2020版高考数学一轮复习课时作业16《 导数与不等式问题》(含解析)

课时作业16　导数与不等式问题一、选择题1.当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　C　)A.[－5，－3]  B.C.[－6，－2]  D.[－4，－3]解析：当x∈(0,1]时，a≥－33－42＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，故实数a的取值范围为[－6，－2].2.若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　B　)A.(－∞，0)  B.(－∞，4]C.(0，＋∞)  D.[4，＋∞)解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝.当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.二、填空题3.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(－∞，－20].解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去).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≤－20.4.(2019·福建三校联考)已知函数f(x)＝ax2－xlnx在上单调递增，则实数a的取值范围是a≥.解析：f′(x)＝2ax－lnx－1≥0，解得2a≥在上恒成立，构造函数g(x)＝，g′(x)＝＝＝0，解得x＝1，∴g(x)在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)的最大值为g(1)＝1，∴2a≥1，a≥，故填a≥.5.(2019·四川成都七中一诊)设函数f(x)＝，g(x)＝，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，则正数k的取值范围是k≥.解析：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，等价于≤恒成立，f(x)＝＝x＋≥2＝2，当且仅当x＝，即x＝1时取等号，即f(x)的最小值是2，由g(x)＝，则g′(x)＝＝，由g′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，即当x＝1时，g(x)取得极大值同时也是最大值g(1)＝，则的最大值为＝，则由≥，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，则k≥.三、解答题6.(2019·沈阳监测)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数.(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x>0时，求证f(x)≥a；(3)若在区间(1，e)上e－ex<0恒成立，求实数a的取值范围.解：(1)由题意得f′(x)＝，∴f′(2)＝＝2，∴a＝4.(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，则g′(x)＝a.令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0<x<1；∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥a.(3)由题意可知e<ex，化简得<lnx，又x∈(1，e)，∴a>.令h(x)＝，则h′(x)＝，由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋>0，∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，∴h(x)<h(e)＝e－1.∴a≥e－1.故实数a的取值范围为[e－1，＋∞).7.(2019·开封高三定位考试)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1).(1)求函数f(x)的极小值；(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围.解：(1)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna.∵当a>1时，lna>0，(ax－1)lna在R上是增函数，当0<a<1时，lna<0，(ax－1)lna在R上也是增函数，∴当a>1或0<a<1时，f′(x)在R上是增函数，又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1.(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，而当x∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可.当x∈[－1,1]时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x[－1,0)0(0,1]f′(x)－0＋f(x)极小值∴f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者.f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－(＋1＋lna)＝a－－2lna，令g(a)＝a－－2lna(a>0)，∵g′(a)＝1＋－＝(1－)2>0，∴g(a)＝a－－2lna在(0，＋∞)上是增函数.而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1).∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1.函数y＝a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，即＋lna≥e－1，函数y＝＋lna在(0,1)上是减函数，解得0<a≤.综上可知，所求a的取值范围为(0，]∪[e，＋∞).8.(2019·惠州市调研考试)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.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，∴2e x0－(e x0)2＋3≥0，解得0<x0≤ln3.由e x0＝x0－a⇒a＝x0－e x0，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，].9.(2019·益阳、湘潭调研考试)设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　B　)A.(0，)  B.(，]C.(，]  D.(，]解析：设h(x)＝a(x＋1)，g(x)＝x3－3x2＋5，则f(x)＝g(x)－h(x)，g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，由g′(x)>0，得x<0或x>2，故g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0，得0<x<2，故g(x)在(0,2)上单调递减，画出函数g(x)和h(x)的大致图象如图所示，h(x)过定点(－1,0).由图可知要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，即存在唯一的正整数x0，使得g(x0)<h(x0)，只需即解得<a≤，故选B.10.(2019·湖北八校联考)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R).(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λlnx－e－x，∴f′(x)＝＋e－x＝，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－，令φ(x)＝－，则φ′(x)＝，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－，∴λ≤－；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－，由①得φ(x)＝－在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.综上，λ≤－或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－时，f(x)＝－lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，即－lnx1－e－x1>－lnx2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.要证e1－x2－e1－x1>1－，只需证lnx1－lnx2>1－，即证ln>1－，令t＝，t∈(0,1)，则只需证lnt>1－，令h(t)＝lnt＋－1，则当0<t<1时，h′(t)＝<0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h(t)>0，即lnt>1－，得证.