通用版高考数学一轮复习课时突破练20　利用导数研究恒(能)成立问题（含解析）

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通用版高考数学一轮复习
课时突破练20　利用导数研究恒(能)成立问题
1.(10分)已知函数f(x)=xln x,若对于所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.
2.(15分)已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若 x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.
3.(15分)(2024·长沙一中模拟)已知函数f(x)=ex+a+cos x-sin x.
(1)当a=0时,讨论f(x)在(0,+∞)上的单调性;
(2)当x>0时,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
4.(15分)(2024·山东聊城模拟)已知函数f(x)=xln x+,g(x)=2xex-ln x-x-ln 2.
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值;
(2)若对任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
答案：
1.解 (方法一　分离参数法)
依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+在[1,+∞)上恒成立,即a≤(ln x+)min,x∈[1,+∞).设g(x)=ln x+(x≥1),则g'(x)=,
令g'(x)=0,得x=1,
当x≥1时,因为g'(x)≥0,故g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=1,
故a的取值范围是(-∞,1].
(方法二　构造函数法)
当x=1时,有f(1)≥a-1,
即a-1≤0,得a≤1.构造F(x)=f(x)-(ax-1)=xln x-ax+1,
原命题等价于F(x)≥0在x≥1上恒成立 F(x)min≥0,x∈[1,+∞),F'(x)=ln x+1-a,在[1,+∞)上F'(x)≥0恒成立,因此,函数F(x)在[1,+∞)上单调递增,所以F(x)min=F(1)=1-a≥0,得a≤1.
故a的取值范围是(-∞,1].
2.解 (1)因为f'(x)=a-ex,x∈R.
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f'(x)=0得x=ln a.
由f'(x)>0,得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln a);由f'(x)<0,得f(x)的单调递减区间为(ln a,+∞).
(2)因为 x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,所以ax,即a令h(x)=,则问题转化为a≤h(x)max,因为h'(x)=,令h'(x)=0,则x=
当x在区间(0,+∞)内变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:
x (0,) (,+∞)
h'(x) + 0 -
h(x) 单调递增 极大值 单调递减
由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为,所以a
故a的取值范围为
3.解 (1)当a=0时,f(x)=ex+cos x-sin x,f'(x)=ex-sin x-cos x.令h(x)=ex-sin x-cos x,则当x时,ex>2,sin x+cos x<2,
故h(x)=ex-sin x-cos x>0;
当x时,h'(x)=ex-cos x+sin x=ex+sin,此时ex>1,sin(-1,1),故h'(x)>0,
所以h(x)在上单调递增,所以当x时,h(x)>h(0)=0.
故当a=0,x>0时,f'(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)由题意知,当x>0时,f(x)=ex+a+cos x-sin x≥0恒成立,
即ea恒成立.
令φ(x)=,x∈(0,+∞),
则φ'(x)=,x∈(0,+∞).
故φ(x)在上单调递增,在每一个开区间(k∈N)上都单调递减,在每一个开区间(k∈N)上都单调递增,
又(k∈N),
所以φ(x)max=,
故ea,解得a≥-,故实数a的取值范围是
4.解 (1)由f(x)=xln x+,得f'(x)=ln x+1-,x>0,设直线y=x与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),
则
解得故a的值为
(2)由g(x)=2xex-ln x-x-ln 2,得g'(x)=2ex+2xex--1=(x+1)(x>0).设h(x)=2ex-,则h'(x)=2ex+,当x>0时,h'(x)=2ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为h=2-4<0,h(1)=2e-1>0,所以存在x0,使得h(x0)=0,当x∈(0,x0)时,h(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,
从而g'(x0)=0,且当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,
所以函数g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=2x0-ln x0-x0-ln 2.
由h(x0)=0,得2=0,则x0,故x0+ln x0=-ln 2,所以g(x)min=1+ln 2-ln 2=1.
因为对任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,所以对任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≥1成立,即不等式xln x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即不等式a≥x-x2ln x对任意的x∈(0,+∞)恒成立.设φ(x)=x-x2ln x,则φ'(x)=1-x-2xln x,φ'(1)=0,
当x∈(0,1)时,1-x>0,2xln x<0,所以φ'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,1-x<0,2xln x>0,所以φ'(x)<0,
所以函数φ(x)=x-x2ln x在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=1,因此a≥1,
故a的取值范围为[1,+∞).
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