2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章 第4节　利用导数研究恒(能)成立问题

第4节　利用导数研究恒(能)成立问题

[选题明细表]

1.(2022·天津八校联考)设函数f(x)=x2ex.

(1)求在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间;

(3)当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.

解:(1)因为f′(x)=x2ex+2xex,所以k=f′(1)=3e,f(1)=e,

所以切线方程为3ex-y-2e=0.

(2)令f′(x)>0,即x(x+2)ex>0,得x<-2或x>0,

令f′(x)<0,即x(x+2)ex<0,得-2<x<0,

所以f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减.

(3)由(2)知,

f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=0.

当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,

需2a+1≥f(x)min,即2a+1≥0,故a≥-,

即a的取值范围为[-,+∞).

2.设函数f(x)=其中a>0.

(1)若直线y=m与函数f(x)的图象在(0,2]上只有一个交点,求m的取值范围;

(2)若f(x)≥-a对x∈R恒成立,求实数a的取值范围.

解:(1)当x>0时,f′(x)=6x2-6x,

令f′(x)=0,得x=1;

令f′(x)>0得x>1,f(x)单调递增;

令f′(x)<0得0<x<1,f(x)单调递减,

所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=-2,

因为f(0)=-1,f(2)=3,

所以由数形结合可得-1≤m≤3或m=-2.

(2)当x≤0时,f′(x)=2a(x+1)ex,a>0,

令f′(x)=0得x=-1;

令f′(x)>0得-1<x≤0,f(x)单调递增;

令f′(x)<0得x<-1,f(x)单调递减,

所以f(x)在x=-1处取得极小值,且极小值为f(-1)=--1,

因为a>0,所以--1<0,

因为当--1≥-2即0<a≤时,f(x)min=f(1)=-2,所以-a≤-2,即a≥2,所以无解,

当--1<-2即a>时,f(x)min=f(-1)=--1,所以-a≤--1,即a≥,

又>,所以a≥.

综上,a∈[,+∞).

3.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若对∀x∈[0,+∞),f(x)≥ax恒成立,求实数a的取值范围.

解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),

f′(x)=ln(x+1)+1.

令f′(x)=0,得x=-1,

令f′(x)<0,得-1<x<-1,

令f′(x)>0,得x>-1,

所以f(x)的单调递减区间为(-1,-1),单调递増区间为(-1,+∞).

(2)令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,

则g′(x)=ln(x+1)+1-a.

①当a≤1时,1-a≥0,ln(x+1)≥0,所以g′(x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增,

又因为g(0)=0,所以g(x)≥g(0)=0,即对∀x∈[0,+∞),有f(x)≥ax恒成立.

②当a>1时,令g′(x)=0,得x=ea-1-1>0,

当x∈(0,ea-1-1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,又因为g(0)=0,

所以当x∈(0,ea-1-1)时,g(x)<g(0)=0,不满足题意.

综上,实数a的取值范围是(-∞,1].

4.已知函数f(x)=ln x-ax,a∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)对于给定的正数a,若存在x0,使得f(x0)>0,求正数a的取值范围.

解:(1)因为f(x)=ln x-ax,a∈R,定义域为(0,+∞),所以f′(x)=-a.

①当a≤0时,f′(x)=-a>0,所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞).

②当a>0时,若0<x<,f′(x)=-a>0;

若x>,f′(x)=-a<0,

所以f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).

综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,),单调递减区间为(,+∞).

(2)法一　由(1)得,当x=时,f(x)取最大值ln -1.

因为若存在x0,使得f(x0)>0,所以ln -1>0,解得0<a<,所以正数a的取值范围为(0,).

法二　若存在x0,使得f(x0)>0,即若存在x0,使得>a.令g(x)=,则g′(x)=,

由g′(x)=0,解得x=e.

当x∈(0,e)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,

g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)在x=e处取到极大值,也是最大值,最大值是,所以正数a的取值范围为(0,).

5.已知a为实数,函数f(x)=aln x+x2-4x.

(1)若x=3是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;

(2)设g(x)=(a-2)x,若存在x0∈[,e],使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.

解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=+2x-4=.

因为x=3是函数f(x)的一个极值点,

所以f′(3)=0,解得a=-6.

经检验,当a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,故a=-6.

(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥-2x0,

记F(x)=x-ln x(x>0),

则F′(x)=(x>0),

所以当0<x<1时,F′(x)<0,F(x)单调递减;

当x>1时,F′(x)>0,F(x)单调递增,

所以F(x)≥F(1)=1>0,所以a≥.

记G(x)=,x∈[,e],

则G′(x)==.

因为x∈[,e],所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0,

所以x-2ln x+2>0,

所以当x∈[,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;

当x∈(1,e]时,G′(x)>0,G(x)单调递增.

所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥G(x)min=-1,

故实数a的取值范围为[-1,+∞).

6.(2022·辽宁沈阳模拟)已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,当x>0时,f(x)=x2+sin x,g(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且g(x)=ax+-2(a>0).

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)若对于∀x1∈[-1,1],∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)>g(x2)成立,求实数a的取值范围.

解:(1)设x<0,则-x>0,

所以f(-x)=x2-sin x,

又f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),

所以f(x)=-f(-x)=-x2+sin x,

又f(0)=0,

所以f(x)=

(2)由题意得f(x)min>g(x)min.

当x∈[0,1]时,f′(x)=2x+cos x>0,

所以f(x)在[0,1]上单调递增,

所以f(x)min=f(0)=0;

当x∈[-1,0)时,f′(x)=-2x+cos x>0,

所以f(x)在[-1,0)上单调递增,

所以f(x)min=f(-1)=-1-sin 1<0.

所以f(x)min=-1-sin 1.

对于g(x),因为a>0,x>0,

所以ax+-2≥2-2,

当且仅当ax=,即x=时,等号成立.

所以g(x)min=2-2,

所以-1-sin 1>2-2,

整理得a<,

所以实数a的取值范围是(0,).