备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十九)　利用导数研究不等式恒成立

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十九)　利用导数研究不等式恒成立，共3页。试卷主要包含了已知函数f＝eq \f等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价(十九)　利用导数研究不等式恒成立1．已知函数f(x)＝(x≠0)．(1)若f(x)为奇函数，求a的值；(2)若f(x)在[3，＋∞)上恒大于0，求a的取值范围．解：(1)由题意知，f(x)的定义域关于原点对称，若f(x)为奇函数，则f(－x)＝＝－f(x)，即＝－，解得a＝0.(2)由f(x)＝得，f′(x)＝1－，∴在[3，＋∞)上f′(x)>0，∴f(x)在[3，＋∞)上单调递增，∴f(x)在[3，＋∞)上恒大于0只要f(3)大于0即可，即3a＋13>0，解得a>－，故a的取值范围为.2．已知函数f(x)＝ex－x2，g(x)＝ax＋1(a∈R)．(1)求f(x)在x＝0处的切线方程；(2)当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)＝ex－x2，f(0)＝1，切点为(0,1)，f′(x)＝ex－x，∴k＝f′(0)＝1，∴f(x)在x＝0处的切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0.(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－ax－1，h(0)＝0.h′(x)＝ex－x－a，设k(x)＝h′(x)＝ex－x－a，k′(x)＝ex－1，∵x∈[0，＋∞)，∴k′(x)≥k′(0)＝0，∴k(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，即h′(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，h′(0)＝1－a，当a≤1时，h′(x)≥1－a≥0，∴h(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝0，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥g(x)恒成立．当a>1时，h′(0)＝1－a<0，∵函数y＝ex－x－a在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，∴函数h(x)在区间(0，x0)上单调递减，h(x0)<h(0)＝0，不符合题意，舍去．综上可得，a的取值范围是(－∞，1]．3．已知函数f(x)＝ln x＋mx，其中m∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2－2x，求m的最大值．解：(1)f′(x)＝(x>0)，当m≥0时，f′(x)>0，当x>0时恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m<0时，令f′(x)>0，得0<x<－，令f′(x)<0，得x>－，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当m≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)依题意得ln x＋mx≤x2－2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，即m≤对任意x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，令h(x)＝x2＋ln x－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，即g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝－1，∴m≤－1，故m的最大值为－1.4．已知函数f(x)＝ax－ln x－3，其中a≠0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若xf(x)＋3x－1≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.①当a>0时，令f′(x)>0，可得x>，此时函数f(x)的增区间为，减区间为.②当a<0时，令f′(x)>0，可得0<x<，此时函数f(x)的增区间为，减区间为.综上所述：当a>0时，函数f(x)的增区间为，减区间为；当a<0时，函数f(x)的增区间为，减区间为.(2)xf(x)＋3x－1≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，则ax2－xln x≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立，即a≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x2－xln x，则g′(x)＝2x－(ln x＋1)．令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝2－，x∈[1，＋∞)，∴2x∈[2，＋∞)，∈，则h′(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)＝h(x)≥h(1)＝2－＝>0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)min＝1，∴a≥1在x∈[1，＋∞)上恒成立，则a≥max＝＝1.∴a的取值范围是[1，＋∞)．