2023届高考一轮复习讲义(理科)第三章 导数及其应用 第2讲 第4课时 高效演练分层突破学案
展开1.已知函数f(x)=x+eq \f(4,x),g(x)=2x+a,若∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1)),∃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)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,故选A.
2.(2020·吉林白山联考)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________.
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:e
3.(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)=eq \f(1,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)=eq \f(1,x)-a,
令φ′(x)=0,得x=eq \f(1,a),
当x变化时,φ′(x),φ(x)的变化情况下表:
所以φ(x)max=φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>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)=eq \f(ln x,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≤eq \f(ln x,x),即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)=eq \f(ln x,x2),则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max),
由h′(x)=eq \f(1-2ln x,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,即最大值为eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e).
5.(2020·河南郑州质检)已知函数f(x)=ln x-a(x+1),a∈R,在(1,f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)-eq \f(x2,2)+2x+eq \f(1,2)>k(x-1)成立,求k的取值范围.
解:(1)由已知可得f(x)的定义域为(0,+∞).因为f′(x)=eq \f(1,x)-a,所以f′(1)=1-a=0,所以a=1,所以f′(x)=eq \f(1,x)-1=eq \f(1-x,x),令f′(x)>0得0
(2)不等式f(x)-eq \f(x2,2)+2x+eq \f(1,2)>k(x-1)可化为ln x-eq \f(x2,2)+x-eq \f(1,2)>k(x-1).令g(x)=ln x-eq \f(x2,2)+x-eq \f(1,2)-k(x-1)(x>1),则g′(x)=eq \f(1,x)-x+1-k=eq \f(-x2+(1-k)x+1,x),令h(x)=-x2+(1-k)x+1,x>1,h(x)的对称轴为x=eq \f(1-k,2).
①当eq \f(1-k,2)≤1时,即k≥-1,易知h(x)在(1,x0)上单调递减,所以h(x)
②当eq \f(1-k,2)>1时,即k<-1,易知必存在x0,使得h(x)在(1,x0)上单调递增.所以h(x)>h(1)=1-k>0,所以g′(x)>0,所以g(x)在(1,x0)上单调递增.所以g(x)>g(1)=0恒成立,符合题意.
综上,k的取值范围是(-∞,1).
6.设f(x)=xex,g(x)=eq \f(1,2)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+eq \f(1,2)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)=-eq \f(1,2)-eq \f(1,e).
(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-eq \f(1,2)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≥eq \f(1,ex),而eq \f(1,ex)≤e,故m≥e,
即实数m的取值范围是[e,+∞).
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a),+∞))
φ′(x)
+
0
-
φ(x)
极大值
x
(0,eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e),+∞)
h′(x)
+
0
-
h(x)
单调递增
极大值eq \f(1,2e)
单调递减
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