2025届高考数学一轮复习专练19 利用导数研究恒（能）成立问题（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练19 利用导数研究恒（能）成立问题（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了已知函数f=xln x等内容，欢迎下载使用。

1.(10分)已知函数f(x)=xln x(x>0).
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤-x2+mx-32成立,求实数m的最小值.
【解析】(1)由f(x)=xln x,得f'(x)=1+ln x,令f'(x)>0,得x>1e;令f'(x)<0,得0所以f(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,
所以f(x)在x=1e处取得极小值,
为f(1e)=-1e,无极大值.
(2)由f(x)≤-x2+mx-32,
得m≥2xlnx+x2+3x.
问题转化为m≥(2xlnx+x2+3x)min.
令g(x)=2xlnx+x2+3x=2ln x+x+3x(x>0).g'(x)=2x+1-3x2=x2+2x-3x2=(x+3)(x-1)x2.
由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=4,则m≥4,故m的最小值为4.
【加练备选】
已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间与极值;
(2)若f(x)≤x2在[0,+∞)上有解,求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,
所以f'(x)=ex-1,
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以当x=0时,函数f(x)有极小值f(0)=0,无极大值,
即f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞),极小值为0,无极大值.
(2)因为f(x)≤x2在[0,+∞)上有解,所以ex-x2-ax-1≤0在[0,+∞)上有解,
当x=0时,不等式成立,此时a∈R;
当x>0时,不等式等价于a≥exx-(x+1x)在(0,+∞)上有解,令g(x)=exx-(x+1x),则g'(x)=ex(x-1)x2-(x2-1x2)=(x-1)[ex-(x+1)]x2.
由(1)知当a=1时,f(x)>f(0)=0,
即ex-(x+1)>0,
所以当0当x>1时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以当x=1时,g(x)min=e-2,
所以a≥e-2,综上可知,实数a的取值范围是[e-2,+∞).
2.(10分)(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)=ex+aln(-x)+1,f'(x)是其导函数,其中a∈R.
(1)若f(x)在(-∞,0)上单调递减,求a的取值范围;
(2)若不等式f(x)≤f'(x)对∀x∈(-∞,0)恒成立,求a的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=ex+ax,
因为f(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以f'(x)=ex+ax≤0在(-∞,0)上恒成立,
即a≥-x·ex在(-∞,0)上恒成立.
令g(x)=-x·ex(x<0),
则g'(x)=-ex-xex=-(x+1)ex,
当x<-1时,g'(x)>0,
当-1所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,所以g(x)max=g(-1)=1e,
所以a的取值范围为[1e,+∞).
(2)由f(x)≤f'(x)得aln(-x)+1≤ax,
即aln(-x)-ax+1≤0对∀x∈(-∞,0)恒成立,
令h(x)=aln(-x)-ax+1(x<0),
h'(x)=ax+ax2=a(x+1)x2(x<0),
当a=0时,h(x)=1,不满足h(x)≤0;
当a>0时,令h'(x)=0,得x=-1,
极小值h(-1)=a+1,h(x)min=h(-1)=a+1>0,舍去;
当a<0时,令h'(x)=0,得x=-1,
极大值h(-1)=a+1,h(x)max=h(-1)=a+1,由a+1≤0a<0得a≤-1,
综上a≤-1,a∈(-∞,-1].
【加练备选】
已知函数f(x)=ex-1-ax+ln x(a∈R).若不等式f(x)≥ln x-a+1对一切x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】f(x)≥ln x-a+1可化为ex-1-ax+a-1≥0,
令φ(x)=ex-1-ax+a-1,
则当x∈[1,+∞)时,φ(x)min≥0.
因为φ'(x)=ex-1-a,
①当a≤1时,φ'(x)≥0,所以φ(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以φ(x)min=φ(1)=1-a+a-1=0≥0恒成立,
所以a≤1符合题意.
②当a>1时,令φ'(x)=0,得x=ln a+1>1.
当x∈[1,ln a+1)时,φ'(x)<0,
当x∈(ln a+1,+∞)时,φ'(x)>0,
所以φ(x)在[1,ln a+1)上单调递减,在(ln a+1,+∞)上单调递增,
所以φ(x)min=φ(ln a+1)<φ(1)=0与φ(x)min≥0矛盾,
故a>1不符合题意.
综上,实数a的取值范围为{a|a≤1}.
3.(10分)(2023·唐山模拟)已知函数f(x)=2x3+5x2+4x,g(x)=x2+2x-m-7(x∈R).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若∀x1∈[-3,3],∃x2∈[-3,1],使得g(x1)=f(x2),求m的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=6x2+10x+4=(x+1)(6x+4).
在(-∞,-1)和(-23,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
在(-1,-23)上,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上,f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(-23,+∞),单调递减区间为(-1,-23).
(2)由(1)可知,f(x)在[-3,-1)和(-23,1]上单调递增,在(-1,-23)上单调递减.
又f(-3)=-21,f(-1)=-1,f(-23)=-2827,f(1)=11,所以在[-3,1]上,-21≤f(x)≤11.
又g(x)=x2+2x-m-7=(x+1)2-m-8,
所以在[-3,3]上,g(x)min=g(-1)=-m-8,g(x)max=g(3)=-m+8,
即-m-8≤g(x)≤-m+8.
因为∀x1∈[-3,3],∃x2∈[-3,1],g(x1)=f(x2),
所以-m-8≥-21,-m+8≤11,解得-3≤m≤13,
故m的取值范围是[-3,13].
4.(10分)设f(x)=ax+xln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
(2)如果对于任意的s,t∈[12,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M成立.g'(x)=3x2-2x=x(3x-2),
令g'(x)=0,得x=0或23,
因为g(23)=-8527,g(0)=-3,g(2)=1,
所以当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1,
g(x)min=g(23)=-8527,所以M≤1-(-8527)=11227,
所以满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s,t∈[12,2]有f(s)≥g(t),
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈[12,2]时,g(x)max=g(2)=1,
所以当x∈[12,2]时,f(x)=ax+xln x≥1恒成立,
即a≥x-x2ln x恒成立.
令h(x)=x-x2ln x,x∈[12,2],
所以h'(x)=1-2xln x-x,
令φ(x)=1-2xln x-x,
所以φ'(x)=-3-2ln x<0,
h'(x)在[12,2]上单调递减,又h'(1)=0,
所以当x∈[12,1]时,h'(x)≥0,
当x∈[1,2]时,h'(x)≤0,
所以h(x)在[12,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,
所以h(x)max=h(1)=1,故a≥1,
所以实数a的取值范围是[1,+∞).x
(-∞,-1)
-1
(-1,0)
h'(x)
-
0
+
h(x)
↘
↗
x
(-∞,-1)
-1
(-1,0)
h'(x)
+
0
-
h(x)
↗
↘