2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--专题强化练7　利用导数研究恒(能)成立问题

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
专题强化练7　利用导数研究恒(能)成立问题
1.(2023河南洛阳第一高级中学月考)已知函数f(x)=-1+lnx,若存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,则实数a的取值范围是(　　)
A.(2,+∞)　　　　　B.(-∞,-3) C.(-∞,1]　　　　　D.[3,+∞)
2.(2023山西怀仁月考)已知函数f(x)=xlnx+2x,若 k∈Z,使得>k+1在(2,+∞)上恒成立,则实数k的最大值为(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5
3.(2022北京顺义期末)已知函数f(x)=若关于x的不等式f(x)≤ax+a-在R上恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[]　　B.[] C.[]　　　　　D.[]
4.(2023安徽萧县鹏程中学阶段质检)已知一次函数g(x)=ax+b,对于函数f(x),若f(x)≤g(x)恒成立,则称g(x)为函数f(x)的一个“线性覆盖函数”.若函数g(x)=x-1是函数f(x)=sin2x-aex,x≥0的一个“线性覆盖函数”,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　　B.[1,+∞) C.[1,2]　　　　　D.
5.(2023江苏常熟中学抽测)已知函数f(x)=x(lnx-a),g(x)=ex(x+1),若对任意的x1∈[1,e],均存在x2∈[-1,1],使得f(x1)=g(x2),则a的取值可能是(　　)
A.-　　　B.-　　　C.-　　　D.
6.(2023浙江嘉兴期末)已知不等式(ax-lnx)·(ex-ax)≥0对任意x>0恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.
7.(2023江苏南京六校联考)已知函数f(x)=lnx,g(x)=xlnx,若当x∈(0,+∞)时,f(x)≤kx+b≤g(x)恒成立(k,b∈R),则k-b=　　　　.
8.(2023浙江宁波北仑月考)已知函数f(x)=-ax+(a∈R).
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若 x1∈[e,e2],都有f(x1)≥1成立,且存在x2∈[e,e3],使f'(x2)+a=0成立,求实数a的取值范围.
9.(2023辽宁大连期末)已知函数f(x)=-lnx-mx(m∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若m=1,证明:[f(x)+x-a]ln(x+1)-1<,a∈R.
答案与分层梯度式解析
专题强化练7　利用导数研究恒(能)成立问题
1.C 2.C 3.A 4.B 5.BC
1.C　存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,即a≤x-xlnx有解,即a≤(x-xlnx)max,
令g(x)=x-xlnx,则g'(x)=1-(lnx+1)=-lnx,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
∴g(x)max=g(1)=1,∴a≤1.故选C.
2.C　依题意得, k∈Z,使得k<在(2,+∞)上恒成立,
∴k<,x>2,k∈Z.
令h(x)=,x>2,则h'(x)=,x>2.
令g(x)=x-4-2lnx,x>2,则g'(x)=1-,x>2,
∴g'(x)>0,∴g(x)在(2,+∞)上单调递增.
∵g(8)=4-2ln8=lne4-ln82<0,g(9)=5-2ln9=lne5-ln92>0,
∴存在x0∈(8,9),使得x0-4-2lnx0=0,即lnx0=,
∴当2x0时,g(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,
∴h(x)min=h(x0)=,
∴k<.
∵83.A　f(x)≤ax+a-在R上恒成立,即函数f(x)的图象恒在直线y=ax+a-的下方或与直线y=ax+a-相切.作出函数f(x)的大致图象,如图中实线部分所示.
易知直线y=ax+a-过定点.
当直线y=ax+a-与y=ln(x+1)(x>0)的图象相切时,设切点为P(x0,ln(x0+1)),
对y=ln(x+1)(x>0)求导,得y'=(x>0),所以,解得x0=-1,所以切线的斜率为,即a=.
当直线y=ax+a-与y=-x2-2x-2(x≤0)的图象相切时,ax+a-=-x2-2x-2,即x2+(a+2)x+a+=0有两个相等的实数根,
所以Δ=(a+2)2-4a-6=0,解得a=或a=-(舍去).
结合图可知,≤a≤.故选A.
4.B　由题意得,sin2x-aex≤x-1在[0,+∞)上恒成立,即a≥在[0,+∞)上恒成立.
令h(x)=sinx-x,x≥0,则h'(x)=cosx-1≤0,且不恒为0,
∴h(x)在[0,+∞)上单调递减,
∴h(x)≤h(0)=0 sinx≤x sin2x≤2x,
∴当x≥0时,≤,当且仅当x=0时取等号.
令p(x)=ex-x-1,x≥0,则p'(x)=ex-1≥0,且不恒为0,∴p(x)在[0,+∞)上单调递增,∴p(x)≥p(0)=0 ex≥x+1 ≤1,当且仅当x=0时取等号,
∴≤≤1,当且仅当x=0时取等号,
∴=1,∴a≥1.故选B.
5.BC　设f(x)在[1,e]上的值域为A,g(x)在[-1,1]上的值域为B,则A B,
易得g'(x)=(x+2)ex,∴当x∈[-1,1]时,g'(x)>0,
∴g(x)在[-1,1]上单调递增,∴B=[0,2e].
易得f'(x)=lnx-a+1(1≤x≤e),
当a≤1时,f'(x)≥0恒成立,且仅在个别点处取“=”,∴f(x)在[1,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=-a,f(x)max=f(e)=e(1-a),即A=[-a,e(1-a)],
∴解得-1≤a≤0,满足条件.
当a≥2时,∵lnx+1≤lne+1=2,∴f'(x)≤0,且仅在个别点处取“=”,∴f(x)在[1,e]上单调递减,
∴f(x)min=f(e)=e(1-a),f(x)max=f(1)=-a,即A=[e(1-a),-a],
∴解得-2e≤a≤1,不满足条件,舍去.
当1∴当x∈[1,ea-1)时,f'(x)<0;当x∈(ea-1,e]时,f'(x)>0,
∴f(x)在[1,ea-1)上单调递减,在(ea-1,e]上单调递增,∴f(x)min=f(ea-1)=-ea-1<0,不合题意,舍去.
综上所述,-1≤a≤0.故选BC.
6.答案　
解析　由(ax-lnx)(ex-ax)≥0对任意x>0恒成立,得或即或
令f(x)=,
则f'(x)=,令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0,得0易得g'(x)=,令g'(x)>0,得0e,故函数g(x)在x=e处取得极大值,也是最大值,为g(e)=.
若则≤a≤e;
若由上述分析可知不等式组的解集为 .
综上可得,实数a的取值范围是.
7.答案　2
解析　由题意得lnx≤kx+b≤xlnx在x∈(0,+∞)上恒成立,所以当x=1时,k+b=0,所以lnx≤kx-k≤xlnx.
令m(x)=lnx-kx+k,则m(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立.
易得m'(x)=,
当k≤0时,m'(x)>0,所以m(x)=lnx-kx+k在(0,+∞)上单调递增,
又m(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,m(x)>m(1)=0,不满足lnx≤kx-k;
当k>0时,令m'(x)=0,得x=,所以当x∈时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)max=m=-lnk+k-1,因为m(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,所以-lnk+k-1≤0恒成立.
令t(x)=-lnx+x-1,则t'(x)=-+1,
所以当x∈(0,1)时,t'(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,t'(x)>0,
所以t(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以t(x)min=t(1)=0,所以t(x)=-lnx+x-1≥0.
所以-lnk+k-1=0,得k=1.
结合k+b=0,得b=-1,所以k-b=2.
8.解析　(1)由题意得f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f'(x)=-a+.
当a=2时,f'(x)=-2+
=-,
此时f'(x)<0恒成立,所以f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.
(2)由题意得-ax+≥1,即a≤-对任意x∈[e,e2]恒成立,所以a≤,x∈[e,e2].
令h(x)=-,x∈[e,e2],则h'(x)=,x∈[e,e2].
令φ(x)=lnx-(x>0),则φ'(x)=,
令φ'(x)<0,得x>4,令φ'(x)>0,得0所以φ(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,
所以当x=4时,φ(x)取得极大值,也是最大值,为φ(4)=ln4-2.
易知ln4-2<0,所以φ(x)<0 lnx< (lnx)2所以h'(x)<0,
所以h(x)在[e,e2]上单调递减,所以h(x)min=-,所以a≤-.
由(1)知,f'(x)=-a+,所以f'(x2)+a.
令g(x)=a,x∈[e,e3].
令=t,则t∈,函数g(x)可转化为y=-t2+t-a,易知其值域为.
由题意得-≤0且≥0,解得0≤a≤.
综上,实数a的取值范围为.
9.解析　(1)f'(x)=-,x>0.
当m=0时,f'(x)=-<0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当m≠0时,对于方程mx2+x+m=0,若Δ=1-4m2≤0,则m≤-或m≥,
若m≤-,则f'(x)≥0,等号不恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
若m≥,则f'(x)≤0,等号不恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
若Δ=1-4m2>0,则-且m≠0,
令f'(x)=0,得x1=,x1x2=1,
若0若-0,当x∈(x2,x1)时,f'(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,
所以函数f(x)在(0,x2),(x1,+∞)上单调递增,在(x2,x1)上单调递减.
综上,当m≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-(2)证明:当m=1时,f(x)=-lnx-x.
要证,
只需证(1-xlnx-ax).
记h(x)=1-xlnx-ax,则h'(x)=-lnx-1-a,
令h'(x)=0,得x=e-(a+1),
所以当x∈(0,e-(a+1))时,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(e-(a+1),+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)≤h(e-(a+1))=1+.
令k(x)=ln(1+x)-x(x>0),则k'(x)=<0,
所以k(x)在(0,+∞)上单调递减,所以k(x)0).
所以(1-xlnx-ax),
所以[f(x)+x-a]ln(x+1)-1<.
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