2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第4章第4讲　第2课时　利用导数解决不等式恒（能）成立问题Word版含解析

这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第4章第4讲　第2课时　利用导数解决不等式恒（能）成立问题Word版含解析，共22页。试卷主要包含了不等式能成立问题的解题关键点，已知函数f＝2ex.，已知函数f＝ex－mx2.等内容，欢迎下载使用。

考向一 恒成立问题
例1 (2021·南平模拟)已知函数f(x)＝(x－4)ex－3－eq \f(1,2)x2＋3x－eq \f(7,2)，g(x)＝aex＋csx，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性，并求不等式f(x)>0的解集；
(2)若a＝1，证明：当x>0时，g(x)>2；
(3)用max{m，n}表示m，n中的最大值，设函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}，若h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，
当x>3时，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，当x0，得ex>1，sinx∈[－1,1]，
则g′(x)＝ex－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2.
(3)由(1)知，当x≥3时，f(x)≥0恒成立，故h(x)≥0恒成立；
当x0，f′(x)≥0，
此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当00，得0ln x，
当a≤2时，ln x0恒成立．
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.
一、单项选择题
1．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( )
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12,7]
答案 B
解析 令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
2．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)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．[－1，＋∞)
C．[－e，＋∞) D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
答案 D
解析 f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x0恒成立，当a0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故A正确，B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥eq \f(π,2)时，f(x)＝ex－cs2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC．
三、填空题
6．(2021·茂名模拟)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋ln x，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数m的取值范围是________.
答案 [－eq \r(e)，eq \r(e) ]
解析 f(x)≥g(x)恒成立⇔x2＋ex≥(m2＋1)x＋ln x(x>0)恒成立⇔m2＋1≤eq \f(x2＋ex－ln x,x)(x>0)恒成立，
令h(x)＝eq \f(x2＋ex－ln x,x)＝x＋eq \f(ex,x)－eq \f(ln x,x)，
则h′(x)＝eq \f(x－1ex＋x2＋ln x－1,x2)，
再令t(x)＝(x－1)ex＋x2＋ln x－1(x>0)，则t′(x)＝xex＋2x＋eq \f(1,x)>0恒成立，
∴y＝t(x)在(0，＋∞)上单调递增，又t(1)＝h′(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，t(x)0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝1＋e，∴m2＋1≤1＋e，解得－eq \r(e)≤m≤ eq \r(e).
7．(2021·聊城一模)若eq \f(ln x＋1,x)≤ax＋b对于x∈(0，＋∞)恒成立，当a＝0时，b的最小值为________；当a>0时，eq \f(b,a)的最小值是________.
答案 1 －eq \f(1,e)
解析 a＝0时，b≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x＋1,x)))max，令f(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x－1,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
且当01时，f′(x)0时，令ax＋b＝0，可得x＝－eq \f(b,a)，故eq \f(b,a)取得最小值，直线y＝ax＋b在x轴的截距最大，
又eq \f(ln x＋1,x)≤ax＋b.
结合图象可知，令f(x)＝eq \f(ln x＋1,x)＝0，可得x＝eq \f(1,e)，
则直线y＝ax＋b在x轴上的截距－eq \f(b,a)≤eq \f(1,e)，所以eq \f(b,a)≥－eq \f(1,e)，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))min＝－eq \f(1,e).
四、解答题
8．(2021·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.
(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；
(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.
因为x≥1，所以2x－1≥1，ex>0，
所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
9．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)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)＝eq \f(a,x)＋2x－4＝eq \f(2x2－4x＋a,x).
∵3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则
F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当0F(1)＝1>0，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝eq \f(2x－2x－ln x－x－2x－1,x－ln x2)
＝eq \f(x－1x－2ln x＋2,x－ln x2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
10．(2021·唐山模拟)已知函数f(x)＝ex－mx2.
(1)若x轴是曲线y＝f(x)的一条切线，求m的值；
(2)若当x≥0时，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范围．
解 (1)设曲线y＝f(x)的切点为(x0,0)，
则f′(x)＝ex－2mx，所以f′(x0)＝ex0－2mx0＝0，
即ex0－2mx0＝0，①
又因为f(x0)＝0，即ex0－mxeq \\al(2,0)＝0，②
联立①②可得m＝eq \f(e2,4).
(2)设g(x)＝f(x)－(2x－sinx＋1)＝ex－mx2－2x＋sinx－1，x≥0，
g′(x)＝ex－2mx－2＋csx，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－2m－sinx，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－csx≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h′(x)≥h′(0)＝1－2m.
①当m≤eq \f(1,2)时，h′(x)≥h′(0)＝1－2m≥0，
∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，
∴m≤eq \f(1,2)符合题意．
②当m>eq \f(1,2)时，h′(0)＝1－2m1－sin2m≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上存在唯一零点x0，使得h′(x0)＝0.
∴当x∈[0，x0]时，g′(x)≤g′(0)＝0，
∴g(x)在[0，x0]上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，与题意不符．
综上，m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
11．(2021·汕头三模)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝csx＋eq \f(1,2)x2－1.
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解 (1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1，所以f′(x)＝ex－x－1，
令φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－1≥0恒成立，
故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(0)＝0，则f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0，故原式得证．
(2)因为f(x)＋g(x)＝ex＋csx－ax－2，
令h(x)＝f(x)＋g(x)＝ex＋csx－ax－2，
即h(x)≥0恒成立，因为h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－csx，
又ex≥1，－1≤csx≤1，故t′(x)≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则h′(x)≥h′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0.
此时原式成立，故a≤1满足题意；
②当1－a1时，h′(0)＝1－a0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，由f′(x)＝0得x＝eq \f(1,2m)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x>0，,x>0))得00时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等价于对x∈[2,2e2]，g(x)min≥f(x)max，
由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，
x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，
所以a∈(0,3]，
所以实数a的取值范围为(0,3]．
13．(2021·湖南模拟)已知函数f(x)＝axln x－bx2－ax.
(1)曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋eq \f(1,2)＝0，求a，b的值；
(2)若a≤0，b＝eq \f(1,2)时，∀x1，x2∈(1，e)，都有eq \f(|fx1－fx2|,|x1－x2|)