举一反三系列高二高考数学同步及复习资料人教A版选择性必修2专题5.7 导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练(30道)(含答案及解析)_第1页
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文档简介

专题5.7导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练(30道)【人教A版2019选择性必修第二册】姓名:___________班级:___________考号:___________1.(2022·广东·高三阶段练习)已知f(x)=e(1)若x∈0,2π,求函数f(x)(2)若对∀x1,x22.(2022·四川·高三阶段练习(理))已知函数f(x)=ln(1)求f(x)极大值;(2)若x∈[1,+∞),e3.(2022·江苏·高三阶段练习)已知a>0,函数fx(1)证明fx(2)若存在a,使得fx≤a+b对任意x∈0,+4.(2022·河北·模拟预测)已知fx(1)当a=1时,求g(x)的单调性;(2)若f(x)恒大于0,求a的取值范围.5.(2022·江苏·高二期末)已知函数f(x)=ln x−ax−(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,92)(2)当x>0时,f(x)<0恒成立,求a的取值范围.6.(2022·安徽·高三阶段练习(理))已知函数fx(1)若x=e时,fx取得极值,求(2)若函数gx=xfx+x,x∈1,+7.(2022·河北·高三期中)已知函数fx(1)若a=−2e−1,求(2)记函数gx=−x2−a8.(2022·黑龙江·高三阶段练习)已知函数f(x)=4ax(1)讨论函数fx(2)若a为整数,且fx<2x9.(2022·北京高三阶段练习)设函数fx(1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线斜率为e2(2)若fx存在两个极值点x1,x210.(2022·广西贵港·高三阶段练习)已知函数fx(1)证明不等式:sinx≤x,x∈(2)若∃x1,x2∈0,+11.(2022·河南·高二期末(文))设函数fx(1)a=0时,求fx(2)若fx≥0在0,+∞12.(2022·陕西汉中·模拟预测(理))已知函数fx(1)若a>0,求函数fx(2)当x∈0,+∞时,不等式fx13.(2022·江苏省高三阶段练习)

已知函数f(x)满足2f(x)+f(−x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式,并求f(x)在[−3,−1]上的值域;(2)若对∀x1,x2∈(2,4)且14.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=e(1)讨论函数fx(2)当p=1时,若存在q,使得不等式gx≥fx15.(2022·山东·高三期中)已知函数fx=ln(1)若fx的最大值是1,求m(2)若对其定义域内任意x,fx≤gx16.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=ex−x,g(1)若直线y=kx与曲线y=fx,y=gx都相切,求(2)若fx≥gx17.(2022·四川·高三期中(文))已知函数fx(1)若函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0,求实数a(2)若∃x0∈0,+∞18.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=x−a+(1)讨论函数fx在区间0,(2)当a=2时,不等式fx<2te19.(2022·辽宁抚顺·高三期中)已知函数f(x)=1−a(1)讨论fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥20.(2022·云南·高三阶段练习)已知函数f(x)=sinx−ax+16x3,其中(1)若a=1,证明:gx(2)若x≥0时,fx≥0恒成立,求21.(2022·福建龙岩·高三期中)已知函数fx(1)若曲线y=fx在点0,f0处的切线与直线l:(2)若对∀a∈−32,32,存在22.(2023·浙江温州·模拟预测)已知a>0,函数F(x)=f(x)−g(x)的最小值为2,其中f(x)=ex−1,(1)求实数a的值;(2)∀x∈(0,+∞),有f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(e23.(2022·江苏·高二期末)已知函数f(x)=2lnx−x2,g((1)求实数a的值;(2)若对∀x1,x2∈124.(2022·山东·高三期中)已知函数g(1)当a=1时,求gx(2)若

fx=gxex25.(2022·北京高三阶段练习)已知函数fx(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若函数fx在x=0处取得极小值,求a(3)若存在正实数m,使得对任意的x∈0,m,都有fx<026.(2022·上海高二期末)已知函数f(x)=alnx+x(1)若a=−2,求证:f(x)在(1,+∞(2)当a=−4时,求函数f(x)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的(3)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数27.(2023·北京·高三专题练习)已知x=1是函数fx(1)求a值;(2)判断fx(3)是否存在实数m,使得关于x的不等式fx≥m的解集为0,+∞28.(2022·上海市高二期末)已知函数f(x)=x3−ax+4(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在区间[−2,1]上的最大值为12,求实数a的值;(3)若关于x的不等式f(x)≥lnx+3在区间(2,+∞29.(2022·全国·模拟预测)设函数f(x)=xekx+a,f(1)当k=−1时,①若函数fx的最大值为0,求实数a②若存在实数x>0,使得不等式fx≥x−ln(2)当k=1时,设gx=f'x,若g30.(2022·天津市高三阶段练习)已知函数fx(1)设ℎx=f2x(2)设x0>1,求证:存在唯一的x0,使得函数y=gx的图象在点Ax(3)设φx=gx+2lnax+26x+专题5.7导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练(30道)【人教A版2019选择性必修第二册】姓名:___________班级:___________考号:___________1.(2022·广东·高三阶段练习)已知f(x)=e(1)若x∈0,2π,求函数f(x)(2)若对∀x1,x2【解题思路】(1)直接求导计算即可.(2)将问题转化为fx2+ax2【解答过程】(1)f令f'x=0,因为x∈0,2π得x0,3π37π7f+0−0+f(x)↑极大值↓极小值↑所以f(x)的单调增区间为0,3π4和7f(x)极大值为f(3π4)=22e3π(2)对∀x1,f(x设g(x)=f(x)+ax2,则g(x)在故g'(x)=e方法一:(含参讨论)设ℎx则ℎ0=1>0,ℎπℎ'x=2ex①当a≥eπ时,故,当x∈0,π4时,ℎ当x∈π4,π时,ℎ此时,ℎ'x≥minℎ'0②当eπ2π≤a<eπ时,同①,当x∈0,π∵ℎ'π4∴由连续函数零点存在性定理及单调性知,∃x0∈于是,当x∈0,x0时,ℎ当x∈x0,π时,ℎ∵ℎ0=1>0,ℎπ=−综上,实数a的取值范围是eπ方法二:(参变分离)由对称性,不妨设0≤x则fx1−f设gx=fx+ax故g'x=∵g'0=1>0,∴,⇔−2a≤exsin设ℎx=exsinx+cos设φx=2x−tan则φ'x=2−由φ'x>0,x∈0,π2∪由φ'x<0,x∈0,π2∪故x∈0,π2x∈π2,π从而,φxcosx=2x又x=π2时,2xcosx−sinℎx=exsinx+cos于是,−2a≤−e综上,实数a的取值范围是eπ2.(2022·四川·高三阶段练习(理))已知函数f(x)=ln(1)求f(x)极大值;(2)若x∈[1,+∞),e【解题思路】(1)对函数求导,根据导函数的正负确定函数的单调性,进而求出函数的极大值;(2)先对函数求导,确定不等式成立的必要条件,再进一步证明不等式成立的充分性即可得证.【解答过程】(1)fx∈(0,1),f'(x)>0x∈(1,+∞),f所以f(x)极大值为f(1)=0.(2)g(x)=eg'g″①若g″(1)=e−12k<0,由函数连续性,∃α>0,当x∈(1,α),g″②所以g″(0)=e−1下面证明:k≤2e是命题“x∈[1,+∞即只需要证明:当k≤2e,x∈[1,+∞设ℎ(k)=(lnx−2x+2)k+ex−ex记t(x)=et=e所以x∈[1,+∞),t(x)单调递增,综上k∈(−∞3.(2022·江苏·高三阶段练习)已知a>0,函数fx(1)证明fx(2)若存在a,使得fx≤a+b对任意x∈0,+【解题思路】(1)求导f'x=−lnx+(2)题目转化为fx−amax【解答过程】(1)函数fx=a−x令gx=−又a>0,∴g'x<0,当x=e−1时,f'x=故存在x0∈当x∈0,x0,f'x当x∈x0,+∞,f'所以fx(2)由题知,存在a>0,使得fx≤a+b对任意即存在a>0,使得b≥fx−a由(1)知,f(x)max=fx0fx即存在a>0,使得b≥x构造u(x)=xln2x−x−xlnx,即存在a>0,b≥u(x)min对任意求导u令u'(x)=0,求得lnx1=−2,ln当x∈0,e−2,u'x当x∈e−2,e,u'当x∈e,+∞,u'x>0所以u(x)由x∈0,e−2因为x∈0,e−2,所以lnx<−2,即lnx−所以b的取值范围是b≥−e4.(2022·河北·模拟预测)已知fx(1)当a=1时,求g(x)的单调性;(2)若f(x)恒大于0,求a的取值范围.【解题思路】(1)将a=1代入,先求函数的定义域,再化简函数,求导函数,根据导函数的符号得到函数的单调性;(2)先求函数的定义域,将函数f(x)恒大于0转化为不等式ex+lna+x+lna>eln(x+3)【解答过程】(1)当a=1时,g(x)==eg'(x)=ex−1,则当x∈(−3,0)当x∈(0,+∞)时,g'所以当a=1时,g(x)的单调减区间为(−3,0),单调增区间为(0,+∞(2)要使g(x)=f(x)+lnx+3ex有意义,则f(x)恒大于0,即ae则ex+lna因为函数y=ex+x为增函数,所以x+令ℎ(x)=ln则ℎ'(x)=1x+3−1=当x∈(−2,+∞)时,ℎ(x)的最大值为ℎ(−2)=2,可得lna>2,则a>所以a的取值范围是e25.(2022·江苏·高二期末)已知函数f(x)=ln x−ax−(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,92)(2)当x>0时,f(x)<0恒成立,求a的取值范围.【解题思路】(1)求出f'x,根据已知可得k=f'1(2)不等式可化为a>lnxx−12x2对x>0恒成立.设g(x)=ln【解答过程】(1)∵f根据导数的几何意义可得,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f又∵f(1)=−a−12,切线过(3,9所以,−a−12=(2)当x>0时,f(x)<0恒成立,所以lnx−ax−即a>lnxx设g(x)=lnxx−1又g'(x)=1−则ℎ'(x)=−1x−3x2又ℎ(1)=0,则当0<x<1时,ℎ(x)>0,则g'(x)>0,当x>1时,ℎ(x)<0,则g'(x)<0,∴g(x)∴a>−12,即实数a的取值范围是6.(2022·安徽·高三阶段练习(理))已知函数fx(1)若x=e时,fx取得极值,求(2)若函数gx=xfx+x,x∈1,+【解题思路】(1)首先求函数的导数,利用极值点,求a,再求函数的单调区间;(2)首先不等式变形为axex+lnx【解答过程】(1)f'因为函数在x=e处取得极值,所以f'e当a=0时,f'x=当x∈0,e时,f'x>0,函数单调递增,当x∈综上可知函数的单调递增区间是0,e,函数的单调递减区间是e(2)gx=xfx即axex+lnxex<2,设不等式转化为at+lnt<2,转化为a<2−lnt设ℎt=2−lnt当t∈e,e3时,ℎ't<0,函数单调递减,当t∈e3所以实数a的取值范围为aa<−7.(2022·河北·高三期中)已知函数fx(1)若a=−2e−1,求(2)记函数gx=−x2−a【解题思路】(1)由题意得f'x=2ex(2)fx+1≥gx恒成立,转化为2ex+1【解答过程】(1)解:由题意得函数fx的定义域为0,+∞若a=−2e−1,则令f'x=0而f'所以fx在区间0,1上单调递增,在区间1,+(2)解:若fx+1则2e整理得2ex+1+a设ℎx=2e令ℎ'x=0整理得ex+1设y1=ex+1,y若−a+1=yy2=x+1+1为①当−a+1=1,即a=−2时,ℎ'②当−a+1<1,即在区间−1,+∞,恒有y1>所以ℎx在−1,+∞单调递增,则ℎx③当−a+1>1,即设零点为x0,则所以ℎx在−1,x0ℎx因为2e则−2ax又因为x0>−1,所以a>−2且a≠−1,与综上所述,实数a的取值范围为−2,+∞8.(2022·黑龙江·高三阶段练习)已知函数f(x)=4ax(1)讨论函数fx(2)若a为整数,且fx<2x【解题思路】(1)求出函数的定义域和f'x,分情况讨论a≥0和(2)不等式fx<2x2lnx+2恒成立,可转化为a<lnx2−lnx2x2+54x【解答过程】(1)f(x)=4ax2+2lnx−3当a≥0时,f'x>0,则f(x)=4a当a<0时,解f'x=0,即解f'x>0,即8ax+2x>0,得0<x<12−1a,所以fx在综上所述,当a≥0时,f(x)=4ax2+2lnx−3在0,+∞上单调递增;当a<0(2)由已知可得,4ax2+2即a<lnx2令gx=lnx2令ℎx=x2+2lnx−6且ℎ2=4+2ln所以,∃x0∈2,52,使得ℎx0=0即∃x0∈2,52,使得g'x0当x>x0时,g'x>0所以,gx=ln又g'x0所以gx令mx=−14x2+则k't=1−1t所以,kt=t+1从而mx=−14x又m2=−1所以0<mx0<1又a为整数,a<gx0,所以9.(2022·北京高三阶段练习)设函数fx(1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线斜率为e2(2)若fx存在两个极值点x1,x2【解题思路】(1)求出f'x,令(2)令f'x=0得x=1,x=ln2a,当0<2a<e由fx=ex−ax【解答过程】(1)f'所以f'2=2(2)f'x=xex解得x=1,或a=ex2时a>0当0<2a<e即0<a<e2时,x得fx=ex−axx=0时成立,x≠0时,有a<exx令gx=exx,x∈0,1有gx≤g1当2a>e即a>e2时,x2=2a,对任意x∈0,2a,f因为f0=e解得e2当2a=e即a=e2综上所述,0<a<e2或10.(2022·广西贵港·高三阶段练习)已知函数fx(1)证明不等式:sinx≤x,x∈(2)若∃x1,x2∈0,+【解题思路】(1)移项构造新函数ux(2)根据fx1=f结合(1)及函数的单调性求出a>x2−【解答过程】(1)令ux=x−sinx,故ux=x−sinx在即x−sinx≥0,所以sinx≤x,x∈(2)由fx1=f整理得aln不妨设x1<x2,由(1)可知故有x1−sin所以aln所以a>x下面证明x2−x令t=x2x1>1,即证明t−1设φt=t−1t−lnt所以φt所以x2−x1ln11.(2022·河南·高二期末(文))设函数fx(1)a=0时,求fx(2)若fx≥0在0,+∞【解题思路】(1)把a=0代入后对函数求导,结合导数与单调性的关系可求函数的单调性,进而可求最值;(2)结合导数研究函数的单调性,然后结合函数的性质可求.【解答过程】(1)当a=0时,fx=e当x<0时,f'x<0,函数单调递减,当x>0故当x=0时,函数fx取得最小值f(2)∵f'令gx=e①当a≤12时,g'x≥0,函数gx在所以fx在0,+∞上单调递增,②当a>12时,由g'当x∈0,ln2a时,g'x当x∈ln2a,+∞时,g'x当x∈0,ln2a时,gx<g0=0所以fx<f0=0,与综上可得,a的范围为−∞,12.(2022·陕西汉中·模拟预测(理))已知函数fx(1)若a>0,求函数fx(2)当x∈0,+∞时,不等式fx【解题思路】(1)利用函数的导数的符号,判断函数的单调性,即可求出函数的单调区间.(2)将原不等式fx⩾gx−ex进行参变分离得a⩾lnxx【解答过程】(1)依题意f'x=a−ex由f'x>0,得x<lna∴a>0,fx的单调递增区间为−∞,(2)当x∈0,+∞时,不等式fx设ℎx=ln令ℎ'x=0当x在区间0,+∞内变化时,ℎ'xx0,eeℎ+0−ℎ↗极大值↘由上表可知,当x=e时,函数ℎx在0,+∴a  ⩾ln故a的取值范围是1213.(2022·江苏省高三阶段练习)

已知函数f(x)满足2f(x)+f(−x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式,并求f(x)在[−3,−1]上的值域;(2)若对∀x1,x2∈(2,4)且【解题思路】(1)首先利用方程组法求出f(x)的表达式,再利用函数图像,结合定义域即可分析值域.(2)首先通过移项后,构造新函数g(x),再利用g'(x)在所给区间上大于等于0恒成立,得到关于k的不等式吗,解出【解答过程】(1)因为2f(x)+f(−x)=x+2所以2f(−x)+f(x)=−x−2联立①②,解得:f(x)=x+则f(x)为对勾函数,作图如下.由图像可知单调区间为所以x∈−3,−2单调递增,x∈−2,−1单调递减,则f(x)在[−3,−1]上,在x=−2处取得最大值f−2=−22,当x=−1时,f(−1)=−3,在即f(x)∈(2)因为fx2令g(x)=f(x)+kx=x+2+kx,则由上式恒成立得当所以g'(x)=1−2+kx2≥0在所以k≤2

,即k∈−14.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=e(1)讨论函数fx(2)当p=1时,若存在q,使得不等式gx≥fx【解题思路】(1)先求定义域,再求导,分p≤0与p>0两种情况,得到函数的单调性和极值情况;(2)gx≥fx转化为e−qx+lnx−λq≤0,构造ℎx=e−qx+lnx−λq,分q≤e与q>e【解答过程】(1)函数fx的定义域为0,+∞,且当p≤0时,f'x>0,此时f当p>0时,由f'x<0,得0<x<pe所以fx在0,pe此时函数fx的极小值为f综上,当p≤0时,函数fx无极值;当p>0时,函数fx的极小值为(2)当p=1时,gx≥fx令ℎx则ℎx≤0恒成立,若q≤e,则ℎ'x且ℎe故ℎx若q>e,则由ℎ'x由ℎ'x<0故ℎx在0,1q−故ℎx所以−1−lnq−e所以原问题转化为存在q>e,使得λ≥−令vq=−lnq−ev'令φq=−e且φ2所以当e<q<2e时,φq当q>2e时,φq>0故vq在e,2e故vq则λ≥−1综上,实数λ的取值范围是−115.(2022·山东·高三期中)已知函数fx=ln(1)若fx的最大值是1,求m(2)若对其定义域内任意x,fx≤gx【解题思路】(1)先求定义域,再求导,分m≤0与m>0两种情况,分类讨论得到当m>0,x=1m时,fx(2)转化为m−2≥1+lnxx−ex在0,+∞上恒成立问题,构造φx=1+【解答过程】(1)∵fx的定义域为0,+∞,若m≤0,f'x>0若m>0,令f'x>0,解得:x∈0,1故x∈0,1m时,fx单调递增,∴x=1m时,fx∴m=1(2)原式恒成立,即lnx−mx+1≤xex即m−2≥1+lnx设φx=1+设ℎx=x∴ℎx在0,+∞上单调递增,且ℎ1∴ℎx有唯一零点x0∈即x0两边同时取对数,得x0+ln∴x0=−因为φ'x=−ℎx当x∈x0,+故φx在0,x0上单调递增,在x0,+∴φx∴m−2≥−1,∴m≥1,故m的取值范围是1,+∞16.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=ex−x,g(1)若直线y=kx与曲线y=fx,y=gx都相切,求(2)若fx≥gx【解题思路】(1)利用导数的几何意义分别求出曲线y=fx,y=gx的过原点的切线,列方程即可求得(2)先讨论gx≤0的情况,再讨论【解答过程】(1)解:设直线y=kx与曲线y=fx,y=gx分别切于点Px易知fx1=∴f'∴与曲线y=fx切于点P的直线方程为y=∵直线y=kx过原点,∴−x整理得1−x∴x1=1易知gx2=a∴g∴与曲线y=gx切于点Q的直线方程为y=整理得y=a∴a∴a=e(2)解:由fx≥gx令φx则φ'当x<0时,φ'x<0当x>0时,φ'x>0∴φx∴e∴e当x∈0,1e∴e当x∈1e,+令ℎx=e则ℎ'当x∈1e,1时,ℎ当x∈1,+∞时,ℎ'∴a≤ℎx∵a>0,∴实数a的取值范围是0,e17.(2022·四川·高三期中(文))已知函数fx(1)若函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0,求实数a(2)若∃x0∈0,+∞【解题思路】(1)首先对函数求导,再求出在x=0处的导数值,根据题目所给直线的斜率即可求解.(2)首先构造新函数ℎ(x),根据题意的分析,只要ℎ(x)min≤0即可,然后通过对a【解答过程】(1)由题意,知g'x=a因为函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0所以g'0=2a=1(2)令ℎx则ℎx=x所以ℎ'x因为∃x0∈即∃x0∈所以ℎ(x)①当a⩽0时,ℎ'x⩾0在0,+∞上恒成立,函数所以ℎ(x)所以a⩽0.②当a>0时,令ℎ'x>0,解得x>a;令ℎ所以函数ℎx在区间0,a上单调递减,在a,+所以ℎ(x)min=ℎa=−a综上所述,实数a的取值范围为−∞18.(2022·全国·模拟预测)已知函数fx=x−a+(1)讨论函数fx在区间0,(2)当a=2时,不等式fx<2te【解题思路】(1)先确定函数fx的定义域,然后求导,利用导数研究函数fx的单调性,最后分类讨论即可得函数fx(2)先分离参数,将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题,再利用导数求函数的最值即可.【解答过程】(1)由题意可得函数fx=x−a+f'令f'x=0所以当x∈0,e1+a时,f当x∈e1+a,+∞时,当e1+a≥e2,即a≥1时,函数故函数fx的最大值为f当e1+a<e2,即a<1时,函数fx故函数fx的最大值为f综上,当a≥1时,函数fx在区间0,e2当a<1时,函数fx在区间0,e2(2)当a=2时,不等式fx<2te也就是2te令gx=lng'令ℎx=3−lnx−x,x∈0,+∞,又ℎ1=2>0,ℎ3=−ln不妨设该零点为x0,则3−则当x∈0,x0时,ℎx>0当x∈x0,+∞时,ℎx故gxmax=g所以lnx0+x0故2te>1e3,解得t>另解:当a=2,不等式fx<2te也就是2te令m=xex>0,则gg'm=3−lnmm当m∈e3,+∞时,g'故2te>1e3,解得t>19.(2022·辽宁抚顺·高三期中)已知函数f(x)=1−a(1)讨论fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥【解题思路】(1)根据函数求解导数f'(x),故按照a>0,(2)根据不等式2exf(x)≥x3lnx+x2+3x,参变分离得【解答过程】(1)解:因为f(x)=1−ax3ex当a>0时,由f'x>0,得x>3;由f则fx在0,3上单调递减,在3,+当a<0时,由f'x<0,得x>3;由则fx在0,3上单调递增,在3,+综上,当a>0时,fx在0,3上单调递减,在3,+当a<0时,fx在0,3上单调递增,在(2)解:不等式2exf(x)≥x3设g(x)=exx3−设ℎ(x)=ex−设φ(x)=ex−x−1由φ'x>0,得x>0,所以φ则φx>φ0=0,即ℎ'因为ℎ0=1>0,所以ℎx则g'(x)=0,得x=3,所以当0<x<3时,g'x<0所以gx在0,3上单调递减,在3,+则g(x)故a≤e327−120.(2022·云南·高三阶段练习)已知函数f(x)=sinx−ax+16x3,其中(1)若a=1,证明:gx(2)若x≥0时,fx≥0恒成立,求【解题思路】(1)由题设g(x)=f'(x)=(2)由题设及(1)易知f'(x)在[0,+∞)上递增,则f'(x)≥f'(0)=1−a,结合f(0)=0【解答过程】(1)由题设f(x)=sinx−x+1所以g'(x)=x−sinx,令所以ℎ(x)在R上单调递增,而ℎ(0)=0,故(−∞,0)上g'(x)=ℎ(x)<0,则(−∞,0)上g(x)递减,(0,+∞)上(2)由k(x)=f'(x)=由(1)知:[0,+∞)上k'(x)≥0,故所以f'(x)≥f当1−a<0时,即f'(0)<0,x趋向+∞时f'(x)趋向+所以[0,x0)上f'(x)<0,f(x)递减,(故f(x0)<f(0)=0当1−a≥0时,即f'(0)≥0,故在[0,+∞所以[0,+∞)上f(x)递增,此时恒有f(x)≥f(0)=0,满足综上,a≤1时,x≥0时fx21.(2022·福建龙岩·高三期中)已知函数fx(1)若曲线y=fx在点0,f0处的切线与直线l:(2)若对∀a∈−32,32,存在【解题思路】(1)求导,得到f'0=−4a,根据切线与直线l(2)问题转化为当x∈−2,3时,∀a∈−32,32,fxmin≤b2−2a,对fx求导,对导函数因式分解,结合【解答过程】(1)f'则f'因为曲线y=fx在点0,f0处的切线与直线所以−4a×14=−1(2)∀a∈−32,3等价于当x∈−2,3时,∀a∈−3f'当a=−1时,f'x=ex所以fxmin=f−2=当a∈−32,−1时,2a<−2,易得故fxmin=f−2=即∀a∈−32令ℎa=a+2e2所以当a∈−32,−1时,当a∈−1,32时,−2<2a<3,故fx在所以fxmin=f2a=−2a①当a=1时,−2e2≤0②当a∈−1,1时,2−2a>0,可转化为∀a∈−1,1,设t=2a−2<t<2,gt=则g't=et当g't>0,−2<t<1−3,令故gt在−2<t<1−3上单调递增,在故gt在t=1−3处取得极大值,也是最大值,即b≥2−③当a∈1,32时,2−2a<0,可转化为∀a∈即∀a∈1,32设m=2a,2<m<3,pm=m则p'令p'm=0,m=1+3,令p'm>0故pm在1+3<m<3所以pm在m=1+pmmin=p又2−3e3−综上:b的取值范围是2−322.(2023·浙江温州·模拟预测)已知a>0,函数F(x)=f(x)−g(x)的最小值为2,其中f(x)=ex−1,(1)求实数a的值;(2)∀x∈(0,+∞),有f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(e【解题思路】(1)根据题意求出函数F(x)的解析式,利用导数讨论函数的单调性,求出函数F(x)的最小值,列出方程,解之即可;(2)根据题意可得ex−m≥kx+k−1kx+k−1≥lnx,即(ex−m−kx−k+1)min≥0在0,+∞上恒成立且(lnx−kx−k+1)max≤0在【解答过程】(1)由题意知,F(x)=f(x)−g(x)=e则F'令F'(x)<0⇒0<x<1,令所以函数F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞所以F(x)min=F(1)=1−所以1−lna=2,解得经检验,a=e故a=e(2)由f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(ef(x+1−m)≥kx+k−1kx+k−1≥g(ex)对于ex−m≥kx+k−1,可得不等式即(ex−m设u(x)=ex−m−kx−k+1(x∈若k≤0,则u'(x)>0,函数且u(x)=e若k>0,令u'(x)<0⇒x<m+ln所以u(x)在(−∞,m+ln所以u(x)由u(x)min≥0,得−mk−kln对于kx+k−1≥lnx,可得不等式lnx−kx−k+1≤0即(lnx−kx−k+1)max设v(x)=lnx−kx−k+1(x>0),则若k≤0,则v(1)=1−2k>0,不符合题意;若k>0,令v'(x)>0⇒0<x<1所以v(x)在(0,1k)所以v(x)由v(x)max≤0,得−ln当k>0时,由①②得,mk−k2≤1−k设ℎk=lnk+k,则故ℎk存在零点k0,故mk−k2≤1综上,mk−k23.(2022·江苏·高二期末)已知函数f(x)=2lnx−x2,g((1)求实数a的值;(2)若对∀x1,x2∈1【解题思路】(1)利用导数得出函数f(x)的极值点x0,再令g'((2)首先求出f(x)与g(x)在1e,3上的最值,再对【解答过程】(1)解:因为f(x)=−x所以f'由f'(x)>0x>0得0<x<1,由f所以f(x)在0,1上单调递增,在1,+∞单调递减,从而f(x)的极大值为f又g(x)=x+ax,所以依题意,x=1是函数g(x)的极值点,所以g'1=1−a=0所以g'则当x>1或x<−1时,g'(x)>0,当0<x<1或−1<x<0时,所以gx在1,+∞和−∞,−1上单调递增,在所以函数在x=1处取得极小值,即当a=1时,函数g(x)取到极小值,符合题意,故a=1;(2)解:由(1)知a=1,由于f1e=−2−1e显然f(3)<f1故x∈1e,3时,又g1e=e+1e所以当x∈1e,3时,①当k>1时,问题等价于fx所以k≥fx1−g∵fx1−gx2②当k<1时,问题等价于fx即k≤fx1−g因为fx1−g综上k≤2ln3−3424.(2022·山东·高三期中)已知函数g(1)当a=1时,求gx(2)若

fx=gxex【解题思路】(1)求定义域,求导,根据导函数的正负求出函数的极值情况;(2)不等式变形为x(lnx)2+alnx+a≥−2e【解答过程】(1)当a=1时,g(x)=exx则g令g'(x)=0,得x=−2,或当x变化时,g(x),gx(−−2−2,−1−1−1,+g+0-0+g单调递增3单调递减1单调递减因此,当x=−2时,g(x)有极大值,并且极大值为3e2;当x=−1(2)因为f(lnx)+2令ℎ(x)=x(则ℎ'(ⅰ)若a∈0,4,对于函数y=(ln所以(ln故当a∈[0,4]时,不等式x((ⅱ)若a∈(4,+∞当x∈0,e−a所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−a,e−2时,ℎ所以ℎ(x)在e−a,e所以x=e−2是要使不等式x(lnx)解得:a≤4+2e故当4<a≤4+2e4时,不等式(ⅲ)若a∈(−∞当x∈0,e−2所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−2,e−a时,ℎ所以ℎ(x)在e−2,e所以x=e−a是要使不等式x(lnx)即ae设m(x)=xex(x<0),则因为m'(x)=1−xex于是,由m(a)≥m(−2)及a<0,得−2≤a<0,故当−2≤a<0时,不等式x(综上,实数a的取值范围为−2,4+2e25.(2022·北京高三阶段练习)已知函数fx(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若函数fx在x=0处取得极小值,求a(3)若存在正实数m,使得对任意的x∈0,m,都有fx<0【解题思路】(1)由导数的几何意义求解;(2)由f'(0)=0求得a值,并验证此时(3)求出导函数f'(x)=ex+acosx,f'(0)=1+a,然后根据f'(0)【解答过程】(1)f'(x)=ex+a∴切线方程为y=(1+a)x;(2)由(1)f'(x)=ex+acosx,函数fx在设g(x)=f'(x)=ex−cosx,则g'因此f'(x)在x=0附近是递增的,又所以f'(x)在x=0附近从左到右,由负变正,f(x)在x=0左侧递减,在x=0右侧递增,所以a=−1.(3)f'(x)=e当f'(0)=1+a>0,即a>−1时,由g'(x)的图象的连续性知必存在m>0,使得对任意x∈(0,m),f'当f'(0)=1+a<0,即a<−1时,由g'(x)的图象的连续性知必存在m>0,使得对任意x∈(0,m),f'a=−1时,f'(x)=ex−cosx,x>0时,ex>1,cos综上,a的取值范围是(−∞26.(2022·上海高二期末)已知函数f(x)=alnx+x(1)若a=−2,求证:f(x)在(1,+∞(2)当a=−4时,求函数f(x)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的(3)若存在x∈[1,e],使得f(x)≤(a+2)x成立,求实数【解题思路】(1)利用导数大于零即可证明;(2)利用导数讨论函数的单调性即可求解给定区间内的最值;(3)利用导数讨论单调性与最值,即可解决能成立问题.【解答过程】(1)由题可知函数的定义域(0,+∞因为a=−2,所以f(x)=−2lnx+x令f'(x)>0解得所以f(x)在(1,+∞(2)因为a=−4,所以f(x)=−4lnx+x令f'(x)>0解得x>2,令f所以f(x)在(0,2)上单调递减,在所以f(x)在1,2上单调递减,在2所以当x=2时,函数f(x)有最小值为f(因为f(1)=1,f(e所以当x=e时,函数f(x)有最大值为f((3)由f(x)≤(a+2)x得alnx+x因为x∈[1,e],所以x≥1,ln且当x=1时lnx=0,所以x>lnx在x∈[1,即存在x∈[1,e]时,令g(x)=x2−2x令ℎ(x)=x+2−2ln令ℎ'(x)=x−2令ℎ'(x)=x−2所以ℎ(x)在1,2单调递减,2,e所以ℎ(x)≥ℎ(2)=2(2−ln所以x∈[1,e]时,所以g(x)所以实数a的取值范围是−1,+∞27.(2023·北京·高三专题练习)已知x=1是函数fx(1)求a值;(2)判断fx(3)是否存在实数m,使得关于x的不等式fx≥m的解集为0,+∞【解题思路】(1)求导得到导函数,根据f'(2)求导得到f'(3)先证明ln1+x<x,ln1+x<1+x【解答过程】(1)fx=lnf'1=f'当x∈0,1时,f当x∈1,+∞时,故x=1是函数的极大值点,满足.(2)f'当x∈0,1时,f当x∈1,+∞时,(3)fx当x∈0,+∞,易知lnx+1−ln故m≤ln当x∈0,+∞时,设gx故gx<g0当x∈0,+∞时,设ℎx当x∈0,3时,ℎ当x∈3,+∞时,故ℎx≤ℎ3fx即fx可以无限接近ln综上所述:m∈−28.(2022·上海市高二期末)已知函数f(x)=x3−ax+4(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在区间[−2,1]上的最大值为12,求实数a的值;(3)若关于x的不等式f(x)≥lnx+3在区间(2,+∞【解题思路】(1)先求导,对a≤0和a>0进行分类讨论,结合二次函数性质,由导数正负确定原函数增减,即可求解;(2)由于3a3与1,2的大小关系不确定,故需分为3a3≤1,1<3a3<2,3a3(3)采用分离参数法得a≤x3−lnx+1x,x∈2,+【解答过程】(1)由f(x)=x3−ax+4得f'x=3x2−a当a>0时,令f'x=3x<−3a3时,f'−3a3<x<3a3x>3a3时,f'综上所述,当a≤0时,fx在R上单增;当a>0时,fx在(−∞,−3a3)单增;f(2)由(1)可知,当a≤0时,fx在R上单增,故当x∈−2,1时,fxmax=f当a>0时,令3a3≤1,解得x∈−2,−3a3和3a3,1x∈−3a3,3a故fx最大值在f−3a3或解得a=3⋅243(舍去),f(1)=1−a+4=5−a=12当1<3a3<2,即3<a<12时,x∈−2,−3a3时,f'x>0

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