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高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题(分类讨论和分离变量)
头条号:延龙高中数学 微信:gyl_math123
1.(2018?全国一模)已知函数f(x)=﹣4x
3
+ax,x∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在[﹣1,1]上的最大值为1,求实数a的
取值集合.
解:(1)f'(x)=﹣12x
2
+a.
当a=0时,f(x)=﹣4x
3
在R上单调递减;
当a<0时,
f'(x)=﹣12x
2
+a<0,即f(x)=﹣4x
3
+ax在R上单调
递减;
当a>0时,f'(x)=﹣12x
2
+a.
f'(x)<
0,f(x)在上递减;
上递增;
上递减;
时,
时,f'(x)>0,f(x)在
时,f'(x)<0,f(x)在<
br>综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,f(x)在上递减;在上递增;上递减.
(2)∵函数f(x)在[﹣
1,1]上的最大值为1.即对任意x∈[﹣1,1],f(x)≤1恒成立.
亦即﹣4x<
br>3
+ax≤1对任意x∈[﹣1,1]恒成立.变形可得,ax≤1+4x
3
.
当x=0时,a?0≤1+4?0
3
即0≤1,可得a∈R;
当x∈(0,1]时,
当
.则令,则.
,∴a≤3.
,则.
时,f'(x)<0,当
.则
时,f'(x)>0.因此
,
令当x∈[﹣1,0)时,
当x∈[﹣1,0)时,f'(x)<0,因此,g
(x)
max
=g(﹣1)=3,∴a≥3.
综上,a=3,∴a的取值集合为{3}.
2.(2018?遂宁模拟)已知函数f(x)=
(1)求函数f(x)的单调区间和极值点;
(2)当x≥1时,f(x)≤a(1﹣
解:(1)因为f(x)=
)恒成立,求实数
a的取值范围.
,令f'(x)=0,解得x=e,…(2分)
,求导得f′(x)=
又函数的定义域为(0,+∞),当x∈(0,e)时,f'(x)>0;当x
∈(e,+∞)时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,e)单调递增;在(e,+∞)单调递减,
有极大值点x=e;无极小值点. …(4分)
(2)由f(x)≤a(1﹣)恒成立,得≤a(1﹣),(x≥1)恒成立,
即x
lnx≤a(x
2
﹣1)(x≥1)恒成立.令g(x)=xlnx﹣a(x
2
﹣1)(x≥1)
g′(x)=lnx+1﹣2ax,令F(
)=lnx+1﹣2ax,则F′(x)=,…(5分)
①若a≤0,F′(x)>0,g′
(x)在[1,+∞)递增,g′(x)≥g′(1)=1﹣2a>0,
故有g(x)≥g(1)=0不符合题意.…(7分)
②若
从而在
,∴,
上,g′(x)>g′(1)=1﹣2a>0,同(1),不合题意…(9分)
③若a≥,F′(x)≤0在[1,+∞)恒成立,
∴g′(x)在[1,+∞)递减,g′(x)≤g′(1)=1﹣2a≤0,
从而g(x)在[1,+∞)递减,故g(x)≤g(1)=0
…(11分)
综上所述,a的取值范围是[,+∞).…(12分)
3.(2018?瓦房店市一模)已知函数f(x)=ax﹣1﹣lnx,a∈R.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调区间;
(Ⅱ)若函数f(x)在x=1处取得极值,
对?x∈(0,+∞),f(x)≥bx﹣2恒成立,求b的取值范围.
解:(Ⅰ)在区间(0,+∞)上,.
①若a≤0,则f′(x)<0,f(x)是区间(0,+∞)上的减函数;
②若a>0,令f′(x)=0得x=.
在区间(0,)上,f′(x)<0,函数f(x)是减函数;
在区间上,f′(x)>0,函数f(x)是增函数;
综上所述,①当a≤0时,f(x)的递减区间是(0,+∞),无递增区间;
②当a>0时,f(x)的递增区间是,递减区间是.
(II)因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=0
解得a=1,经检验满足题意.
由已知f(x)≥bx﹣2,则
令g(x)==1+,则
易得g
(x)在(0,e
2
]上递减,在[e
2
,+∞)上递增,
所以g(x)
min
=,即.
4.(2018?玉溪模拟)
已知函数f(x)=xe
﹣
x
+(x﹣2)e
x
﹣
a
(e≈2.73).
(Ⅰ)当a=2时,证明函数f(x)在R上是增函数;
(Ⅱ)若a>2时,当x≥1时,f(x)≥恒成立,求实数a的取值范围.
解:(
Ⅰ)当a=2时,f(x)=xe
﹣
x
+(x﹣2)e
x
﹣
2
,f(x)的定义域为R,
f′(x)=e
﹣
x
﹣xe
﹣
x
+e
x
﹣
2
+(x﹣2)e
x
﹣
2
=(x﹣1)(e
x
﹣
2
﹣e
﹣
x
)=e
﹣
x
(x﹣1)(e
x
﹣
1
﹣1)
(e
x
﹣
1
+1).
当x≥1时,x﹣1≥0,e
x
﹣
1
﹣1≥0,所以f′(x)≥0,
当x<1时,x﹣1<
0,e
x
﹣
1
﹣1<0,所以f′(x)≥0,
所以对任意实数x,f′(x)≥0,所以f(x)在R上是增函数;
(II)
当x≥1时,f(x)≥恒成立,即(x﹣2)e
2x
﹣
a
﹣x
2<
br>+3x﹣1≥0恒成立,
设h(x)=(x﹣2)e
2x
﹣
a
﹣x
2
+3x﹣1(x≥1),则h′(x)=(2x﹣3)(e
2x﹣
a
﹣1),
令h′(x)=(2x﹣3)(e
2x
﹣
a
﹣1)=0,解得
(1)当1<<,即2<a<3时,
x
(1,
)
h′(x)
+
0
极大
值
,,
(,
)
﹣
单调递
减
(,+∞)
0
极小
值
+
单调递增
h(x)
单调递
增
所以要
使结论成立,则h(1)=﹣e
2
﹣
a
+1≥0,h()=﹣e
3<
br>﹣
a
+≥0,即e
2
﹣
a
≤1,e
3
﹣
a
≤,
解得a≥2,a≥3﹣ln,所以3﹣ln≤a<3;
(2)当=,即a=3时,h′(x)≥0恒成立,所以h(x)是增函数,又h(1)=﹣e
﹣
1
+1>0,
故结论成立;
(3)当
x
,即a>3时,
(1,
)
h′(x)
+
0
极大
(,
)
﹣
单调递
(,+∞)
0
极小
+
单调递增
h(x)
单调递
增
值
减
值
所以要使结论成立,
则h(1)=﹣e
2
﹣
a
+1≥0,h()=﹣+2a﹣3≥0,即e<
br>2
﹣
a
≤1,a
2
﹣8a+12≤0,
解得a≥2,2≤a≤6,所以3<a≤6;
综上所述,若a>2,当x≥1时,f(x)≥
分)
5.(2017秋?许昌月考)已知函数f(x)=x﹣lnx+a(+lnx)(a<0).
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(Ⅱ)设函数g(
x)=.若对于任意x∈(1,e],都有f(x)>ag(x)成立,求实数a的取值范围.
解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞).由f(x)=x﹣lnx+a(+lnx)(a<0),
得f′(x)=1﹣+a()=,∴f′(1)=0,又f(1)=1+a,
恒成立
,实数a的取值范围是3﹣ln≤a≤6.(12
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方
程为y=1+a;
(Ⅱ)由对于任意x∈(1,e],都有f(x)>ag(x)成立, <
br>则x﹣lnx+a(+lnx)>对于任意x∈(1,e]成立,等价于a﹣1>﹣
令F(x)=
﹣,则当x∈(1,e]时,a﹣1>F(x)
max
.F′(x)=
对于任意x∈(
1,e]成立.
.
∵当x∈(1,e]时,F'(x)≥0,∴F(x)在[1,e]上单调递增.
∴
F(x)
max
=F(e)=﹣e,即a﹣1>﹣e,得a>1﹣e.∴1﹣e<a<0.
6.(2016?合肥一模)已知函数f(x)=ex﹣xlnx,g(x)=ex
﹣tx
2
+x,t∈R,其中e是自然对数的底数.
(Ⅰ)求函数 f(x)在点(1,f(1))处切线方程;
(Ⅱ)若g(x)≥f(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立,求t的取值范围.
解
:(Ⅰ)由f(x)=ex﹣xlnx,得f′(x)=e﹣lnx﹣1,则f′(1)=e﹣1.
<
br>而f(1)=e,∴所求切线方程为y﹣e=(e﹣1)(x﹣1),即y=(e﹣1)x+1;
(Ⅱ)∵f(x)=ex﹣xlnx,g(x)=e
x
﹣tx
2
+x
,t∈R,∴g(x)≥f(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立.
?e
x
﹣tx
2
+x﹣ex+xlnx≥0对任意x∈(0,+∞)恒成立.
即t≤对任意x∈(0,+∞)恒成立.令F(x)=.
则F′(x)=,设G(x)=,
则G′(x)=
∴G(x)=
对任意x∈(0,+∞)恒成立.
在(0,+∞)单调递增,且G(1)=0.
∴x∈(0,1)时,G(x)<0,x∈(1,+∞)时,G(x)>0,
即x∈(0,1)时,F′(x)<0,x∈(1,+∞)时,F′(x)>0,
∴
F(x)在(0,1)上单调递减,F(x)在(1,+∞)上单调递增.∴F(x)≥F(1)=1.
∴t≤1,即t的取值范围是(﹣∞,1].
7.(2018?红谷滩新
区校级二模)已知f(x)=xlnx,g(x)=﹣x
2
+ax﹣3.
(Ⅰ)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(Ⅱ)证明:对一切x∈(0,+∞),都有成立.
【解答】(Ⅰ)解
对一切x∈(0,+∞),有2xln x≥﹣x
2
+ax﹣3,则a≤2ln
x+x+,
设h(x)=2ln x+x+(x>0),则h′(x)=
当x∈(0
,1)时,h′(x)<0,h(x)是减少的,
当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,
h(x)是增加的,所以h(x)
min
=h(1)=4.
因为对一切x∈
(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以a≤h(x)
min
=4.…(5分)
(Ⅱ)证明:问题等价于xln x>﹣(x∈(0,+∞)),
,
f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是﹣,
当且仅当x=时取到,设m(x)=﹣(x∈(0,+∞)),则m′(x)=,
易知m(x)
max
=m(1)=﹣,当且仅当x=1时取到.
从而对一切x∈(0,+∞),都有ln x>
8.(2018?拉萨一模)已知函
数f(x)=lnx﹣ax,e为自然对数的底数,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调
性;(2)当x≥1时,
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),.
恒成立,求a的取值范围.
﹣成立. …(12分)
若a≤0时,则f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;
若a>0时,则由f'(x)=0,∴.
当
当
时,
f'(x)>0,∴f(x)在
时,f'(x)<0,∴f(x)在
上单调递增;
上单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在
(2)由题意得:
上单调递增,在上单调递减.
对x≥1时恒成立.
对x≥1时恒成立,∴
令
∴
∵
,(x≥1),∴
对x≥1时恒成立,∴
.令,
在[1,+∞)上单调递减,
,∴当x∈[1,e]时,h(x)≥0,∴g'(x
)≥0,g(x)在[1,e]上单调递增;
当x∈(e,+∞)时,h(x)<0,∴g'
(x)<0,g(x)在[e,+∞)上单调递减.
∴g(x)在x=e处取得最大值
,∴a的取值范围是.