高考理科数学一轮复习导数与不等式问题专题复习题

择题
1．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( C )
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
解析：当x∈(0,1]时，a≥－3 3－4 2＋ ，令t＝ ，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[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]．
而当x∈[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
当x∈[－1,1]时，x，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：
x
[－1,0)
0
(0,1]
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴f(x)在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数，
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0<a<1时，g(a)<0，即f(1)<f(－1)．
∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－lna≥e－1.
函数y＝a－lna在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0<a<1时，f(－1)－f(0)≥e－1，
即 ＋lna≥e－1，
∴ln3－3≤a<－1.综上，ln3－3≤a≤ .
故a的取值范围是[ln3－3， ]．
9．(2019·益阳、湘潭调研考试)设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是( B )
A．(0， ) B．( ， ]
C．( ， ] D．( ， ]
解析：设h(x)＝a(x＋1)，g(x)＝x3－3x2＋5，则f(x)＝g(x)－h(x)，g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，由g′(x)>0，得x<0或x>2，故g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，由g′(x)<0，得0<x<2，故g(x)在(0,2)上单调递减，画出函数g(x)和h(x)的大致图象如图所示，h(x)过定点(－1,0)．
函数y＝ ＋lna在(0,1)上是减函数，解得0<a≤ .
综上可知，所求a的取值范围为(0， ]∪[e，＋∞)．
8．(2019·惠州市调研考试)已知函数f(x)＝2ex－(x－a)2＋3，a∈R.
(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
2．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋ ，设h(x)＝2lnx＋x＋ (x>0)，则h′(x)＝ .
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
三、解答题
6．(2019·沈阳监测)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数．
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x>0时，求证f(x)≥a ；
(3)若在区间(1，e)上e －e x<0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝ ，∴f′(2)＝ ＝2，∴a＝4.
①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(0)＝5－a2≥0，解得－ ≤a≤ ，
又a≥－1，∴－1≤a≤ .
②当a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0，且当x∈[0，x0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，
则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，则f′(x)>0，即f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
函数h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.
二、填空题
3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(－∞，－20]．
解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3(舍去)．因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)lna.
∵当a>1时，lna>0，(ax－1)lna在R上是增函数，
当0<a<1时，lna<0，(ax－1)lna在R上也是增函数，
∴2a≥1，a≥ ，故填a≥ .
5．(2019·四川成都七中一诊)设函数f(x)＝ ，g(x)＝ ，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式 ≤ 恒成立，则正数k的取值范围是k≥ .
解析：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式 ≤ 恒成立，等价于 ≤ 恒成立，f(x)＝ ＝x＋ ≥2 ＝2，当且仅当x＝ ，即x＝1时取等号，即f(x)的最小值是2，由g(x)＝ ，则g′(x)＝ ＝ ，由g′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，即当x＝1时，g(x)取得极大值同时也是最大值g(1)＝ ，则 的最大值为 ＝ ，则由 ≥ ，得2ek≥k＋1，即k(2e－1)≥1，则k≥ .
令h(x)＝ ，则h′(x)＝ ，
由(2)知，当x∈(1，e)时，lnx－1＋ >0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)<h(e)＝e－1.∴a≥e－1.
故实数a的取值范围为[e－1，＋∞)．
7．(2019·开封高三定位考试)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1)．
∴当a>1或0<a<1时，f′(x)在R上是增函数，
又f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1.
(2)∵存在x1，x2∈[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，
由图可知要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)<0，即存在唯一的正整数x0，使得g(x0)<h(x0)，只需 即
解得 <a≤ ，故选B.
10．(2019·湖北八校联考)已知函数f(x)＝λlnx－e－x(λ∈R)．
(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；
(2)求证：当0<x1<x2时，e1－x2－e1－x1>1－ .
综上，λ≤－ 或λ≥0.
(2)证明：由(1)可知，当λ＝－ 时，f(x)＝－ lnx－e－x在(0，＋∞)上单调递减，
∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，
即－ lnx1－e－x1>－ lnx2－e－x2，
∴e1－x2－e1－x1>lnx1－lnx2.
要证e1－x2－e1－x1>1－ ，只需证lnx1－lnx2>1－ ，即证ln >1－ ，
令t＝ ，t∈(0,1)，则只需证lnt>1－ ，
令h(t)＝lnt＋ －1，则当0<t<1时，h′(t)＝ <0，
∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，
∴h(t)>0，即lnt>1－ ，得证．
∴f(x)min＝f(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，
∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0<x0≤ln3.
由ex0＝x0－a⇒a＝x0－ex0，
令M(x)＝x－ex,0<x≤ln3，则M′(x)＝1－ex<0，
∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，则M(x)≥M(ln3)＝ln3－3，M(x)<M(0)＝－1，
∴当x∈[－1,1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－( ＋1＋lna)＝a－ －2lna，令g(a)＝a－ －2lna(a>0)，∵g′(a)＝1＋ － ＝(1－ )2>0，∴g(a)＝a－ －2lna在(0，＋∞)上是增函数．
解：(1)f′(x)＝2(ex－x＋a)，
∵函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，即在x＝0处的切线的斜率为0，
∴f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝2(ex－x＋a)，令h(x)＝2(ex－x＋a)(x≥0)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．
(2)证明：令g(x)＝a (x>0)，则g′(x)＝a .
令g′(x)>0，即a >0，解得x>1，
令g′(x)<0，解得0<x<1；
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．