(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第4章 第4讲　第2课时　高效演练分层突破 (含解析)

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[基础题组练]1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)A．a≤1  B．a≥1 C．a≤2  D．a≥2解析：选A．由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A．2．(2020·吉林白山联考)设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.答案：e3．(2020·西安质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝，所以f′(1)＝1.又f(1)＝0，所以切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即所求切线的方程为y＝x－1.(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(x)；③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则φ′(x)＝－a，令φ′(x)＝0，得x＝，当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：xφ′(x)＋0－φ(x)极大值所以φ(x)max＝φ＞φ(1)＝0，不满足不等式．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(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，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤，即a≤.设h(x)＝，则问题转化为a≤，由h′(x)＝，令h′(x)＝0，则x＝.当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，)(，＋∞)h′(x)＋0－h(x)单调递增极大值单调递减由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤.5．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f(x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)证明：当x>1时，f(x)>0；(2)讨论g(x)的单调性；(3)若不等式f(x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：f(x)＝，令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，从而当x>1时，f(x)>0.(2)g′(x)＝2ax－＝(x>0)，当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，当a>0时，由g′(x)＝0得x＝ .当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，故当f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.当0<a<时， >1，g(x)在上单调递减，g<g(1)＝0，而f>0，所以此时f(x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)恒成立．综上，a的取值范围为.6．f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－－.(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，　即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，而≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．