2022版高考数学一轮复习-课时质量评价19-利用导数研究不等式恒成立问题新人教A版.doc

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价19 利用导数研究不等式恒成立问题新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价19 利用导数研究不等式恒成立问题新人教A版

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课时质量评价(十九)
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．若不等式>0在[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－∞，4) D．(4，＋∞)
D　解析：依题意，不等式x3－2x－a<0在[1,2]上恒成立，即a>x3－2x.令g(x)＝x3－2x，则g′(x)＝3x2－2>0在[1,2]上恒成立，
因此g(x)max＝g(2)＝4.故a>4.
2．若存在正实数x使ex(x2－a)＜1成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－2，＋∞) D．[－1，＋∞)
A　解析：存在正实数x使ex(x2－a)＜1成立，即a＞x2－在区间(0，＋∞)上有解．令f (x)＝x2－，f ′(x)＝2x＋＞0，所以f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f (x)＞f (0)＝－1.又a＞x2－在区间(0，＋∞)上有解，所以a∈(－1，＋∞)．
3．已知f (x)＝ln x＋1－aex，若关于x的不等式f (x)<0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，0)
C． D．
D　解析：由f (x)<0恒成立得a>恒成立，
设h(x)＝，则h′(x)＝.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－－<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又因为g(1)＝0，所以当0<x<1时，g(x)>g(1)＝0，即h′(x)>0；
当x>1时，g(x)<g(1)＝0，即h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝，所以a>.故选D．
4．已知函数f (x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－.若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f (x0)<g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　　)
A． B．
C．(－∞，0] D．(－∞，0)
B　解析：由题意，不等式f (x)<g(x)在[1，e]上有解，所以mx<2ln x在[1，e]上有解，即<在[1，e]上成立．令h(x)＝，则h′(x)＝.当1≤x≤e时，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，e]上单调递增，h(x)max＝h(e)＝，所以<，所以m<.所以m的取值范围是.故选B．
5．若对于任意的正实数x，y都有ln≤成立，则实数m的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
D　解析：由ln≤，
得ln≤.
设＝t，令f (t)＝(2e－t)ln t，t＞0，
则f ′(t)＝－ln t＋－1.令g(t)＝－ln t＋－1，t＞0，则g′(t)＝－－＜0，
所以g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f ′(t)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f ′(e)＝0，所以f (t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以f (t)max＝f (e)＝e，所以e≤，所以实数m的取值范围为.
6．函数f (x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m.若∀x1∈[－1,5]，∃x2∈[0,2]，f (x1)≥g(x2)，则实数m的最小值是________.
14　解析：由题意f ′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
则f (x)在[－1,2]上单调递减，在[2,5]上单调递增，
所以当x∈[－1,5]时，f (x)min＝f (2)＝8－24＋3＝－13.
又g(x)＝3x－m在[0,2]上单调递增，
所以x∈[0,2]时，g(x)min＝g(0)＝1－m，
所以－13≥1－m，得m≥14.
故实数m的最小值是14.
7．若对任意a，b满足0<a<b<t，都有bln a<aln b，则t的最大值为________．
e　解析：因为0<a<b<t，bln a<aln b，所以<.
令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，
故y′＝≥0，解得0<x≤e.故t的最大值是e.
8．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式＜恒成立，则实数k的取值范围为________．
[0，e－1)　解析：由题意，知k＋2x－x2＞0.
即k＞x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．
令f (x)＝＋x2－2x，则f ′(x)＝(x－1).
令f ′(x)＝0，得x＝1.当x∈(1,2)时，f ′(x)＞0，函数f (x)在(1,2)上单调递增．
当x∈(0,1)时，f ′(x)＜0，函数f (x)在(0,1)上单调递减，所以k＜f (x)min＝f (1)＝e－1.
故实数k的取值范围为[0，e－1)．
9．已知函数f (x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x.若∀x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]都有f (x1)≤g(x2)成立，求实数c的取值范围．
解：由∀x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，
都有f (x1)≤g(x2)成立，得f (x)max≤g(x)min.
因为f (x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，
所以当x∈[－3,3]时，
f (x)max＝f (－3)＝147－c.
g(x)＝2x3＋4x2－40x，
g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x变化时，g′(x)和g(x)在[－3,3]上的变化情况如下表：
x
－3
(－3,2)
2
(2,3)
3
g′(x)

－
0
＋

g(x)
102
↘
极小值
↗
－30
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195，所以c的取值范围是[195，＋∞)．
10．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x)＝2sin x－xcos x－x，f ′(x)为f (x)的导数．
(1)证明：f ′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f (x)≥ax，求a的取值范围．
(1)证明：设g(x)＝f ′(x)，则g(x)＝cos x＋xsin x－1，g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在(0，π)上存在唯一零点．
所以f ′(x)在区间(0，π)上存在唯一零点．
(2)解：由题设知f (π)≥aπ，f (π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f ′(x)在(0，π)只有一个零点，
设为x0，且当x∈(0，x0)时，f ′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f ′(x)<0.
所以f (x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f (0)＝0，f (π)＝0，
所以，当x∈[0，π]时，f (x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f (x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
B组　新高考培优练
11．(多选题)已知不等式ex－1≥kx＋ln x对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以等于(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
AB　解析：不等式ex－1≥kx＋ln x对于任意x∈(0，＋∞)恒成立，
等价于k≤对于任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令f (x)＝ (x>0)，
则f ′(x)＝.
令g(x)＝ex(x－1)＋ln x(x>0)，则g′(x)＝xex＋>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时，f ′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0.
所以当x∈(0,1)时，f (x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f (x)单调递增．
所以f (x)min＝f (1)＝e－1.
所以k≤e－1.结合选项知选AB．
12．(多选题)(2020·泰安高三一轮检测)已知函数f (x)＝e|x|sin x，则下列结论正确的是(　　)
A．f (x)是周期为2π的奇函数
B．f (x)在上单调递增
C．f (x)在(－10π，10π)内有21个极值点
D．f (x)≥ax在上恒成立的充要条件是a≤1
BD　解析：对于A，由题知函数f (x)的定义域为R.因为f (－x)＝el－xl·sin(－x)＝－f (x)，所以f (x)为奇函数．又因为f (x＋2π)＝e|x＋2π|sin(x＋2π)＝e|x＋2π|sin x≠f (x)，所以2π不是f (x)的周期，故A错误．对于B，当x>0时，f (x)＝exsin x，f ′(x)＝ex(sin x＋cos x)＝exsin.当x∈时，x＋∈，sin>0，所以f ′(x)>0，f (x)在上单调递增．又因为f (x)为奇函数，所以f (x)在上单调递增，所以f (x)在上单调递增，故B正确．对于C，当x∈[0,10π)时，f (x)＝exsin x，f ′(x)＝ex·sin.令f ′(x)＝0，得x＝－＋kπ，k∈Z，则k＝1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.当x∈(－10π，0)时，f (x)＝e－x·sin x，f ′(x)＝e－x(－sin x＋cos x)＝－e－x·sin.令f ′(x)＝0，得x＝＋kπ，k∈Z，则k＝－1，－2，－3，－4，－5，－6，－7，－8，－9，－10，所以f (x)在(－10π，10π)内有20个极值点，故C错误．对于D，若f (x)≥ax在上恒成立，则exsin x－ax≥0在上恒成立．设F(x)＝exsin x－ax，即F(x)≥0在上恒成立，则F′(x)＝ex(sin x＋cos x)－a.令G(x)＝ex(sin x＋cos x)－a，G′(x)＝2excos x．当0≤x≤时，G′(x)>0，所以G(x)在上单调递增，即F′(x)在上单调递增，且F′(0)＝1－a.当1－a≥0，即a≤1时，F′(x)≥0，F(x)在上单调递增，F(x)≥F(0)＝0，符合题意．当1－a<0，即a>1时，令F′＝0，解得a＝e.若1<a<e，则∃x0∈，使F′(x0)＝0.当x∈(0，x0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，则F(x0)≤F(0)＝0，不符合题意．若a≥e，则F′(x)≤0在上恒成立，F(x)在上是减函数，故F(x)≤F(0)＝0，不符合题意．所以a≤1，故D正确．故选BD．
13．设f ′(x)是奇函数f (x)的导函数，f (－2)＝－3，且对任意x∈R都有f ′(x)<2，则f (2)＝________，使得f (ex)<2ex－1成立的x的取值范围是________．
3　(ln 2，＋∞)　解析：因为f (x)是奇函数，所以f (2)＝－f (－2)＝3.设g(x)＝f (x)－2x，则g(2)＝f (2)－4＝－1，g′(x)＝f ′(x)－2<0，所以g(x)在R上单调递减．由f (ex)<2ex－1得f (ex)－2ex<－1，即g(ex)<g(2)，所以ex>2，得x>ln 2.
14．设a>0，函数f (x)＝x＋，g(x)＝x－ln x．若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f (x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为________．
[，＋∞)　解析：因为g(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，所以有g′(x)＝1－≥0，函数g(x)单调递增，则g(x)max＝g(e)＝e－1.因为f (x)＝x＋，所以f ′(x)＝.令f ′(x)＝0，因为a>0，所以x＝a.当0<a<1时，f (x)在[1，e]上单调递增，所以f (x)min＝f (1)＝1＋a2≥e－1，所以1>a≥.当1≤a≤e时，f (x)min＝f (a)＝2a≥e－1恒成立．当a>e时，f (x)在[1，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝≥e－1恒成立．综上，a≥.
15．设函数f (x)＝－，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)证明：当x>1时，f (x)>0；
(2)讨论g(x)的单调性；
(3)若不等式f (x)<g(x)对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
(1)证明：f (x)＝.令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又s(1)＝0，所以s(x)>0.
从而当x>1时，f (x)>0.
(2)解：g′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝.
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(3)解：由(1)知，当x>1时，f (x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f (x)<g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当0<a<时，>1，
g(x)在上单调递减，g<g(1)＝0.而f >0，
所以此时f (x)<g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝g(x)－f (x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f (x)>0，即f (x)<g(x)恒成立．
综上，a的取值范围为.
16．(2020·威海一模)已知函数f (x)＝2ln x－.
(1)当m＝1时，试判断f (x)零点的个数；
(2)若x≥1时，f (x)≤0，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f (x)＝2ln x－(x>0)，f ′(x)＝.
所以f ′(x)≤0(f ′(x)不恒等于零)，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f (1)＝0，所以f (x)有且只有一个零点．
(2)f (1)＝0，f ′(x)＝.
①当m≤0时，在[1，＋∞)上f ′(x)>0恒成立，
所以f (x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (1)＝0，不符合题意．
②当m>0时，设g(x)＝－mx2＋2x－1.
当Δ＝4－4m≤0即m≥1时，g(x)＝－mx2＋2x－1≤0恒成立．
所以在[1，＋∞)上，f ′(x)≤0恒成立．
所以f (x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x)≤f (1)＝0，符合题意．
所以m≥1.
当Δ＝4－4m>0即0<m<1时，g(x)＝0有两个不等实根．设为x1，x2，且x1<x2.
因为g(1)＝1－m>0，可知x1<1<x2，
所以当x∈(1，x2)时f ′(x)>0，当x∈(x2，＋∞)时f ′(x)<0，
即f (x)在(1，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减．
所以f (x2)>f (1)＝0，不符合题意．
综上，实数m的取值范围为[1，＋∞)．