2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-4.4.1-利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題-專項訓(xùn)練【含答案】

4.4.1-利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題1．已知函數(shù)f(x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1處取得極值4.(1)求a，b的值；(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f(x)成立，求實數(shù)λ的取值范圍．2．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax，a∈R.當(dāng)x≥1時，關(guān)于x的不等式f(x)≤x－2a恒成立，試求實數(shù)a3．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xe(1)當(dāng)x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍．4．已知函數(shù)f(x)＝aex.(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)＋x的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>2時，f(x)>lnx?2a－2，求a參考答案1．解：(1)f(x)＝ax3－bx2－9x－1，則f′(x)＝3ax2－2bx－9.因為函數(shù)f(x)＝ax3－bx2－9x－1在x＝－1處取得極值4，所以3a+2b?9此時f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)．易知f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，3)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，則x＝－1是函數(shù)f(x)的極大值點，符合題意．故a＝1，b＝3.(2)若存在x∈[2，4]，使3λ－λ2≥f(x)成立，則3λ－λ2≥f(x)min.由(1)得，f(x)＝x3－3x2－9x－1，且f(x)在[2，3)上單調(diào)遞減，在(3，4]上單調(diào)遞增，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，所以實數(shù)λ的取值范圍是[－4，7].2．解：當(dāng)x≥1時，f(x)≤x－2a，即lnx＋ax≤x－2a，即a≤x構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2?xlnx1+2x(g′(x)＝2x構(gòu)造函數(shù)h(x)＝2x2－lnx－1(x≥1)，h′(x)＝4x－1x＝4x2所以h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，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的取值范圍是?∞3．解：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x?1x?a①若a≤1，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當(dāng)x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae綜上，當(dāng)a≤1時，f(x)min＝1－a；當(dāng)1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時，f(x)min＝e－(a＋1)－ae(2)由題意知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]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae又g′(x)＝(1－ex)x，所以當(dāng)x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae解得a＞e2所以a的取值范圍為e24．解：(1)F′(x)＝aex＋1，定義域為R.當(dāng)a≥0時，F(xiàn)′(x)>0恒成立，函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a<0時，由F′(x)＝0，得x＝－ln(－a)，當(dāng)x<－ln(－a)時，F(xiàn)′(x)>0，函數(shù)F(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>－ln(－a)時，F(xiàn)′(x)<0，函數(shù)F(x)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≥0時，函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，函數(shù)F(x)在－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在?ln(2)顯然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即為g(x＋lna)>gln(x－2))，因為g′(x)＝ex＋1>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＋lna>ln(x－2)，即lna>ln(x－2)－x，令h(x)＝ln(x－2)－x，則h′(x)＝1x?2－1＝3?x當(dāng)2<x