2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题》(含详解)

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2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.5《第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题》1.定义在实数集上的函数f(x)=x2＋x，g(x)=x3－2x＋m.(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程.(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围.           2.已知函数f(x)＝xln x(x>0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．           3.已知函数f(x)＝xex.(1)求函数f(x)的最小值；(2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)>－x3＋ax2＋x恒成立，求实数a的取值范围．            4.函数f(x)＝(x－1)ln x－a.(1)若f(x)在x＝1处的切线方程为y＝1，求a的值；(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．             5.已知函数f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.(1)求函数h(x)＝f(x)﹣g(x)在(1，h(1))处的切线方程；(2)若实数m为整数，且对任意的x＞0时，都有f(x)﹣mg(x)≤0恒成立，求实数m的最小值.          6.已知函数f(x)＝x2﹣aln x＋1(a∈R).(1)若函数f(x)在[1,2]上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若﹣2≤a<0，对任意x1，x2∈[1,2]，不等式|f(x1)-f(x2)|≤m||恒成立，求实数m的取值范围.      
0.答案详解1.解：(1)因为f(x)=x2＋x，所以当x=1时，f(1)=2，因为f′(x)=2x＋1，所以f′(1)=3，所以所求切线方程为y－2=3(x－1)，即3x－y－1=0.(2)令h(x)=g(x)－f(x)=x3－x2－3x＋m，则h′(x)=(x－3)(x＋1).所以当－4＜x＜－1时，h′(x)＞0；当－1＜x＜3时，h′(x)＜0；当3＜x＜4时，h′(x)＞0.要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，由上知h(x)的最大值在x=－1或x=4处取得，而h(－1)=m＋，h(4)=m－，所以m＋≤0，即m≤－，所以实数m的取值范围为(-∞,－]. 2.解：(1)f′(x)＝ln x＋1，f′(x)>0⇒x>，f′(x)<0⇒0<x<，∴f(x)的单调递增区间是(,+∞)，单调递减区间是(0,).∴f(x)在x＝处取得极小值，极小值为f()＝－，无极大值．(2)由f(x)≥恒成立，得m≤恒成立，令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，由g′(x)>0⇒x>1，g′(x)<0⇒0<x<1.所以g(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝4，即m≤4，所以m的最大值是4. 3.解:(1)f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－1，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗结合表格可知函数f(x)的最小值为f＝－.(2)∀x∈(0，＋∞)，xex>－x3＋ax2＋x，即ex>－x2＋ax＋1，令f(x)＝ex＋x2－ax－1，x>0，则f(0)＝0，f′(x)＝ex＋2x－a，易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤1时，f′(x)>f′＝1－a≥0，从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)>f(0)＝0，即ex>－x2＋ax＋1成立．当a>1时，f′＝1－a<0，f′(a)＝>0，存在x0∈(0,a)，使得f′(x0)＝0，当x∈时，f′(x)<0，从而f(x)在上单调递减，此时f(x)<f(0)＝0，即ex<－x2＋ax＋1，不满足条件．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1]． 4.解：(1)f′(x)＝，f′(1)＝0，且f(1)＝－a，∴切线方程为y－(－a)＝0，即y＝－a，∴a＝－1.(2)f(x)≥0恒成立，即a≤(x－1)ln x恒成立，令φ(x)＝(x－1)ln x，∴φ′(x)＝(x＞0)，观察知φ′(1)＝0且当x∈(0,1)时，xln x<0，x－1<0，∴φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，xln x＞0，x－1＞0，∴φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝0.故a≤0，即实数a的取值范围是(－∞，0]． 5.解：(1)h(x)＝f(x)﹣g(x)＝ln x＋x＋1﹣x2﹣2x＝ln x﹣x＋1﹣x2(x＞0)，∴h′(x)＝﹣2x﹣1，∴h′(1)＝1﹣2﹣1＝﹣2，h(1)＝0﹣1＋1﹣1＝﹣1，∴h(x)在(1，h(1))处的切线方程为y＋1＝﹣2(x﹣1)，即2x＋y﹣1＝0.(2)由f(x)﹣mg(x)≤0，即ln x＋x＋1﹣m(x2＋2x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，∴m≥在(0，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝，x＞0，∴φ′(x)＝，显然x＋1＞0，(x2＋2x)2＞0，设t(x)＝﹣(x＋2ln x)，则t′(x)＝﹣(1+)＜0，∴t(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵t(1)＝﹣1＜0，t()＝﹣(+2ln)＝2ln 2﹣＞0，∴∃x0∈(,1)，使得t(x0)＝0，即x0＋2ln x0＝0，当x∈(0，x0)时，t(x)＞0，则φ′(x)＞0，函数φ(x)单调递增，当x∈(x0，＋∞)时，t(x)＜0，则φ′(x)＜0，函数φ(x)单调递减，∴φ(x)max＝φ(x0)＝＝＝∈(,1)，∴由m≥φ(x)恒成立，且m为整数，可得m的最小值为1. 6.解：(1)易知f(x)不是常数函数，因为f(x)＝x2﹣aln x＋1在[1,2]上单调递增，所以f′(x)＝x﹣≥0在[1,2]上恒成立，即a≤x2在[1,2]上恒成立，只需a≤(x2)min＝1.故a的取值范围为(﹣∞，1].(2)因为﹣2≤a<0，由(1)知，函数f(x)在[1,2]上单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤2，则≤m|，可化为f(x2)＋≤f(x1)＋，设h(x)＝f(x)＋＝x2﹣aln x＋1＋，x∈[1,2]，则h(x1)≥h(x2)，所以h(x)在[1,2]上单调递减，即h′(x)＝x﹣﹣≤0在[1,2]上恒成立，等价于m≥x3﹣ax在[1,2]上恒成立，设g(x)＝x3﹣ax，所以m≥g(x)max，因为﹣2≤a<0，所以g′(x)＝3x2﹣a>0，所以函数g(x)在[1,2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝8﹣2a≤12(当且仅当a＝﹣2时等号成立).所以m≥12.即m的取值范围是[12，＋∞).