2022年高考数学二轮专题复习《导数与函数恒成立问题》解答题练习(2份，教师版+原卷版)

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2022年高考数学二轮专题复习《导数与函数恒成立问题》解答题练习1.设函数f(x)=ax2－ln x＋1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=ax2－ex＋3，求证：f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立.【答案解析】解：(1)由于f(x)=ax2－ln x＋1(a∈R)，故f′(x)=2ax－=(x＞0).①当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数.②当a＞0时，令f′(x)=0，得x=.当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值由表可知，f(x)在(0,)上是单调递减函数，在(,+∞)上是单调递增函数.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)的单调递减区间为(0,)，单调递增区间为(,+∞).(2)证明：f(x)－g(x)=ax2－ln x＋1－ax2＋ex－3=ex－ln x－2，令F(x)=ex－ln x－2(x＞0)，要证f(x)＞g(x)，只需证F(x)＞0.F′(x)=ex－，由指数函数及幂函数的性质知，F′(x)=ex－在(0，＋∞)上是增函数.又F′(1)=e－1＞0，F′()=e－3＜0，所以F′(1)·F′()＜0，F′(x)在(，1)内存在唯一的零点，也即F′(x)在(0，＋∞)上有唯一的零点.设F′(x)的零点为t，则F′(t)=et－=0，即et=(<t<1)，由F′(x)的单调性知，当x∈(0，t)时，F′(x)＜F′(t)=0，F(x)为减函数；当x∈(t，＋∞)时，F′(x)＞F′(t)=0，F(x)为增函数.所以当x＞0时，F(x)≥F(t)=et－ln t－2=－ln－2=＋t－2≥2－2=0，当且仅当t=1时，等号成立.又＜t＜1.故等号不成立.所以F(x)＞0，即f(x)＞g(x)在(0，＋∞)上恒成立.2.设函数f(x)=ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).(1)当a=0时，求函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.【答案解析】解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x＋x－1，则f′(x)=－ln x，则f′(e)=－1，f(e)=－1，所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1=－(x－e)，即x＋y＋1－e=0.(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，易知，ln x≤x－1，则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，当2a－1≥0，即a≥时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意.所以a≥.当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a≤0舍去.当0<a<时，由ln x≤x－1，得ln ≤－1，即ln x≥1－，则f′(x)≤2a(x－1)－（1－）=·(2ax－1).因为0<a<，所以>1.当x∈[1,]时，f′(x)≤0恒成立，此时f(x)在[1,]上单调递减，f(x)≤f(1)=0不满足题意，所以0<a<舍去.综上可得，实数a的取值范围为[,+∞).    3.已知函数f(x)=(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若任意x∈[1，＋∞)，不等式f(x)＞－1恒成立，求实数a的取值范围.【答案解析】解：(1)f′(x)=，当a≤－时，x2－2x－2a≥0，故f′(x)≥0，∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上递增，∴当a≤－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间.当a＞－时，令x2－2x－2a=0⇒x1=1－，x2=1＋，列表由表可知，当a＞－时，函数f(x)的递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，递减区间为(1－，1＋).(2)∵f(x)＞－1⇔＞－1⇔2a＞x2－ex，∴由条件2a＞x2－ex，对任意x≥1成立.令g(x)=x2－ex，h(x)=g′(x)=2x－ex，∴h′(x)=2－ex，当x∈[1，＋∞)时，h′(x)=2－ex≤2－e＜0，∴h(x)=g′(x)=2x－ex在[1，＋∞)上递减，∴h(x)=2x－ex≤2－e＜0，即g′(x)＜0，∴g(x)=x2－ex在[1，＋∞)上递减，∴g(x)=x2－ex≤g(1)=1－e，故f(x)＞－1在[1，＋∞)上恒成立，只需2a＞g(x)max=1－e，∴a＞，即实数a的取值范围是（，＋∞）.  4.已知函数f(x)=(x＋a－1)ex，g(x)=x2＋ax，其中a为常数.(1)当a=2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.【答案解析】解：(1)因为a=2，所以f(x)=(x＋1)ex，所以f(0)=1，f′(x)=(x＋2)ex，所以f′(0)=2，所以切点的坐标为(0，1)，所以切线方程为2x－y＋1=0.(2)令h(x)=f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h(x)=(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)=(x＋a)(ex－1)，①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(0)=a－1，则a－1≥0，得a≥1.②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0，当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min=h(－a)，又h(－a)＜h(0)=a－1＜0，所以不合题意.综上，实数a的取值范围为[1，＋∞).5.已知函数f(x)=xln x.(1)若函数g(x)=f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.【答案解析】解：(1)由题意得g′(x)=f ′(x)＋a=ln x＋a＋1.∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－ln x－1.令h(x)=－ln x－1，∴a≥h(x)max，当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范围是[－3，＋∞).(2)∵f(x)≥，∴2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xln x＋x2＋3.又x＞0，∴m≤在∈(0，＋∞)上恒成立.记t(x)==2ln x＋x＋，∴m≤t(x)min.∵t′(x)=＋1－==，令t′(x)=0，得x=1或－3(舍).当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增.∴t(x)min=t(1)=4，即m的最大值为4.6.已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.【答案解析】解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)=2(a＋1).①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－≤a≤，又a≥－1，∴－1≤a≤.②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.综上，ln3－3≤a≤.故a的取值范围是[ln3－3，].   7.已知函数f(x)=lnx＋x2－ax(a＞0).(1)讨论f(x)在(0,1)上极值点的个数；(2)若x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，且f(x1)－f(x2)＞m恒成立，求实数m的取值范围.【答案解析】解：(1)f′(x)=＋2x－a=，令g(x)=2x2－ax＋1，令g(x)=2x2－ax＋1=0得Δ=a2－8，①当Δ≤0，即0＜a≤2时，g(x)＞0恒成立，此时f(x)在(0,1)上无极值点；②当Δ＞0，即a＞2时，由g(x)=2x2－ax＋1=0得，x1=，x2=.(ⅰ)若2＜a＜3，则0＜x1=＜＜1,0＜x2=＜=1.故此时f(x)在(0,1)上有两个极值点；(ⅱ)若a≥3，则0＜x1===≤=＜1，而x2=＞=1.故此时f(x)在(0,1)上只有一个极值点；综上可知，当0＜a≤2时，f(x)在(0,1)上无极值点；当2＜a＜3时，f(x)在(0,1)上有两个极值点；当a≥3时，f(x)在(0,1)上只有一个极值点.(2)：∵x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，∴x1，x2是f′(x)=＋2x－a==0在区间(0,1)内的两个零点.令f′(x)=0，得x1，x2是方程2x2－ax＋1=0的两根，∴Δ=a2－8＞0，∴a＞2，x1＋x2=＞0，x1·x2=.f(x1)－f(x2)=(lnx1＋x－ax1)－(lnx2＋x－ax2)=ln＋(x－x)＋a(x2－x1)=ln＋(x－x)＋2(x1＋x2)(x2－x1)=ln＋x－x=ln＋·，令t=∈(0,1)，则f(x1)－f(x2)=h(t)=lnt＋，t∈(0,1)，又h′(t)=－＜0，∴h(t)在区间(0,1)内单调递减，∴h(t)＞h(1)=0，即f(x1)－f(x2)＞0.∴m≤0，即实数m的取值范围是(－∞，0].8.已知函数f(x)=mx－，g(x)=3ln x.(1)当m=4时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1,  ](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)<3恒成立，求实数m的取值范围 .【答案解析】解：(1)当m=4时，f(x)=4x－，f′(x)=4＋，f′(2)=5，又f(2)=6，所以所求切线方程为y=5x－4.(2)由题意知，x∈(1， ]时，mx－－3ln x<3恒成立，即m(x2－1)<3x＋3xln x恒成立，因为x∈(1， ]，所以x2－1>0，则m<恒成立.令h(x)=，x∈(1，]，则m<h(x)min，h′(x)==－，因为x∈(1， ]，所以h′(x)<0，即h(x)在(1， ]上是减函数.所以当x∈(1， ]时，h(x)min=h()=.所以m的取值范围是（-∞，）.