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    2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价19利用导数研究不等式恒成立能成立问题含解析新人教A版

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    这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价19利用导数研究不等式恒成立能成立问题含解析新人教A版,共9页。

    A组 全考点巩固练
    1.若不等式eq \f(-x3+2x+a,x)>0在[1,2]上恒成立,则实数a的取值范围是( )
    A.(-1,+∞)B.(-∞,-1)
    C.(-∞,4)D.(4,+∞)
    D 解析:依题意,不等式x3-2x-a<0在[1,2]上恒成立,即a>x3-2x.令g(x)=x3-2x,则g′(x)=3x2-2>0在[1,2]上恒成立,
    因此g(x)max=g(2)=4.故a>4.
    2.若存在正实数x使ex(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )
    A.(-1,+∞)B.(0,+∞)
    C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)
    A 解析:存在正实数x使ex(x2-a)<1成立,即a>x2-eq \f(1,ex)在区间(0,+∞)上有解.令f (x)=x2-eq \f(1,ex),f ′(x)=2x+eq \f(1,ex)>0,所以f (x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f (x)>f (0)=-1.又a>x2-eq \f(1,ex)在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).
    3.已知f (x)=ln x+1-aex,若关于x的不等式f (x)<0恒成立,则实数a的取值范围是( )
    A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-∞,\f(1,e)))B.(-∞,0)
    C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))
    D 解析:由f (x)<0恒成立得a>eq \f(ln x+1,ex)恒成立,
    设h(x)=eq \f(ln x+1,ex),则h′(x)=eq \f(\f(1,x)-ln x-1,ex).
    设g(x)=eq \f(1,x)-ln x-1,则g′(x)=-eq \f(1,x2)-eq \f(1,x)<0恒成立,
    所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.
    又因为g(1)=0,所以当0g(1)=0,即h′(x)>0;
    当x>1时,g(x)所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
    所以h(x)max=h(1)=eq \f(1,e),所以a>eq \f(1,e).故选D.
    4.已知函数f (x)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(1,x)))-2ln x(m∈R),g(x)=-eq \f(m,x).若至少存在一个x0∈[1,e],使得f (x0)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)
    B 解析:由题意,不等式f (x)5.若对于任意的正实数x,y都有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(y,e)))lneq \f(y,x)≤eq \f(x,me)成立,则实数m的取值范围为( )
    A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),1))B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e2),1))
    C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e2),e))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))
    D 解析:由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(y,e)))lneq \f(y,x)≤eq \f(x,me),
    得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2e-\f(y,x)))lneq \f(y,x)≤eq \f(1,m).
    设eq \f(y,x)=t,令f (t)=(2e-t)ln t,t>0,
    则f ′(t)=-ln t+eq \f(2e,t)-1.令g(t)=-ln t+eq \f(2e,t)-1,t>0,则g′(t)=-eq \f(1,t)-eq \f(2e,t2)<0,
    所以g(t)在(0,+∞)上单调递减,即f ′(t)在(0,+∞)上单调递减.
    因为f ′(e)=0,所以f (t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
    所以f (t)max=f (e)=e,所以e≤eq \f(1,m),所以实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e))).
    6.函数f (x)=x3-12x+3,g(x)=3x-m.若∀x1∈[-1,5],∃x2∈[0,2],f (x1)≥g(x2),则实数m的最小值是________.
    14 解析:由题意f ′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),
    则f (x)在[-1,2]上单调递减,在[2,5]上单调递增,
    所以当x∈[-1,5]时,f (x)min=f (2)=8-24+3=-13.
    又g(x)=3x-m在[0,2]上单调递增,
    所以x∈[0,2]时,g(x)min=g(0)=1-m,
    所以-13≥1-m,得m≥14.
    故实数m的最小值是14.
    7.若对任意a,b满足0e 解析:因为0令y=eq \f(ln x,x),x∈(0,t),则函数在(0,t)上单调递增,
    故y′=eq \f(1-ln x,x2)≥0,解得08.已知x∈(0,2),若关于x的不等式eq \f(x,ex)<eq \f(1,k+2x-x2)恒成立,则实数k的取值范围为________.
    [0,e-1) 解析:由题意,知k+2x-x2>0.
    即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,
    因此由原不等式,得k令f (x)=eq \f(ex,x)+x2-2x,则f ′(x)=(x-1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x2)+2)).
    令f ′(x)=0,得x=1.当x∈(1,2)时,f ′(x)>0,函数f (x)在(1,2)上单调递增.
    当x∈(0,1)时,f ′(x)<0,函数f (x)在(0,1)上单调递减,所以k<f (x)min=f (1)=e-1.
    故实数k的取值范围为[0,e-1).
    9.已知函数f (x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若∀x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f (x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.
    解:由∀x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],
    都有f (x1)≤g(x2)成立,得f (x)max≤g(x)min.
    因为f (x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,
    所以当x∈[-3,3]时,
    f (x)max=f (-3)=147-c.
    g(x)=2x3+4x2-40x,
    g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),
    当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:
    易得g(x)min=g(2)=-48,故147-c≤-48,即c≥195,所以c的取值范围是[195,+∞).
    10.(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)=2sin x-xcs x-x,f ′(x)为f (x)的导数.
    (1)证明:f ′(x)在区间(0,π)上存在唯一零点;
    (2)若x∈[0,π]时,f (x)≥ax,求a的取值范围.
    (1)证明:设g(x)=f ′(x),则g(x)=cs x+xsin x-1,g′(x)=xcs x.
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,g′(x)>0;
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))时,g′(x)<0,
    所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π))上单调递减.
    又g(0)=0,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))>0,g(π)=-2,
    故g(x)在(0,π)上存在唯一零点.
    所以f ′(x)在区间(0,π)上存在唯一零点.
    (2)解:由题设知f (π)≥aπ,f (π)=0,可得a≤0.
    由(1)知,f ′(x)在(0,π)只有一个零点,
    设为x0,且当x∈(0,x0)时,f ′(x)>0;当x∈(x0,π)时,f ′(x)<0.
    所以f (x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减.
    又f (0)=0,f (π)=0,
    所以,当x∈[0,π]时,f (x)≥0.
    又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f (x)≥ax.
    因此,a的取值范围是(-∞,0].
    B组 新高考培优练
    11.(多选题)已知不等式ex-1≥kx+ln x对于任意x∈(0,+∞)恒成立,则整数k的值可以等于( )
    A.0 B.1 C.2 D.3
    AB 解析:不等式ex-1≥kx+ln x对于任意x∈(0,+∞)恒成立,
    等价于k≤eq \f(ex-1-ln x,x)对于任意x∈(0,+∞)恒成立.
    令f (x)=eq \f(ex-1-ln x,x) (x>0),
    则f ′(x)=eq \f(exx-1+ln x,x2).
    令g(x)=ex(x-1)+ln x(x>0),则g′(x)=xex+eq \f(1,x)>0,
    所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
    又g(1)=0,
    所以当x∈(0,1)时,g(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g(x)>0.
    所以当x∈(0,1)时,f ′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0.
    所以当x∈(0,1)时,f (x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f (x)单调递增.
    所以f (x)min=f (1)=e-1.
    所以k≤e-1.结合选项知选AB.
    12.(多选题)(2020·泰安高三一轮检测)已知函数f (x)=e|x|sin x,则下列结论正确的是( )
    A.f (x)是周期为2π的奇函数
    B.f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4)))上单调递增
    C.f (x)在(-10π,10π)内有21个极值点
    D.f (x)≥ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上恒成立的充要条件是a≤1
    BD 解析:对于A,由题知函数f (x)的定义域为R.因为f (-x)=el-xl·sin(-x)=-f (x),所以f (x)为奇函数.又因为f (x+2π)=e|x+2π|sin(x+2π)=e|x+2π|sin x≠f (x),所以2π不是f (x)的周期,故A错误.对于B,当x>0时,f (x)=exsin x,f ′(x)=ex(sin x+cs x)=eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4))).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(3π,4)))时,x+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4)))>0,所以f ′(x)>0,f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(3π,4)))上单调递增.又因为f (x)为奇函数,所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3π,4),0))上单调递增,所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(3π,4)))上单调递增,故B正确.对于C,当x∈[0,10π)时,f (x)=exsin x,f ′(x)=eq \r(2)ex·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,4))).令f ′(x)=0,得x=-eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,则k=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.当x∈(-10π,0)时,f (x)=e-x·sin x,f ′(x)=e-x(-sin x+cs x)=-e-x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,4))).令f ′(x)=0,得x=eq \f(π,4)+kπ,k∈Z,则k=-1,-2,-3,-4,-5,-6,-7,-8,-9,-10,所以f (x)在(-10π,10π)内有20个极值点,故C错误.对于D,若f (x)≥ax在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上恒成立,则exsin x-ax≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上恒成立.设F(x)=exsin x-ax,即F(x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上恒成立,则F′(x)=ex(sin x+cs x)-a.令G(x)=ex(sin x+cs x)-a,G′(x)=2excs x.当0≤x≤eq \f(π,4)时,G′(x)>0,所以G(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上单调递增,即F′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上单调递增,且F′(0)=1-a.当1-a≥0,即a≤1时,F′(x)≥0,F(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,4)))上单调递增,F(x)≥F(0)=0,符合题意.当1-a<0,即a>1时,令F′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))=0,解得a=eq \r(2)eeq \s\up12(eq \f(π,4)).若113.设f ′(x)是奇函数f (x)的导函数,f (-2)=-3,且对任意x∈R都有f ′(x)<2,则f (2)=________,使得f (ex)<2ex-1成立的x的取值范围是________.
    3 (ln 2,+∞) 解析:因为f (x)是奇函数,所以f (2)=-f (-2)=3.设g(x)=f (x)-2x,则g(2)=f (2)-4=-1,g′(x)=f ′(x)-2<0,所以g(x)在R上单调递减.由f (ex)<2ex-1得f (ex)-2ex<-1,即g(ex)2,得x>ln 2.
    14.设a>0,函数f (x)=x+eq \f(a2,x),g(x)=x-ln x.若对任意的x1,x2∈[1,e],都有f (x1)≥g(x2)成立,则实数a的取值范围为________.
    [eq \r(e-2),+∞) 解析:因为g(x)=x-ln x,x∈[1,e],所以有g′(x)=1-eq \f(1,x)≥0,函数g(x)单调递增,则g(x)max=g(e)=e-1.因为f (x)=x+eq \f(a2,x),所以f ′(x)=eq \f(x2-a2,x2).令f ′(x)=0,因为a>0,所以x=a.当0a≥eq \r(e-2).当1≤a≤e时,f (x)min=f (a)=2a≥e-1恒成立.当a>e时,f (x)在[1,e]上单调递减,f (x)min=f (e)=eq \f(e2+a2,e)≥e-1恒成立.综上,a≥eq \r(e-2).
    15.设函数f (x)=eq \f(1,x)-eq \f(e,ex),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)(1)证明:f (x)=eq \f(ex-1-x,xex-1).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)解:g′(x)=2ax-eq \f(1,x)=eq \f(2ax2-1,x)(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=eq \f(1,\r(2a)).
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,\r(2a))))时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
    当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a)),+∞))时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
    (3)解: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)0.
    当01,
    g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,\r(2a))))上单调递减,geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))0,
    所以此时f (x)当a≥eq \f(1,2)时,令h(x)=g(x)-f (x)(x≥1).
    当x>1时,h′(x)=2ax-eq \f(1,x)+eq \f(1,x2)-e1-x>x-eq \f(1,x)+eq \f(1,x2)-eq \f(1,x)=eq \f(x3-2x+1,x2)>eq \f(x2-2x+1,x2)>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)综上,a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞)).
    16.(2020·威海一模)已知函数f (x)=2ln x-eq \f(x-11+mx,x).
    (1)当m=1时,试判断f (x)零点的个数;
    (2)若x≥1时,f (x)≤0,求实数m的取值范围.
    解:(1)当m=1时,f (x)=2ln x-eq \f(x-11+x,x)(x>0),f ′(x)=eq \f(-x-12,x2).
    所以f ′(x)≤0(f ′(x)不恒等于零),
    所以f (x)在(0,+∞)上单调递减.
    又f (1)=0,所以f (x)有且只有一个零点.
    (2)f (1)=0,f ′(x)=eq \f(-mx2+2x-1,x2).
    ①当m≤0时,在[1,+∞)上f ′(x)>0恒成立,
    所以f (x)在[1,+∞)上单调递增,
    所以f (x)≥f (1)=0,不符合题意.
    ②当m>0时,设g(x)=-mx2+2x-1.
    当Δ=4-4m≤0即m≥1时,g(x)=-mx2+2x-1≤0恒成立.
    所以在[1,+∞)上,f ′(x)≤0恒成立.
    所以f (x)在[1,+∞)上单调递减,所以f (x)≤f (1)=0,符合题意.
    所以m≥1.
    当Δ=4-4m>0即0因为g(1)=1-m>0,可知x1<1所以当x∈(1,x2)时f ′(x)>0,当x∈(x2,+∞)时f ′(x)<0,
    即f (x)在(1,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减.
    所以f (x2)>f (1)=0,不符合题意.
    综上,实数m的取值范围为[1,+∞).
    x
    -3
    (-3,2)
    2
    (2,3)
    3
    g′(x)

    0

    g(x)
    102

    极小值

    -30
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