2016届全国通用高考数学理科二轮专题复习习题专题一函数与导数、不等式第5讲

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 )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞ C.(－∞，2]D.(－∞，2)解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )＞0，得x ＞4或x ＜0.∴f (x )在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4).∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179. 答案 A2.若存在正数x 使2x (x －a )＜1成立，则a 的取值范围是( ) A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞) C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)解析 ∵2x (x －a )＜1，∴a ＞x －12x . 令f (x )＝x －12x ， ∴f ′(x )＝1＋2－x ln 2＞0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )＞f (0)＝0－1＝－1，∴a 的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 答案 D3.(2015·合肥模拟)当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A.[－5，－3] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－6，－98 C.[－6，－2]D.[－4，－3]解析 当x ∈(0，1]时，得a ≥－3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋1x ，令t ＝1x ，则t ∈[1，＋∞)，a ≥－3t 3－4t 2＋t ，令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ，t ∈[1，＋∞)，则g ′(t )＝－9t 2－8t ＋1＝－(t ＋1)·(9t －1)，显然在[1，＋∞)上，g ′(t )＜0，g (t )单调递减，所以g (t )max ＝g (1)＝－6，因此a ≥－6；同理，当x ∈[－2，0)时，得a ≤－2.由以上两种情况得－6≤a ≤－2，显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[－6，－2]. 答案 C4.(2015·全国Ⅱ卷)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0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 )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f （x ）x ，则g (x )为偶函数，且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时，g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.所以在(0，＋∞)上，当0＜x ＜1时，g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x ＞0⇔f (x )＞0；在(－∞，0)上，当x ＜－1时，g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x ＜0⇔f (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 3－3ax 2＋1，g (x )＝－a 4x ＋32，若任意给定的x 0∈[0，2]，总存在两个不同的x i (i ＝1，2)∈[0，2]，使得f (x i )＝g (x 0)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a ＝0时，显然不成立，故排除D ； 当a ＞0时，注意到f ′(x )＝6ax 2－6ax ＝6ax (x －1)， 即f (x )在[0，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数， 又f (0)＝1＜32＝g (0)，当x 0＝0时，结论不可能成立； 进一步，可知a ＜0，此时g (x )在[0，2]上是增函数， 且取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，－a 2＋32，同时f (x )在0≤x ≤1时，函数值从1增大到1－a ，在1≤x ≤2时，函数值从1－a 减少到1＋4a ， 所以“任意给定的x 0∈[0，2]，总存在两个不同的x i (i ＝1，2)∈[0，2]， 使得f (x i )＝g (x 0)成立”，当且仅当⎩⎨⎧f （x ）的最大值＞g （x ）的最大值，f （x ）的最小值＜g （x ）的最小值，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＞－a 2＋32，1＋4a ＜32，解得a ＜－1.答案 A 二、填空题6.(2015·太原模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________.解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x ＞0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为 a ≥3x 2－1x 3.令g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x 4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减.因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案 47.(2014·江苏卷)已知函数f (x )＝x 2＋mx －1，若对于任意x ∈[m ，m ＋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x ∈[m ，m ＋1]， 都有f (x )＜0，则有⎩⎨⎧f （m ）＜0，f （m ＋1）＜0，即⎩⎨⎧m 2＋m 2－1＜0，（m ＋1）2＋m （m ＋1）－1＜0，解得－22＜m ＜0. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，08.(2015·青岛模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0，1]，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是________. 解析 由于f ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0，因此函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以x ∈[0，1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1，2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1，2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x 在x ∈[1，2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞三、解答题9.(2015·天津卷改编)已知函数f (x )＝nx －x n ，x ∈R ，其中n ∈N *，n ≥2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)设曲线y ＝f (x )与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为y ＝g (x )，求证：对于任意的正实数x ，都有f (x )≤g (x ). (1)解 由f (x )＝nx －x n ， 可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－x n －1).其中n ∈N *，且n ≥2，下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时.令f ′(x )＝0，解得x ＝1，或x ＝－1. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)内单调递增. ②当n 为偶数时.当f ′(x )＞0，即x ＜1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞1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x0＝n1n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0).令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).由于f′(x)＝－nx n－1＋n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(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.(2014·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝a e x ln x＋b e x－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋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)＝a e x ln x＋ax ex－bx2ex－1＋bx ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e. 故a＝1，b＝2.(2)证明由(1)知，f(x)＝e x ln x＋2x ex－1，从而f(x)＞1等价于x ln x＞x e－x－2 e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )＞0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x ). 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)＝－1e . 综上，当x ＞0时，g (x )＞h (x )，即f (x )＞1. 11.已知函数f (x )＝mxx 2＋n(m ，n ∈R )在x ＝1处取得极值2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设函数g (x )＝ln x ＋ax ，若对任意的x 1∈R ，总存在x 2∈[1，e]，使得g (x 2)≤f (x 1)＋72，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝m （x 2＋n ）－2mx 2（x 2＋n ）2＝mx 2－2mx 2＋mn （x 2＋n ）2＝－mx 2＋mn （x 2＋n ）2，由于f (x )在x ＝1处取得极值2， 故f ′(1)＝0，f (1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧mn －m （1＋n ）2＝0，m 1＋n＝2，解得⎩⎨⎧m ＝4，n ＝1，经检验，此时f (x )在x ＝1处取得极值.故f (x )＝4xx 2＋1.(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x ＞0时，f (x )＞0，f (x )＝4x ＋1x≤2，当且仅当x ＝1时取“＝”. 故f (x )的值域为[－2，2]， 从而f (x 1)＋72≥32.依题意有g (x )min ≤32，x ∈[1，e]， g ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2，①当a ≤1时，g ′(x )≥0，函数g (x )在[1，e]上单调递增，其最小值为g (1)＝a ≤1＜32，符合题意；②当1＜a ＜e 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 a ＋1. 由ln a ＋1≤32，得0＜a ≤e ， 从而知当1＜a ≤ e 时，符合题意；③当a ≥e 时，显然函数g (x )在[1，e]上单调递减，其最小值为g (e)＝1＋a e ≥2＞32，不符合题意.综上所述，a 的取值范围为(－∞，e].。