2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（北师版）-课下巩固精练卷(二十五)

课下巩固精练卷(二十五)利用导数研究恒(能)成立问题1．(2024·漳州模拟)设函数f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R.(1)当a＝0时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝2.(2)由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立，即a≤ex−x+1x令h(x)＝ex−x+1x则h′(x)＝(x−2)(e所以当0<x<2时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝e2−14，所以a的取值范围为a2．(2024·广东惠州质检)已知函数f(x)＝12x2－(a＋2)x＋2alnx(a∈R(1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)＝12x2－(a＋2)x＋2alnx的定义域是(0，＋∞f′(x)＝x2−(a+2)x+2ax当a>2时，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a，∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减．(2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，即当x∈[e，4]时，12x2＋2alnx∵当x∈[e，4]时，lnx≥1，∴2a>－12令h(x)＝－12x2lnx，x∈[e，4]，则2a>h∵h′(x)＝－xlnx−1∴h(x)在[e，4]上单调递减，∴h(x)min＝h(4)＝－4ln∴2a>－4ln2，即a>－∴实数a的取值范围为－23．(2024·河北保定三模)已知函数f(x)＝ax＋ln(x＋1).(1)若a＝－2，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合．解：(1)由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，则f′(x)＝－2＋1x+1＝当x∈(－1，－12)时，f′(x)>0，当x∈(－12，＋∞)时，f′(故f(x)的单调递增区间为(－1，－12)，单调递减区间为(－12，＋(2)由f(x)＝ax＋ln(x＋1)，x∈(－1，＋∞)，得f′(x)＝a＋1x+1若a≥0，则显然f(2)＝2a＋ln3>0，不符合题意，若a<0，令f′(x)＝0，解得x＝－a+1a>－则当x∈(－1，－a+1a)时，f′(x)>0，f(x当x∈(－a+1a，＋∞)时，f′(x)<0，f(xf(x)max＝f(－a+1a)＝－a－1－ln(－a则－a－1－ln(－a)≤0，即a＋1＋ln(－a)≥0，令g(a)＝a＋1＋ln(－a)，则g′(a)＝1＋1a＝a+1当a∈(－∞，－1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，当a∈(－1，0)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g(－1)＝0，当满足g(a)≥0时，a＝－1，所以a的取值集合为{－1}．4．已知函数f(x)＝x－bx，g(x)＝2alnx(1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值；(2)若a>0，b＝－1，函数F(x)＝xf(x)＋g(x)满足对任意x1，x2∈(0，1]，都有|F(x1)－F(x2)|<31x1−解：(1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2alnx的图象相切，设切点为(x1，2alnx1)，且g′(x)＝2ax则切线方程为y－2alnx1＝2ax1(x－x即y＝2ax1x－2a＋2alnx∴2ax1(2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2alnx，x∈(0，1]，F′(x)＝2x＋2ax∴F(x)在(0，1]上单调递增．不妨设0<x1<x2≤1，原不等式⇔F(x2)－F(x1)<31x1−1x2，即F(x2)＋3x2<设h(x)＝F(x)＋3x＝x2＋1＋2aln