2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第4讲　导数与恒成立问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第4讲　导数与恒成立问题，共6页。

A．(－∞，1]B．[1，＋∞)
C．(－∞，2]D．[2，＋∞)
【解析】 由题意知f(x)mineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))))≥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．
2．已知函数f(x)＝xe|x|，则满足不等式f(2a2－a)＜e恒成立的实数a的取值范围是( B )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))D．(－1,2)
【解析】 因为f(x)＝xe|x|的定义域为R，f(－x)＝－xe|x|＝－f(x)，所以f(x)＝xe|x|是奇函数．又当x≥0时，f(x)＝xex，f′(x)＝ex(x＋1)＞0恒成立，所以f(x)＝xex在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在R上单调递增．因为f(2a2－a)＜e＝f(1)，所以2a2－a＜1，解得－eq \f(1,2)＜a＜1．
3．(2023·滨州二模)已知函数f(x)＝eax－2lnx－x2＋ax，若f(x)＞0恒成立，则实数a的取值范围为( A )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,e)))
C．(2e，＋∞)D．(0,2e)
【解析】 f(x)＞0等价于eax＋ax＞x2＋2lnx＝e2lnx＋2lnx．令函数g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1＞0，故g(x)是单调递增函数，所以eax＋ax＞e2lnx＋2lnx等价于ax＞2lnx(x＞0)，即a＞eq \f(2lnx,x)．令函数h(x)＝eq \f(2lnx,x)，则h′(x)＝eq \f(2－2lnx,x2)．当x∈(0，e)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．所以h(x)max＝h(e)＝eq \f(2,e)，故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞))．
4．已知函数f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－2lnx(m∈R)，g(x)＝－eq \f(m,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，则实数m的取值范围是( B )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e)))
C．(－∞，0]D．(－∞，0)
【解析】 由题意知至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，即mx－2lnx＜0在[1，e]上有解，满足m＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2lnx,x)))max即可．设h(x)＝eq \f(2lnx,x)，h′(x)＝eq \f(21－lnx,x2)，因为x∈[1，e]，所以h′(x)≥0，所以h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)≤h(e)＝eq \f(2,e)，所以m＜eq \f(2,e)．
5．(2023·广州期末)已知函数f(x)＝alnx＋eq \f(1,2)x2，若对任意正数x1，x2(x1≠x2)，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞2恒成立，则实数a的取值范围为( C )
A．(0,1]B．(0,2]
C．[1，＋∞)D．[2，＋∞)
【解析】 根据eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞2，可知eq \f(fx1－2x1－[fx2－2x2],x1－x2)＞0，令g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq \f(1,2)x2－2x(x＞0)，由eq \f(fx1－2x1－[fx2－2x2],x1－x2)＞0，知g(x)为单调递增函数，所以g′(x)＝eq \f(a,x)＋x－2＝eq \f(x2－2x＋a,x)≥0(x＞0)恒成立，分离参数得a≥2x－x2，而当x＞0时，2x－x2在x＝1时取最大值为1，故a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞)．
6．(多选)已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0,2]⊆P，则实数a的可能取值是( ABD )
A．－5B．0
C．e－1D．e－2
【解析】 因为[0,2]是不等式ex－x＞ax解集的子集，所以不等式ex－x＞ax在x∈[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立；当x∈(0,2]时，原不等式即a＜eq \f(ex,x)－1，令g(x)＝eq \f(ex,x)－1，则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，故g(x)在(0,2]上的最小值为g(1)＝e－1，故实数a的取值范围为(－∞，e－1)．
7．(多选)若x∈[0，＋∞)，则下列不等式不能恒成立的是( ABD )
A．ex≤1＋x＋x2B．eq \f(1,\r(1＋x))≤1－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,4)x2
C．csx≥1－eq \f(1,2)x2D．ln(1＋x)≥x－eq \f(1,8)x2
【解析】 对于ex与1＋x＋x2，当x＝5时，ex＞32，而1＋x＋x2＝31，所以A不能恒成立．对于eq \f(1,\r(1＋x))与1－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,4)x2，当x＝eq \f(1,4)时，eq \f(1,\r(1＋x))＝eq \f(2\r(5),5)，1－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,4)x2＝eq \f(57,64)＜eq \f(2\r(5),5)，所以B不能恒成立．令f(x)＝csx＋eq \f(1,2)x2－1，则f′(x)＝x－sinx≥0对x∈[0，＋∞)恒成立，f(x)在[0，＋∞)上为单调递增函数，所以f(x)的最小值为f(0)＝0，所以f(x)≥0，csx≥1－eq \f(1,2)x2，故C能恒成立．令g(x)＝ln(1＋x)－x＋eq \f(1,8)x2，则g′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋eq \f(1,4)x－1，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝3；当x∈(0,3)时，g′(x)＜0，当x∈(3，＋∞)时，g′(x)＞0．g(x)在x＝3时取得最小值g(3)＝ln4－3＋eq \f(9,8)＜0，所以D不能恒成立．
8．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是__(－1，＋∞)__．
【解析】 若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a＞x－eq \f(1,2x)．令f(x)＝x－eq \f(1,2x)，x＞0，易知函数f(x)单调递增，所以f(x)＞f(0)＝－1，所以a＞－1．
9．设函数f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,x)－3))－eq \f(a,x)，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为__e__．
【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．
10．设实数m＞0，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式emx－eq \f(lnx,m)≥0恒成立，则实数m的取值范围是__eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))__．
【解析】 emx≥eq \f(lnx,m)恒成立，即memx≥lnx，进而转化为mxemx≥xlnx＝elnx·lnx恒成立．当x∈(0,1]时，该不等式恒成立．当x∈(1，＋∞)时构造函数g(x)＝xex，可得g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex．当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，则不等式emx－eq \f(lnx,m)≥0恒成立等价于g(mx)≥g(lnx)恒成立，即mx≥lnx恒成立，进而转化为m≥eq \f(lnx,x)恒成立．设h(x)＝eq \f(lnx,x)，可得h′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以当x＝e时，函数h(x)取得最大值，最大值为h(e)＝eq \f(1,e)，所以m≥eq \f(1,e)，即实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
11．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(lnx,x)．
(1) 求函数f(x)的单调区间；
【解答】 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＝lna．由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．
(2) 若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
【解答】 因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，则ax≤eq \f(lnx,x)，即a≤eq \f(lnx,x2)．设h(x)＝eq \f(lnx,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lnx,x2)))max．由h′(x)＝eq \f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq \r(,e)．当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(,e)时，函数h(x)有极大值且为最大值，即最大值为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e)．
12．(2023·马鞍山三模)已知函数f(x)＝(x＋1－2a)·ln(x－a)．
(1) 当a＝2时，求函数f(x)的极值；
【解答】 (1) 当a＝2时，f(x)＝(x－3)ln(x－2)，f′(x)＝ln(x－2)＋eq \f(x－3,x－2)＝ln(x－2)－eq \f(1,x－2)＋1，则f′(x)在(2，＋∞)上单调递增．因为f′(3)＝0，所以f(x)在(2,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，f(x)的极小值为f(3)＝0，无极大值．
(2) 当x≥a＋1时，f(x)≥x－1恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 令t＝x－a≥1，则f(x)≥x－1，即(t＋1－a)lnt≥t＋a－1．因为1＋lnt＞0，即a≤eq \f(1－t＋t＋1lnt,1＋lnt)＝1＋eq \f(tlnt－1,1＋lnt)在t≥1时恒成立．令g(t)＝1＋eq \f(tlnt－1,1＋lnt)，g′(t)＝eq \f(1＋lntlnt－lnt－1,1＋lnt2)＝eq \f(lnt2＋1,1＋lnt2)＞0，故g(t)单调递增，所以g(t)≥g(1)＝0，故a∈(－∞，0]．
B组 抓分题天天练
13．若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为( C )
A．eq \f(π,6)B．eq \f(π,4)
C．eq \f(π,3)D．eq \f(5π,12)
【解析】 设圆锥的底面半径为R，母线长为l，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R，设该圆锥的母线与底面所成角为α，则csα＝eq \f(R,l)＝eq \f(1,2)，所以α＝eq \f(π,3)．
(第13题)
14．(多选)甲同学投掷骰子5次，并请乙同学将向上的点数记录下来，计算出平均数和方差．由于记录遗失，乙同学只记得这五个点数的平均数为2，方差在区间[1.2,2.4]内，则这五个点数( ACD )
A．众数可能为1
B．中位数可能为3
C．一定不会出现6
D．出现2的次数不会超过两次
【解析】 1,1,1,2,5，众数为1，平均数为2，方差s2＝2.4∈[1.2,2.4]，所以A正确．若中位数为3，设五次数据为a1，a2，a3，a4，a5(a1≤a2≤a3≤a4≤a5)，即a3＝3，所以a1＋a2＋a4＋a5＝7，a1＋a2≥2，a4＋a5≥6，矛盾，B错误．若出现了6，则其他四次点数和为4，即数据为1,1,1,1,6，s2＝4∉[1,2,2.4]，矛盾，所以C正确．若出现3次2，则其他2次点数和为4，则这2次点数为1,3，s2＝eq \f(1,5)×(1＋0＋0＋0＋1)＝eq \f(2,5)∉[1.2,2.4]，D正确．
15．(多选)设函数y＝f(x)的定义域为R，且满足f(1＋x)＝f(1－x)，f(x－2)＋f(－x)＝0，则下列说法正确的是( AB )
A．y＝f(x＋1)是偶函数
B．y＝f(x＋3)为奇函数
C．f(x)是周期为4的周期函数
D．f(1)＝0
【解析】 由题意，函数y＝f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，即f(－x)＝f(2＋x)，将函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度，得到函数y＝f(x＋1)的图象，此时y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称，所以函数y＝f(x＋1)为偶函数，所以A正确；由f(x－2)＋f(－x)＝0，即－f(x－2)＝f(－x)，可得f(2＋x)＝－f(x－2)，即f(x)＝－f(x＋4)，若f(x)为常函数且f(x)＝0，则4是函数f(x)的周期，否则，4不是函数的周期，所以C不正确；因为f(x－2)＋f(－x)＝0，可得f(x－5)＋f(－x＋3)＝0，因为f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为8，可得f(x＋3)＋f(－x＋3)＝0，即f(－x＋3)＝－f(x＋3)，所以y＝f(x＋3)为奇函数，所以B正确；由y＝f(x＋3)为奇函数，可得f(3)＝0，因为f(－x)＝f(2＋x)，则f(－1)＝f(2＋1)＝0，其中f(1)的值不能确定，所以D错误．
x
(0，eq \r(,e))
eq \r(,e)
(eq \r(,e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值eq \f(1,2e)
↘