新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案20第三章导数及其应用第三讲第二课时导数与不等式恒能成立

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案20第三章导数及其应用第三讲第二课时导数与不等式恒能成立，共5页。试卷主要包含了已知函数f＝aex－2x＋1.，已知函数f＝ln x.等内容，欢迎下载使用。
练案[20] 第二课时　导数与不等式恒(能)成立A组基础巩固1．已知函数f(x)＝aex－2x＋1.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)若f(x)>0对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－2x＋1，则f′(x)＝ex－2，令f′(x)<0，解得x<ln 2；令f′(x)>0，解得x>ln 2.故函数f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的极小值为f(ln 2)＝2－2ln 2＋1＝3－2ln 2，无极大值．(2)f(x)>0对x∈R恒成立，即a>对任意x∈R恒成立，设g(x)＝，则a>g(x)max，g′(x)＝＝，令g′(x)>0，解得x<；令g′(x)<0，解得x>.故函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，∴g(x)max＝g＝＝2e－.故实数a的取值范围为(2e－，＋∞)．2．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．[解析]　(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤max.由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a≤.故a的取值范围是.3．已知函数f(x)＝ln x.(1)求函数g(x)＝f(x＋1)－x的最大值；(2)若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　(1)因为f(x)＝ln x，所以g(x)＝f(x＋1)－x＝ln(x＋1)－x，x>－1.所以g′(x)＝－1＝.当x∈(－1,0)时，g′(x)>0，所以g(x)在(－1,0)上单调递增；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝0.(2)因为对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立．所以在(0，＋∞)上恒成立，进一步转化为max≤a≤min.设h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)≤.要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥.另一方面，当x>0时，x＋≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是.4．已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．[解析]　令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立．因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a<0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在[－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．B组能力提升1．(2023·邢台模拟)已知函数f(x)＝x3ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)≥mx2对任意x∈R恒成立，求m的取值范围．[解析]　(1)f′(x)＝3x2ex＋x3ex＝x2ex(x＋3)，令f′(x)>0，得x>－3，则f(x)的单调递增区间为(－3，＋∞)；令f′(x)<0，得x<－3，则f(x)的单调递减区间为(－∞，－3)．综上所述，f(x)的单调递增区间为(－3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－3)．(2)当x＝0时，不等式f(x)≥mx2即0≥0，显然成立，所以m∈R；当x≠0时，不等式f(x)≥mx2即m≤xex.设g(x)＝xex(x≠0)，则g′(x)＝(x＋1)ex，令g′(x)<0，得x<－1；令g′(x)>0，得x>－1且x≠0.所以g(x)min＝g(－1)＝－，所以m≤－.综上，m的取值范围为.2．(2022·衡水检测)已知函数f(x)＝x－aln x＋在x＝1处取得极值．(1)若a>1，求函数f(x)的单调区间；(2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围. [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－－.由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a.则f′(x)＝1－－＝＝令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1.若1<a<2，则函数f(x)的单调递增区间为(0，a－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a－1,1)；若a＝2，则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0,1)，(a－1，＋∞)．(2)若a>3时，f(x)在上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0.易知g(x)在上单调递增．则g(x)min＝g.又g＝a2＋3>0，∴g(x)>f(x)在上恒成立，若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，只需要g－f(1)<9，即a2＋3－(2－a)<9，解得－8<a<4.由于a>3，所以实数a的取值范围是(3,4)．3．已知函数f(x)＝ln x－ax2－x.(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．(2)若函数f(x)的图象在x＝1处的切线平行于x轴，则是否存在整数k，使不等式x[f(x)＋x－1]>k(x－2)在x>e时恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)依题意，f′(x)＝－ax－1＝≥0在[1，＋∞)上恒成立，即1－ax2－x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤在[1，＋∞)上恒成立，令φ(x)＝＝2－＝2－(x≥1)，则当x＝2时，φ(x)取得最小值，φ(x)min＝－，∴a≤－，即实数a的取值范围是.(2)依题意，f′(1)＝1－a－1＝0，∴a＝0，∴f(x)＝ln x－x，不等式x[f(x)＋x－1]>k(x－2)在x>e时恒成立，即k<在x>e时恒成立．令g(x)＝(x>e)，则g′(x)＝，令h(x)＝x－2ln x(x>e)，则h′(x)＝1－>0，∴h(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(e)＝e－2ln e＝e－2>0，即g′(x)>0在(e，＋∞)上恒成立，∴g(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴g(x)>＝0，∴k≤0，∴整数k的最大值为0.