－6x=3x(x－2)，由g′(x)>0，得x<0或x>2，
故g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，
由g′(x)<0，得0画出函数g(x)和h(x)的大致图象如图所示，h(x)过定点(－1,0).
由图可知要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，即存在唯一的正整数x0，
使得g(x0)解得eq \f(1,3) 答案为：(－∞，－20].
解析：令f(x)=x3－3x2－9x＋2，则f′(x)=3x2－6x－9，
令f′(x)=0，得x=－1或3(舍去).因为f(－1)=7，f(－2)=0，f(2)=－20.
所以f(x)的最小值为f(2)=－20，故m≤－20.
答案为：a≥eq \f(1,2).
解析：f′(x)=2ax－lnx－1≥0，解得2a≥eq \f(lnx＋1,x)在[ SKIPIF 1 < 0 ,+∞)上恒成立，
构造函数g(x)=eq \f(lnx＋1,x)，g′(x)=eq \f(\f(1,x)·x－lnx＋1,x2)=eq \f(－lnx,x2)=0，解得x=1，
∴g(x)在( SKIPIF 1 < 0 ,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)的最大值为g(1)=1，
∴2a≥1，a≥eq \f(1,2)，故填a≥eq \f(1,2).
答案为：k≥eq \f(1,2e－1).
解析：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq \f(gx1,k)≤eq \f(fx2,k＋1)恒成立，
等价于eq \f(gx1,fx2)≤eq \f(k,k＋1)恒成立，f(x)=eq \f(x2＋1,x)=x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))=2，
当且仅当x=eq \f(1,x)，即x=1时取等号，即f(x)的最小值是2，由g(x)=eq \f(x,ex)，
则g′(x)=eq \f(ex－xex,ex2)=eq \f(1－x,ex)，由g′(x)>0得0由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，
答案为：k≥eq \f(1,2e－1).
解析：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式eq \f(gx1,k)≤eq \f(fx2,k＋1)恒成立，
等价于eq \f(gx1,fx2)≤eq \f(k,k＋1)恒成立，f(x)=eq \f(x2＋1,x)=x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(x·\f(1,x))=2，
当且仅当x=eq \f(1,x)，即x=1时取等号，即f(x)的最小值是2，由g(x)=eq \f(x,ex)，
则g′(x)=eq \f(ex－xex,ex2)=eq \f(1－x,ex)，由g′(x)>0得0由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，
即当x=1时，g(x)取得极大值同时也是最大值g(1)=eq \f(1,e)，则eq \f(gx1,fx2)的最大值为eq \f(\f(1,e),2)=eq \f(1,2e)，
则由eq \f(k,k＋1)≥eq \f(1,2e)，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，则k≥eq \f(1,2e－1).
解：(1)f′(x)=axlna＋2x－lna=2x＋(ax－1)lna.
∵当a>1时，lna>0，(ax－1)lna在R上是增函数，
当0∴当a>1或0又f′(0)=0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，
故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)在x=0处取得极小值1.
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，
而当x∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可.
当x∈[－1,1]时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
∴f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，
∴当x∈[－1,1]时，f(x)min=f(0)=1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者.
f(1)－f(－1)=(a＋1－lna)－(eq \f(1,a)＋1＋lna)=a－eq \f(1,a)－2lna，
令g(a)=a－eq \f(1,a)－2lna(a>0)，
∵g′(a)=1＋eq \f(1,a2)－eq \f(2,a)=(1－eq \f(1,a))2>0，
∴g(a)=a－eq \f(1,a)－2lna在(0，＋∞)上是增函数.
而g(1)=0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1.
函数y=a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0函数y=eq \f(1,a)＋lna在(0,1)上是减函数，解得0综上可知，所求a的取值范围为(0，eq \f(1,e)]∪[e，＋∞).
解：(1)由题意得f′(x)=eq \f(a,x)，∴f′(2)=eq \f(a,2)=2，∴a=4.
(2)证明：令g(x)=aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lnx－1＋\f(1,x)))(x>0)，则g′(x)=aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2))).
令g′(x)>0，即aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2)))>0，解得x>1，
令g′(x)<0，解得0∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
∴g(x)的最小值为g(1)=0，
∴f(x)≥aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x))).
(3)由题意可知e eq \s\up15(eq \f(x,a)) eq \f(x－1,lnx).
令h(x)=eq \f(x－1,lnx)，则h′(x)=eq \f(lnx－1＋\f(1,x),lnx2)，
由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋eq \f(1,x)>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)故实数a的取值范围为[e－1，＋∞).
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－eq \r(5)≤a≤eq \r(5)，
又a≥－1，∴－1≤a≤eq \r(5).
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，
∴2e x0－(e x0)2＋3≥0，解得0由e x0=x0－a⇒a=x0－e x0，
令M(x)=x－ex,0∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)∴ln3－3≤a<－1.综上，ln3－3≤a≤eq \r(5).
故a的取值范围是[ln3－3，eq \r(5)].
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵f(x)=λlnx－e－x，
∴f′(x)=eq \f(λ,x)＋e－x=eq \f(λ＋xe－x,x)，
∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴eq \f(λ＋xe－x,x)≤0，
即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x=－eq \f(x,ex)，
令φ(x)=－eq \f(x,ex)，则φ′(x)=eq \f(x－1,ex)，
当01时，φ′(x)>0，
则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x>0时，φ(x)min=φ(1)=－eq \f(1,e)，∴λ≤－eq \f(1,e)；
②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，
∴eq \f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x=－eq \f(x,ex)，
由①得φ(x)=－eq \f(x,ex)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又φ(0)=0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.
综上，λ≤－eq \f(1,e)或λ≥0.
(2)证明：由(1)可知，当λ=－eq \f(1,e)时，f(x)=－eq \f(1,e)lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0f(x2)，即－eq \f(1,e)lnx1－e－x1>－eq \f(1,e)lnx2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.
要证e1－x2－e1－x1>1－eq \f(x2,x1)，只需证lnx1－lnx2>1－eq \f(x2,x1)，即证lneq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1)，
令t=eq \f(x1,x2)，t∈(0,1)，则只需证lnt>1－eq \f(1,t)，
令h(t)=lnt＋eq \f(1,t)－1，则当0∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)=0，
∴h(t)>0，即lnt>1－eq \f(1,t)，得证.