全国通用2022高考数学二轮复习专题一第5讲导数与不等式存在性及恒成立问题.docx

1、第5讲导数与不等式、存在性及恒成立问题一、选择题1.已知函数f(x)x32x23m，x0，)，若f(x)50恒成立，则实数m的取值范围是()A. B.C.(，2 D.(，2)解析f(x)x24x，由f(x)0，得x4或x0.f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，)上单调递增，当x0，)时，f(x)minf(4).要使f(x)50恒成立，只需f(4)50恒成立即可，代入解之得m.答案A2.若存在正数x使2x(xa)1成立，则a的取值范围是()A.(，) B.(2，)C.(0，) D.(1，)解析2x(xa)1，ax.令f(x)x，f(x)12xln 20.f(x)在(0，)上单调递增，f(x)

2、f(0)011，a的取值范围为(1，)，故选D.答案D3.(2022合肥模拟)当x2，1时，不等式ax3x24x30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a34，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，当x2，0)时，得a2.由以上两种情况得6a2，显然当x0时也成立.故实数a的取值范围为6，2.答案C4.(2022全国卷)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1

3、)0，当x0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是()A.(，1)(0，1) B.(1，0)(1，)C.(，1)(1，0) D.(0，1)(1，)解析因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0时，令g(x)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.则当x0时，g(x)0，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数.所以在(0，)上，当0x1时，g(x)g(1)00f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)00f(x)0.综上，得使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选A.答案A5.已知函数f(x)2ax

4、33ax21，g(x)x，若任意给定的x00，2，总存在两个不同的xi(i1，2)0，2，使得f(xi)g(x0)成立，则实数a的取值范围是()A.(，1)B.(1，)C.(，1)(1，) D.1，1解析当a0时，显然不成立，故排除D；当a0时，注意到f(x)6ax26ax6ax(x1)，即f(x)在0，1上是减函数，在1，2上是增函数，又f(0)1g(0)，当x00时，结论不可能成立；进一步，可知a0，此时g(x)在0，2上是增函数，且取值范围是，同时f(x)在0x1时，函数值从1增大到1a，在1x2时，函数值从1a减少到14a，所以“任意给定的x00，2，总存在两个不同的xi(i1，2)0

5、，2，使得f(xi)g(x0)成立”，当且仅当即解得a1.答案A二、填空题6.(2022太原模拟)设函数f(x)ax33x1(xR)，若对于任意x1，1，都有f(x)0成立，则实数a的值为_.解析若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0时，即x(0，1时，f(x)ax33x10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)maxg4，从而a4.当x0时，即x1，0)时，同理a.g(x)在区间1，0)上单调递增，所以g(x)ming(1)4，从而a4，综上可知a4.答案47.(2022江苏卷)已知函数f(x)x2mx1，若对于任意xm，m

6、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xm，m1，都有f(x)0，则有即解得m0.答案8.(2022青岛模拟)已知函数f(x)x，g(x)x22ax4，若对于任意x10，1，存在x21，2，使f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围是_.解析由于f(x)10，因此函数f(x)在0，1上单调递增，所以x0，1时，f(x)minf(0)1.根据题意可知存在x1，2，使得g(x)x22ax41，即x22ax50，即a能成立，令h(x)，则要使ah(x)在x1，2能成立，只需使ah(x)min，又函数h(x)在x1，2上单调递减，所以h(x)minh(

7、2)，故只需a.答案三、解答题9.(2022天津卷改编)已知函数f(x)nxxn，xR，其中nN*，n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x).(1)解由f(x)nxxn，可得f(x)nnxn1n(1xn1).其中nN*，且n2，下面分两种情况讨论：当n为奇数时.令f(x)0，解得x1，或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以，f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)内单调递增.当n为偶数时.当f(x

8、)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0n，f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0).令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0).由于f(x)nxn1n在(0，)上单调递减，故F(x)在(0，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(

9、x0，)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x).10.(2022新课标全国卷)设函数f(x)aexln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)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)aexln xexex1ex1.由题意可得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明由(1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0；当x时，g(x)0.故g(x)在上单

10、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)xex，则h(x)ex(1x).所以当x(0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.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x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.11.已知函数f(x)(m，nR)在x1处取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)ln x，若对任意的x1R，总存在x21，e，使得g(x2)f(x1)，求实数a的取值范围.解(1)f(x) ，由于f(x)在x1处取得极值2，故f(1)0，f(1)2，即解得经检

11、验，此时f(x)在x1处取得极值.故f(x).(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(x)f(x).故f(x)为奇函数，f(0)0.当x0时，f(x)0，f(x)2，当且仅当x1时取“”.故f(x)的值域为2，2，从而f(x1).依题意有g(x)min，x1，e，g(x)，当a1时，g(x)0，函数g(x)在1，e上单调递增，其最小值为g(1)a1，符合题意；当1ae时，函数g(x)在1，a上单调递减，在a，e上单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)ln a1.由ln a1，得0a，从而知当1a 时，符合题意；当ae时，显然函数g(x)在1，e上单调递减，其最小值为g(e)12，不符合题意.综上所述，a的取值范围为(，.