全国通用2022高考数学二轮复习专题一第5讲导数与不等式的证明存在性及恒成立问题训练文

第5讲　导数与不等式的证明、存在性及恒成立问题一、选择题1.(2022·安徽卷)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)A.a>0，b<0，c>0，d>0B.a>0，b<0，c<0，d>0C.a<0，b<0，c>0，d>0D.a>0，b>0，c>0，d<0解析　由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故选A.答案　A2.已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)A.B.C.(－∞，2]D.(－∞，2)解析　f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.∴f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4).∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.答案　A3.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是(　　)A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析　∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，6\n∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D.答案　D4.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A.[－5，－3]B.C.[－6，－2]D.[－4，－3]解析　当x∈(0，1]时，得a≥－3－4＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)＜0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[－6，－2].答案　C5.(2022·长沙模拟)已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0<a<b，则必有(　　)A.af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)解析　因为xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，所以′＝≤≤0，则函数在(0，＋∞)上单调递减.由于0<a<b，则≥，即af(b)≤bf(a).答案　A二、填空题6.(2022·合肥模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.6\n解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x＞0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.令g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x＜0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1，0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案　47.已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，则实数m的取值范围是________.解析　作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，则有即解得－＜m＜0.答案　8.(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________.解析　由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝6\n，故只需a≥.答案　三、解答题9.已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋2＞0；(1)解　根据题意知，f′(x)＝(x＞0)，当a＞0时，则当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)；当a＝0时，f(x)＝－3，不是单调函数，无单调区间.(2)证明　当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知f(x)＝－lnx＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞f(1).即f(x)＞－2，所以f(x)＋2＞0.10.(2022·唐山期末)已知函数f(x)＝aex＋x2，g(x)＝sin＋bx，直线l与曲线y＝f(x)切于点(0，f(0))，且与曲线y＝g(x)切于点(1，g(1)).(1)求a，b的值和直线l的方程；(2)证明：f(x)＞g(x).(1)解　f′(x)＝aex＋2x，g′(x)＝cosx＋b，f(0)＝a，f′(0)＝a，g(1)＝1＋b，g′(1)＝b.曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝ax＋a，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线为：y＝b(x－1)＋1＋b，即y＝bx＋1，依题意有a＝b＝1，直线l的方程为y＝x＋1，(2)证明　由(1)知f(x)＝ex＋x2，g(x)＝sinx＋x，设F(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex＋x2－x－1，6\n则F′(x)＝ex＋2x－1，当x∈(－∞，0)时，F′(x)＜F′(0)＝0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞F′(0)＝0.F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)≥F(0)＝0，设G(x)＝x＋1－g(x)＝1－sinx，则G(x)≥0，当且仅当x＝4k＋1(k∈Z)时等号成立，由上可知，f(x)≥x＋1≥g(x)，且两个等号不同时成立，因此f(x)＞g(x).11.(2022·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝aexlnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)＞1.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)＞1等价于xlnx＞xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x).所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.6\n故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.6