2025年高考数学一轮复习-4.4.1-利用导数研究恒(能)成立问题-专项训练【含答案】

4.4.1-利用导数研究恒(能)成立问题1．已知函数f(x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1处取得极值4.(1)求a，b的值；(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f(x)成立，求实数λ的取值范围．2．已知函数f(x)＝lnx＋ax，a∈R.当x≥1时，关于x的不等式f(x)≤x－2a恒成立，试求实数a3．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xe(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．4．已知函数f(x)＝aex.(1)讨论函数F(x)＝f(x)＋x的单调性；(2)当x>2时，f(x)>lnx−2a－2，求a参考答案1．解：(1)f(x)＝ax3－bx2－9x－1，则f′(x)＝3ax2－2bx－9.因为函数f(x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1处取得极值4，所以3a+2b−9此时f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)．易知f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，则x＝－1是函数f(x)的极大值点，符合题意．故a＝1，b＝3.(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f(x)成立，则3λ－λ2≥f(x)min.由(1)得，f(x)＝x3－3x2－9x－1，且f(x)在[2，3)上单调递减，在(3，4]上单调递增，所以f(x)min＝f(3)＝27－27－27－1＝－28，所以3λ－λ2≥－28，即λ2－3λ－28≤0，解得－4≤λ≤7，所以实数λ的取值范围是[－4，7].2．解：当x≥1时，f(x)≤x－2a，即lnx＋ax≤x－2a，即a≤x构造函数g(x)＝x2−xlnx1+2x(g′(x)＝2x构造函数h(x)＝2x2－lnx－1(x≥1)，h′(x)＝4x－1x＝4x2所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(1)＝1＞0，所以g′(x)＞0在[1，＋∞)上成立，所以g(x)≥g(1)＝13所以a≤13，即a的取值范围是−∞3．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x−1x−a①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae又g′(x)＝(1－ex)x，所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae解得a＞e2所以a的取值范围为e24．解：(1)F′(x)＝aex＋1，定义域为R.当a≥0时，F′(x)>0恒成立，函数F(x)在R上单调递增．当a<0时，由F′(x)＝0，得x＝－ln(－a)，当x<－ln(－a)时，F′(x)>0，函数F(x)单调递增，当x>－ln(－a)时，F′(x)<0，函数F(x)单调递减．综上所述，当a≥0时，函数F(x)在R上单调递增；当a<0时，函数F(x)在－∞，－ln(－a))上单调递增，在−ln(2)显然a>0，由f(x)>lnx−2a－2，得aex＋x＋lna>ln(x－2)＋x－2，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x-2)＋ln(x－2)，令g(x)＝ex＋x，不等式①即为g(x＋lna)>gln(x－2))，因为g′(x)＝ex＋1>0，所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以x＋lna>ln(x－2)，即lna>ln(x－2)－x，令h(x)＝ln(x－2)－x，则h′(x)＝1x−2－1＝3−x当2<x