第三章高考专题突破(一)第2课时 导数与不等式（综合训练·能力提升）-2021新高考数学【导学教程】一轮总复习

第2课时　导数与不等式 A组　基础达标 一、选择题 1.已知x∈(0，2)，若关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围为(　　)＜ A.[0，e＋1)　 B.[0，2e－1)　 C.[0，e) 　 D.[0，e－1) 解析　依题意，知k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，所以由.＋2(x－1)＝(x－1)＋x2－2x，则f′(x)＝＋x2－2x.令f(x)＝可得k＜＜ 令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，所以k＜f(x)min＝f(1)＝e－1，故实数k的取值范围是[0，e－1). 答案　D 2.若对任意的正实数x，不等式ex≥ax＋x2ln x恒成立，则正整数a的最大值为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　当x＝1时，有a≤e，所以正整数a的可能取值为1，2.当a＝2时，不等式为ex－2x≥x2ln x，即(e2－4－4ln 2)>0，所以当a＝2时，对任意的正实数x，不等式ex≥ax＋x2ln x恒成立，所以正整数a的最大值为2.(x>0)，显然ex>x，所以当x∈(0，2)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增.所以g(x)≥g(2)＝＝－＋－ln x，则g′(x)＝－－ln x≥0对任意的x>0恒成立.记g(x)＝－ 答案　B 二、填空题 3.(2019·太原检测)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，若对于任意实数x，不等式f(x2＋a)＋f(2ax)＞2恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析　函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，x∈R， 设g(x)＝ex－e－x－2x，x∈R，则f(x)＝g(x)＋1， 且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－(ex－e－x－2x)＝－g(x)， ∴g(x)是R上的奇函数. g′(x)＝ex＋e－x－2，易知g′(x)≥0恒成立， ∴g(x)是R上的增函数.不等式f(x2＋a)＋f(2ax)＞2恒成立，等价于g(x2＋a)＋g(2ax)＋2＞2恒成立， 即g(x2＋a)＞－g(2ax)＝g(－2ax)恒成立， 即x2＋a＞－2ax恒成立，即x2＋2ax＋a＞0恒成立， ∴Δ＝4a2－4a＜0，解得0＜a＜1， ∴实数a的取值范围是(0，1). 答案　(0，1) 4.(2019·长沙三模)函数f(x)＝x－2sin x，对任意x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________. 解析　∵f(x)＝x－2sin x，∴f′(x)＝1－2cos x， ∴当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当＜x＜π时，f′(x)＞0，f(x)单调递增. ∴当x＝时，f(x)有最小值， 且f(x)min＝f.－＝－2sin＝ 又f(0)＝0，f(π)＝π，∴f(x)max＝π. 由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M恒成立等价于 M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－.＋＝ ∴M的最小值为.＋ 答案　＋ 三、解答题 5.定义在实数集上的函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m. (1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4，4]恒成立，求实数m的取值范围. 解析　(1)∵f(x)＝x2＋x，∴当x＝1时，f(1)＝2， ∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3， ∴所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0. (2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－3x＋m， 则h′(x)＝(x－3)(x＋1). ∴当－4<x<－1时，h′(x)>0； 当－1<x<3时，h′(x)<0； 当3<x<4时，h′(x)>0. 要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0， 由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得， 而h(－1)＝m＋≤0， ，所以m＋，h(4)＝m－ 即m≤－， ∴实数m的取值范围为. 6.已知函数f(x)＝x3－ax2＋10. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)＜0成立，求实数a的取值范围. 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋10， 所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8. 又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2. (2)由已知得a＞.至少有一个实数x使之成立，即a＞＝x＋ 设g(x)＝x＋， (1≤x≤2)，则g′(x)＝1－ 因为1≤x≤2，所以g′(