資源簡介

中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
高考解答題專項(xiàng)突破(一)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合問題
[考情分析]　高考對本部分的考查一般有三個層次：(1)主要考查求導(dǎo)公式，求導(dǎo)法則與導(dǎo)數(shù)的幾何意義；(2)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；(3)綜合考查，如零點(diǎn)、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)取值范圍、解決應(yīng)用問題等，還可能將導(dǎo)數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關(guān)不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機(jī)結(jié)合，設(shè)計綜合題．
第1課時　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題
考點(diǎn)一　“分離參數(shù)法”解決不等式恒(能)成立問題
例1 (2024·福建連城縣第一中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)＝2ax－2ln x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若函數(shù)g(x)＝x－2，且 x>0，都有g(shù)(x)≤f(x)，求a的取值范圍．
【常用結(jié)論】 用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，具體步驟如下： (1)分離參數(shù)(注意分離參數(shù)時自變量x的取值范圍是否影響不等號的方向)． (2)轉(zhuǎn)化：①若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max； ②若af(x)有解，則只需a>f(x)min； ④若 x∈D，使得a　1.已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)．
(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
考點(diǎn)二　“最值法”解決不等式恒(能)成立問題
例2 已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－.
(1)若a＝e，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
在不等式恒成立問題中，如果不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后的函數(shù)的最值比較難求，可以把含參不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后從研究函數(shù)的性質(zhì)入手，通過討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，直接用參數(shù)表達(dá)函數(shù)的最值，然后根據(jù)題意，建立關(guān)于參數(shù)的不等式，解不等式即得參數(shù)的取值范圍． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，則 ①f(x，a)>0恒成立 g(a)>0；②f(x，a)<0有解 g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，則 ①f(x，a)<0恒成立 g(a)<0；②f(x，a)>0有解 g(a)>0.
　2.已知函數(shù)f(x)＝aln (x＋1)，a∈R.
(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程；
(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
考點(diǎn)三　雙變量不等式恒(能)成立問題
例3 設(shè)f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有： (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max； (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min； (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max； (4) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
　3.(2024·陜西渭南高三上學(xué)期第一次檢測)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)g(x)＝ln x－＋，若對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
課時作業(yè)
1．(2024·湖南長沙明德中學(xué)高三上學(xué)期入學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋＋bx且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x－y＋1＝0.
(1)求實(shí)數(shù)a，b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關(guān)于x的不等式f(x)－2≥x＋恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函數(shù)f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)m>0時，若對于任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范圍．
3．(2023·甘肅武威教育局第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的極值；
(2)若 x∈(－3，＋∞)，－3≤ax2－2x，求a的最小值．
4．已知函數(shù)f(x)＝－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若對任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范圍．
5．(2024·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三第一次月考)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x>1時，f(x)>ln ＋x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
6．(2023·安徽舒城中學(xué)高三仿真模擬(三))已知f(x)＝aln x＋x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.
(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；
(2)如果對任意x1∈[－π，π]，存在x2∈，使得－a≤g(x1)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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[考情分析]　高考對本部分的考查一般有三個層次：(1)主要考查求導(dǎo)公式，求導(dǎo)法則與導(dǎo)數(shù)的幾何意義；(2)導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；(3)綜合考查，如零點(diǎn)、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)取值范圍、解決應(yīng)用問題等，還可能將導(dǎo)數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關(guān)不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機(jī)結(jié)合，設(shè)計綜合題．
第1課時　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒(能)成立問題
考點(diǎn)一　“分離參數(shù)法”解決不等式恒(能)成立問題
例1 (2024·福建連城縣第一中學(xué)高三上學(xué)期月考)已知函數(shù)f(x)＝2ax－2ln x.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若函數(shù)g(x)＝x－2，且 x>0，都有g(shù)(x)≤f(x)，求a的取值范圍．
解　(1)f′(x)＝2a－＝(x>0)，
當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，
所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
當(dāng)a>0時，當(dāng)0時，f′(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)，
即a≥－＋，
令h(x)＝－＋(x>0)，
則h′(x)＝＋＝(x>0)，
當(dāng)00，當(dāng)x>e2時，h′(x)<0，
所以函數(shù)h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以h(x)max＝h(e2)＝＋，
所以a≥＋.
所以a的取值范圍是.
【常用結(jié)論】 用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，具體步驟如下： (1)分離參數(shù)(注意分離參數(shù)時自變量x的取值范圍是否影響不等號的方向)． (2)轉(zhuǎn)化：①若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max； ②若af(x)有解，則只需a>f(x)min； ④若 x∈D，使得a　1.已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)．
(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x的定義域是(0，＋∞)，
f′(x)＝＝.
當(dāng)a>2時，由f′(x)>0，得0a；由f′(x)<0，得2∴函數(shù)f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，a)上單調(diào)遞減．
(2)至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，
即當(dāng)x∈[e，4]時，x2＋2aln x>0有解．
∵當(dāng)x∈[e，4]時，ln x≥1，∴2a>－有解，
令h(x)＝－，x∈[e，4]，則2a>h(x)min.
∵h(yuǎn)′(x)＝－＝－<0，
∴h(x)在[e，4]上單調(diào)遞減，
∴h(x)min＝h(4)＝－，
∴2a>－，即a>－，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
考點(diǎn)二　“最值法”解決不等式恒(能)成立問題
例2 已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－.
(1)若a＝e，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，
當(dāng)a＝e時，f′(x)＝x(ex－e)．
在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
(2)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝x(ex－a)．
①若a≤1，則在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)單調(diào)遞增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合題意；
②若10，因此f(x)在(0，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，2]上單調(diào)遞增，又因?yàn)楫?dāng)x從右側(cè)趨近于0時，f(x)趨近于－1，小于3，
所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，
解得≤a③若a≥e2，則在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調(diào)遞減，因此f(x)<－1<3，符合題意．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
在不等式恒成立問題中，如果不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后的函數(shù)的最值比較難求，可以把含參不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后從研究函數(shù)的性質(zhì)入手，通過討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，直接用參數(shù)表達(dá)函數(shù)的最值，然后根據(jù)題意，建立關(guān)于參數(shù)的不等式，解不等式即得參數(shù)的取值范圍． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，則 ①f(x，a)>0恒成立 g(a)>0；②f(x，a)<0有解 g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，則 ①f(x，a)<0恒成立 g(a)<0；②f(x，a)>0有解 g(a)>0.
　2.已知函數(shù)f(x)＝aln (x＋1)，a∈R.
(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程；
(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ln (x＋1)，
所以切點(diǎn)為(3，ln 4)．
因?yàn)閒′(x)＝，所以切線的斜率為k＝f′(3)＝，所以曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程為y－ln 4＝(x－3)，
化簡得x－4y＋8ln 2－3＝0.
(2)對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，即aln (x＋1)－x＋x2≥0恒成立．
令h(x)＝aln (x＋1)－x＋x2(x≥0)，
則h′(x)＝－1＋x＝(x≥0)．
①當(dāng)a≥1時，h′(x)≥0恒成立，
所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合條件．
②當(dāng)a<1時，由h′(x)＝0，x≥0，
解得x＝，
當(dāng)x∈(0，)時，h′(x)<0；當(dāng)x∈(，＋∞)時，
h′(x)>0，h(x)min＝h()綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．
考點(diǎn)三　雙變量不等式恒(能)成立問題
例3 設(shè)f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；
(2)如果對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于g(x)max－g(x)min≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0，得x＜0或x＞，
由g′(x)<0，得0又x∈[0，2]，
所以g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又g(0)＝－3，g＝－，g(2)＝1，
所以g(x)min＝g＝－，
g(x)max＝g(2)＝1.
故g(x)max－g(x)min＝≥M，
則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.
(2)對于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在上，f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，g(x)的最大值為g(2)＝1.
故在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
等價于a≥x－x2ln x恒成立．
設(shè)h(x)＝x－x2ln x，
則h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，當(dāng)x∈時，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，所以當(dāng)1＜x＜2時，h′(x)＜0；當(dāng)＜x＜1時，h′(x)＞0，
所以函數(shù)h(x)＝x－x2ln x在上單調(diào)遞增，在(1，2]上單調(diào)遞減，
所以h(x)max＝h(1)＝1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．
“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有： (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max； (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min； (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max； (4) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
　3.(2024·陜西渭南高三上學(xué)期第一次檢測)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)g(x)＝ln x－＋，若對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＞0時，在上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
在上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)；
當(dāng)a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是.
(2)g′(x)＝－－×＝＝，
在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，
所以g(x)max＝g(3)＝ln 3－.
因?yàn)閷θ我獾膞1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，
等價于f(x)max＜g(x)max，
由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)無最值；當(dāng)a＞0時，f(x)max＝f＝－ln a，
所以－ln a＜ln 3－，所以ln a＞ln ，解得a＞.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
課時作業(yè)
1．(2024·湖南長沙明德中學(xué)高三上學(xué)期入學(xué)考試)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋＋bx且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x－y＋1＝0.
(1)求實(shí)數(shù)a，b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關(guān)于x的不等式f(x)－2≥x＋恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解　(1)將x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切點(diǎn)為(1，3)．
f′(x)＝－＋b，
所以
所以f(x)＝ln x＋＋2x.
f′(x)＝－＋2＝＝(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝，x＝－1(舍去)．
所以當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；
當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．
(2)因?yàn)閒(x)－2≥x＋恒成立，
即ln x＋＋2x－2≥x＋恒成立，
化簡為m≤x2＋2xln x－4x＋2恒成立．
設(shè)g(x)＝x2＋2xln x－4x＋2，則m≤g(x)min即可．
g′(x)＝2x＋2ln x＋2－4＝2x＋2ln x－2(x>0)，
因?yàn)間′(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且g′(1)＝0，
所以當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)．
g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1.
故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1]．
2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函數(shù)f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)m>0時，若對于任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范圍．
解　(1)f′(x)＝mx＋m－1－＝，x>0.
當(dāng)m≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m>0時，由f′(x)>0，解得x∈，即f(x)在上單調(diào)遞增，
由f′(x)<0，解得x∈，即f(x)在上單調(diào)遞減．
(2)當(dāng)m>0時，由(1)知f(x)min＝f＝ln m＋1－，
g′(x)＝2x＋e－x>0(x≥1)恒成立，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2－，
由題意知f(x)min≥g(x)min，
即ln m＋1－≥2－.
設(shè)h(m)＝ln m＋1－，
則h′(m)＝＋>0，
所以h(m)為增函數(shù)，
又h(e)＝2－，所以m≥e，
即m的取值范圍是[e，＋∞)．
3．(2023·甘肅武威教育局第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的極值；
(2)若 x∈(－3，＋∞)，－3≤ax2－2x，求a的最小值．
解　(1)f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝－2，
當(dāng)x∈(－3，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(－2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
故f(－2)＝為極小值，f(x)無極大值．
所以f(x)在(－3，＋∞)上的極小值為，無極大值．
(2)由題意知－3＝－3，
令g(x)＝－3－ax2＋2x，
g′(x)＝－－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0，
令h(x)＝g′(x)＝－－2ax＋2，
則h′(x)＝－2a，
設(shè)u(x)＝h′(x)＝－2a，則u′(x)＝－，
當(dāng)－3當(dāng)x>0時，u′(x)為負(fù)，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故u(0)＝h′(0)＝1－2a為極大值．
若1－2a≤0，即a≥，此時h′(x)≤0，
則h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上單調(diào)遞減，
又g′(0)＝0，所以當(dāng)－30，
g(x)在(－3，0)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x>0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，
故g(0)＝0為極大值，所以g(x)≤0，則當(dāng)a≥時，符合條件；
若1－2a>0，即a<，此時h′(0)>0，
所以存在－30，則h(x)＝g′(x)在(x1，0)上單調(diào)遞增，
又h(0)＝g′(0)＝0，則在區(qū)間(x1，0)上，g′(x)所以在區(qū)間(x1，0)上，g(x)單調(diào)遞減，
則g(x)>g(0)＝0，不滿足條件．
綜上所述，a的最小值為.
4．已知函數(shù)f(x)＝－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若對任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范圍．
解　(1)由題意，得f(x)的定義域?yàn)镽，且f′(x)＝－a，當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．
當(dāng)a>0時，
由f′(x)>0，得x<－或x>；
由f′(x)<0，得－所以f(x)在(－∞，－)上單調(diào)遞增，在(－，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)f(x)≥－sinx ＋sinx－ax≥0，
設(shè)g(x)＝＋sinx－ax(x≥0)，
則g′(x)＝＋cosx－a，
設(shè)h(x)＝＋cosx－a(x≥0)，
則h′(x)＝x－sinx，
設(shè)m(x)＝x－sinx(x≥0)，
則m′(x)＝1－cosx≥0，
所以h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)a≤1時，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
結(jié)合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合題意；
當(dāng)a>1時，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，
所以g′(x)在(0，2a)上有一個零點(diǎn)x0，
且當(dāng)x∈[0，x0)時，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，
結(jié)合g(0)＝0知，當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)<0，從而f(x)<－sinx，不符合題意．
綜上所述，a的取值范圍為(－∞，1]．
5．(2024·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三第一次月考)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x>1時，f(x)>ln ＋x，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.
當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)a<0時，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)；
令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上單調(diào)遞增，在(－ln (－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)a≥0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在(－∞，－ln (－a))上單調(diào)遞增，在(－ln (－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)因?yàn)楫?dāng)x>1時，f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，則有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))對任意x∈(1，＋∞)恒成立．
因?yàn)閔′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，
即ln a>ln (x－1)－x對任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，則F′(x)＝－1＝，令F′(x)＝0，得x＝2.
當(dāng)x∈(1，2)時，F(xiàn)′(x)>0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0，
所以F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以F(x)≤F(2)＝－2.
因此ln a>－2，所以a>.
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
6．(2023·安徽舒城中學(xué)高三仿真模擬(三))已知f(x)＝aln x＋x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.
(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；
(2)如果對任意x1∈[－π，π]，存在x2∈，使得－a≤g(x1)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解　(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，顯然g(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，
當(dāng)x∈時，xcosx>0，g′(x)>0，
∴g(x)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈時，xcosx<0，g′(x)<0，
∴g(x)在上單調(diào)遞減，
又g(0)＝1，g＝，g(π)＝－1，
∴g(x)在(0，π]上的最小值為－1.
由偶函數(shù)圖象的對稱性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值為－1.
(2)先證ln x≤x－1，
設(shè)h(x)＝ln x－x＋1，
則h′(x)＝－1＝，
令h′(x)>0，得01，
∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．h(x)≤h(1)＝0，故ln x≤x－1　①恒成立．
由題意可得 x2∈，使得－a≤－1成立，
即a(x2－ln x2)≥x－x2成立．
由①可知x2－ln x2≥1>0，參變分離得a≥.
設(shè)φ(x)＝，x∈，
即只需a≥φ(x)min即可．
φ′(x)＝
＝，
由①知ln x≤x－1，得－ln x≥1－x，
∴x－ln x＋1≥x＋1－x＋1＝2－x＝>0，
令φ′(x)>0，得1∴φ(x)在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝－，
∴a≥－，
又已知a≠0，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為∪(0，＋∞)．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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