人教A版普通高中数学一轮复习19课时练习含答案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习19课时练习含答案，共5页。
(1)求函数f(x)的单调区间及极值；
解：(1)由已知可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1-xx，
当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，
故x＝1是f(x)的极大值点，无极小值点，所以f(x)的极大值为f(1)＝－1，无极小值．
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(方法一)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－xex＋x＋m，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1x－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)1x-ex．
令t(x)＝1x－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－1x2－ex＜0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以t(x)＝1x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
又t12＝2－e＞0，t(1)＝1－e＜0，
所以∃x0∈12，1，使得t(x0)＝1x0-ex0＝0，即1x0＝ex0，即－ln x0＝x0.
因此当0＜x＜x0时，t(x)＞0，即h′(x)＞0，则h(x)单调递增；当x＞x0时，t(x)＜0，即h′(x)＜0，则h(x)单调递减，
故由题意可知h(x)max＝h(x0)＝lnx0-x0ex0＋x0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1，
所以实数m的取值范围是(－∞，1].
(方法二)令m(x)＝ex－x－1，m′(x)＝ex－1，
当x＜0时，m′(x)＜0；当x＞0时，m′(x)＞0，所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1.
因为xex＝ex＋ln x，所以xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1，当x＋ln x＝0时等号成立，
即xex－x－ln x≥1，当x＋ln x＝0时等号成立，
所以y＝xex－x－ln x的最小值为1.
若f(x)≤g(x)恒成立，则xex－x－ln x≥m，所以m≤1，
即实数m的取值范围是(－∞，1].
2．已知f(x)＝a ln x－x2－e2(其中e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
解：(1)由题可知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ax－2x＝a-2x2x．
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜a2；令f′(x)＜0，得x＞a2，
故f(x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为0，a2，单调递减区间为a2，+∞．
(2)若存在实数x＞0，使f(x)＞0能成立，求正数a的取值范围．
解：由题设知a＞0，结合(1)知f(x)max＝fa2＝a ln a2－a2－e2，
若在(0，＋∞)上存在实数x，使f(x)＞0能成立，则f(x)max＝a ln a2－a2－e2＞0.
令g(a)＝a2ln a2－a2－e2，则g′(a)＝12ln a2＋12－12＝12ln a2．
当a∈(0，2)时，g′(a)＜0；当a∈(2，＋∞)时，g′(a)＞0，
所以g(a)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
而当a∈(0，2)时，g(a)＜0，g(2)＝－1－e2＜0，g(2e2)＝0，
所以正数a的取值范围是(2e2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ln x－ax＋1-ax－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜12时，讨论f(x)的单调性；
解：(1)因为f(x)＝ln x－ax＋1-ax－1，所以f′(x)＝1x－a＋a-1x2＝－ax2-x+1-ax2，x∈(0，＋∞)．
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，1a－1.
因为0＜a＜12，所以 1a－1＞1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈1，1a-1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈1a-1，+∞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝14时，若对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解：因为a＝14∈0，12，且1a－1＝3＞2，所以由(1)知当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－12．
对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，即g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－12(*)．
g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，
①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0＞－12，与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0＞－12，与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－12，可得b≥178．
综上所述，实数b的取值范围为178，+∞．
4．(2024·南昌模拟)已知函数f(x)＝13x3＋12x2＋ax，g(x)＝xex-1＋x ln x，f′(x)，g′(x)分别为f(x)，g(x)的导函数，且对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f′(x1)≤g′(x2)－2.
(1)求实数a的取值范围；
解：因为f(x)＝13x3＋12x2＋ax，所以f′(x)＝x2＋x＋a＝x+122＋a－14，
所以f′(x)在区间(0，1]上单调递增，
故f′(x)max＝f′(1)＝a＋2.
因为g(x)＝xex-1＋x ln x，所以g′(x)＝ex-1＋xex-1＋ln x＋1＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1.
令h(x)＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1，则h′(x)＝(x＋2)ex-1＋1x．
又x∈(0，1]，所以h′(x)＞0，
故g′(x)在区间(0，1]上单调递增，所以g′(x)max＝g′(1)＝3.
又因为对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f′(x1)≤g′(x2)－2，所以f′(x)max≤g′(x)max－2，
即a＋2≤3－2，解得a≤－1，
故实数a的取值范围为(－∞，－1].
(2)证明：∀x＞0，有g(x)≥f′(x)．
证明：令s(x)＝ex-1－x，x＞0，则s′(x)＝ex-1－1.
令s′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，s′(x)＜0，s(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，s′(x)＞0，s(x)单调递增，
所以s(x)≥s(1)＝0，即ex-1≥x(当且仅当x＝1时，等号成立)．
令F(x)＝ln x＋1x－1，则F′(x)＝1x－1x2＝x-1x2．
令F′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，
所以F(x)≥F(1)＝0，即ln x≥－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
故ex-1＋ln x≥x－1x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)．
又因为x＞0，所以xex-1＋x ln x≥x2＋x－1.
由(1)知a≤－1，所以x2＋x－1≥x2＋x＋a，
故xex-1＋x ln x≥x2＋x＋a，即对∀x＞0，有g(x)≥f′(x)．