备考2024届高考数学一轮复习好题精练第三章一元函数的导数及其应用突破2利用导数研究恒能成立问题

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x2ln x≥0，求a的取值范围.
解析 解法一 由x＞0，得f（x）－x3＋x2ln x≥0⇔ln x＋a－2x＋ax2≥0，
设g（x）＝ln x＋a－2x＋ax2，
则g'（x）＝1x－a－2x2－2ax3＝x2＋（2－a）x－2ax3＝（x+2)(x－a）x3（x＞0），
①当a≤0时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，x→0时，g（x）→－∞，不合题意；
②当a＞0时，x∈（0，a），g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（a）＝ln a＋a－2a＋aa2＝ln a＋1－1a，
∴g（x）≥0⇔ln a＋1－1a≥0，
易知y＝ln a＋1－1a单调递增，且ln 1＋1－11＝0，故g（x）≥0⇔g（a）≥0⇔a≥1.
综上，a的取值范围为[1，＋∞）.
解法二 令g（x）＝f（x）－x3＋x2ln x＝a（x＋1）－2x＋x2ln x，
则g（x）≥0恒成立，即∀x＞0，a≥（2x－x2lnxx+1）max.
令h（x）＝2x－x2lnxx+1，
则h'（x）＝－（x+2)(x－1+xlnx）（x+1）2，
令φ（x）＝x－1＋xlnx，
则φ'（x）＝ln x＋2，
当x∈（0，e－2）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
当x∈（e－2，＋∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
∴φ（x）min＝φ（e－2）＝－1－e－2.
又φ（1）＝0，当x→0时，φ（x）→－1，当x→＋∞时，φ（x）→＋∞，
∴φ（x）的大致图象如图所示.
当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（x）max＝h（1）＝1，∴a≥1.
2.[2023湖南长沙一中5月三模]已知函数f（x）＝xsinx＋cs x.
（1）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数g（x）＝－x2＋2ax，若对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得
12πf（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
解析 （1）f（x）＝xsinx＋cs x，
则f'（x）＝sin x＋xcsx－sin x＝xcsx.
当x∈（0，π）时，令f'（x）＞0，得0＜x＜π2，
令f'（x）＜0，得π2＜x＜π，
所以当x∈（0，π）时，函数f（x）的单调递增区间为（0，π2），单调递减区间为（π2，π）.
（2）对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得12πf（x1）≤g（x2）成立，
即[12πf（x1）]max≤[g（x2）]max.
当x∈[－π，π]时，f（－x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数.
由（1）得f（x）在[0，π]上的最大值为f（π2）＝π2，
所以f（x）在[－π，π]上的最大值为π2.
所以对x1∈[－π，π]，[12πf（x1）]max＝12π×π2＝14.
故原问题转化为[g（x2）]max≥14.
易知函数g（x）＝－x2＋2ax为二次函数，其图象开口向下，对称轴为直线x＝a.
①当a≤0时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（0）＝0，不合题意.
②当0＜a＜1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（a）＝a2，
令a2≥14，得a≥12或a≤－12（舍去），
所以12≤a＜1.
③当a≥1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（1）＝2a－1，
令2a－1≥14，得a≥58，所以a≥1.
综上，a的取值范围是[12，＋∞）.
3.[2022新高考卷Ⅱ节选]已知函数f（x）＝xeax－ex.
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex，f'（x）＝xex，
当x＞0时，f'（x）＝xex＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当x＜0时，f'（x）＝xex＜0，函数f（x）在（－∞，0）上单调递减.
（2）f'（x）＝（1＋ax）eax－ex（x＞0），
①当a≥1时，f'（x）＝（1＋ax）eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.
②当a≤0时，f'（x）≤eax－ex≤1－ex＜0.
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（x）＜－1，满足题意.
③当0＜a≤12时，f'（x）≤（1＋x2）ex2－ex＝ex2[（1＋x2）－ex2]，
设G（x）＝1＋x2－ex2（x＞0），则G'（x）＝12－12ex2＜0，
所以G（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以G（x）＜0，所以f'（x）≤ex2G（x）＜0，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以f（x）＜－1，满足题意.
④当12＜a＜1时，f'（x）＝eax[1＋ax－e（1－a）x]，
令H（x）＝1＋ax－e（1－a）x，则f'（x）＝eaxH（x），
H'（x）＝a＋（a－1）·e（1－a）x，易知H'（x）为减函数，又H'（0）＝2a－1＞0，x→＋∞时，H'（x）＜0，
所以∃x0∈（0，＋∞），使H'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，H'（x）＞0，H（x）在（0，x0）上单调递增，
此时H（x）＞0，
所以当x∈（0，x0）时，f'（x）＝eaxH（x）＞0，
f（x）在（0，x0）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.
综上，实数a的取值范围为（－∞，12].
4.[2023河南信阳三模]已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x.
（1）当x∈[0，π]时，求证：f（x）＞0.
（2）若f（x）≤ax＋1恒成立，求a的值.
解析 （1）f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x＝ln（x＋1）＋2sin（x＋π4）.
当x∈[0，3π4]时，ln（x＋1）≥0，sin（x＋π4）≥0，且二者不同时为0，
所以f（x）＞0.
当x∈（3π4，π]时，ln（x＋1）＞ln（1＋3π4）＞ln 3＞1，
且2sin（x＋π4）≥2sin 5π4＝－1，所以f（x）＞0.
综上，当x∈[0，π]时，f（x）＞0.
（2）令g（x）＝f（x）－（ax＋1）＝ln（1＋x）＋sin x＋cs x－ax－1（x＞－1），
若f（x）≤ax＋1恒成立，则g（x）≤0恒成立，只需g（x）max≤0.
因为g（0）＝0，且g（x）的图象在定义域上连续不间断，所以x＝0是g（x）的一个极大值点，则有g'（0）＝0.
因为g'（x）＝11+x＋cs x－sin x－a，
所以g'（0）＝11+0＋cs 0－sin 0－a＝2－a＝0，a＝2.
当a＝2时，g'（x）＝11+x＋cs x－sin x－2＝11+x＋2cs（x＋π4）－2.
当x∈（－1，0]时，11+x＞1，2cs（x＋π4）≥1，所以g'（x）＞0，
故g（x）在（－1，0]上单调递增；
当x∈（0，3π4]时，g'（x）在（0，3π4]上单调递减，且g'（0）＝0，
所以g'（x）＜g'（0）＝0，
故g（x）在（0，3π4]上单调递减；
当x∈（3π4，＋∞）时，11+x＜12，
所以g'（x）＝11+x＋2cs（x＋π4）－2＜12＋2－2＜0，
故g（x）在（3π4，＋∞）上单调递减.
综上，当a＝2时，g（x）在（－1，0]上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减，g（x）≤0恒成立.
故若f（x）≤ax＋1恒成立，则a＝2.