2024届高三数学二轮复习培优练23：必要性探路

培优练23 必要性探路 一、基本技能练 1.已知不等式ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立，求实数a的取值范围. 2.(2023·杭州质检)已知函数f(x)＝x(ln x＋3ax＋2)－3ax＋4. (1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若f(x)的最大值为6，求实数a的值. 3.已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值. 二、创新拓展练 4.(2023·石家庄调研)已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围. 参考答案 1.解　必要性：依题有a>0， 当x＝0时，－ln a－aln a≥0，解得0<a≤1. 充分性：下面证明0<a≤1时， 题设不等式恒成立. 由ex≥x＋1(证明略)易得ea2x－1≥a2x， 只需证明a2x－aln(x＋a)－ln a≥0. 设g(x)＝a2x－aln(x＋a)－ln a， 则g′(x)＝a2－＝a， 则g′(x)单调递增， 令g′(x)＝0，即a＝0， 解得x＝－a， 所以当x<－a时，g′(x)<0， g(x)单调递减， 当x>－a时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g ＝a(1－a2)＋(1－a)ln≥0， 当且仅当a＝1取等号. 所以证得a2x－aln(x＋a)－ln a≥0成立，当且仅当x＝0，a＝1时等号成立. 因此a∈(0，1]时，不等式 ea2x－aln(x＋a)－ln a－1≥0恒成立. 2.解　(1)必要性：由题意知f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a≤0在x≥1时恒成立， 因此必有f′(1)＝3a＋3≤0， 即a≤－1. 充分性：当a≤－1时，由不等式ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)， 有f′(x)＝ln x＋3a(2x－1)＋3≤x－1－3(2x－1)＋3＝5(1－x)≤0， 此时符合题意. 综上，可知a∈(－∞，－1]. (2)由题意得f(1)＝6. 因为f(x)≤6，所以1为f(x)的一个极大值点. 又f′(x)＝ln x＋6ax＋3－3a， 因此必有f′(1)＝0，解得a＝－1. 当a＝－1时，由不等式ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)，有 f(x)＝x(ln x－3x＋2)＋3x＋4≤x(x－1－3x＋2)＋3x＋4＝6－2(x－1)2≤6，符合题意.综上，可知a＝－1. 3.解　对函数f(x)求导，得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x. 由题意知f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，则f(0)＝1. 又f(0)＝f′(1)e－1，因此f′(1)＝e. ∴f(x)＝ex－x＋x2. f(x)≥x2＋ax＋b， 即ex－(a＋1)x－b≥0， 令g(x)＝ex－(a＋1)x－b. ①当a＋1>0时，只需考虑b>0情况. 由题意知“g≥0”是“g(x)≥0”的必要条件. 由g≥0，解得≥＋b. 由均值不等式有 ≥＋b≥2， 即(a＋1)b≤(当a＋1＝2b时取等号). 存在a，b满足(a＋1)b＝， 总有f(x)≥x2＋ax＋b， 取a＝－1，b＝，此时 g(x)＝ex－x－＝≥ ＝0，当x＝时取等号. ②假设a＋1＝0符合题意，此时(a＋1)b＝0. ③假设a＋1<0，此时g<0，不符合题意. 综上，(a＋1)b的最大值为. 4.解　(1)f′(x)＝1－＝(x>－1)， 令f′(x)＝0，得x＝0， ∴当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)由题意得ex－x－1≥k[x－ln(x＋1)]在x∈[0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]， 则h(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立， h′(x)＝ex－1－k， 则h′(0)＝0，h″(x)＝ex－， h″(0)＝1－k， 若h″(0)＝1－k<0，即k>1时，存在x∈(0，＋∞)使得x∈(0，x0)时，h″(x)<0， 则在(0，x0)上h′(x)单调递减， 此时h′(x)<h′(0)＝0， 则h(x)在(0，x0)上单调递减，且x∈(0，x0)使h(x)<h(0)＝0，则h(x)≥0不恒成立. 若h″(0)＝1－k≥0，即k≤1时， 由(1)知f(x)＝x－ln(x＋1)的最小值为f(0)＝0， 则h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)] ≥ex－x－1－x＋ln(x＋1) ＝ex－2x－1＋ln(x＋1)(x≥