特色小卷23 利用导数研究不等式成立问题-【精彩三年】2024高考数学汇编与名师优创特色64卷教师用书word（新教材）

特色小卷23　利用导数研究不等式成立问题 [时间：40分　总分：70分] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分． 若函数f＝－ln x满足 f≥a－x恒成立，则a的最大值为(　　) A．3 B．4 C．3－ln 2 D．3＋ln 2 对任意的x1，x2∈，当x1<x2时，x1－x2－ln >0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 已知不等式2x－3ln ≤2对任意x∈恒成立，则实数a的最小值为(　　) A．－ln 2 B．－－ln C．－ D．＋ln 已知f＝ex-1，g＝＋a，若存在x1，x2∈R，使得f≥g成立，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 已知f(x)＝mex－x－1，若∃x0∈[－1，1]，使f(x0)>0，则实数m的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B． C．(1，＋∞) D． 已知函数f＝，x>0.若存在实数a∈，使得f≤a3－a2－2a＋e-1成立，则正实数m的取值范围为(　　) A． B． C． D． 设函数f＝ex－ax2＋ax(a∈R)(e＝2.718…为自然对数的底数)，若恰好存在两个正整数m，n，使得f<0，f<0，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)＋3，对于∀x∈，f(x)≥4恒成立，则满足题意的a的取值集合为(　　) A． B． C．{－1，0，1} D． 二、多选题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 已知函数f＝etx－ln x＋x，若f≥0恒成立，则实数t的可能取值为(　　) A． B． C． D． 已知当x≥e时，不等式xa＋－e≥a ln x恒成立，则正实数a的值可以为(　　) A．1 B． C．e D． 已知函数f＝x，g＝ex，若对任意的x1∈，均存在x2∈，使得f＝g，则a的取值可能是(　　) A．－ B．－ C．－ D． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式ex－a ln x<a ln a成立，则实数a的取值范围为________． 已知函数f(x)＝(x ln x－a＋3)2＋(x－a)2，其中a∈R，若不等式f(x)≤2有解，则a＝________． 若关于x的不等式xm≤emx＋mxm·恒成立，则实数m的最小值为________． 特色小卷23　利用导数研究不等式成立问题 1．C　 2．C　【解析】 依题意，x1－x2－ln >0⇔x1－ln x1－>0， 令f(x)＝x－ln x，x∈(1，3]， 则对任意的x1，x2∈，当x1<x2时，f(x1)>f(x2)，即函数f(x)在上单调递减， 因此，∀x∈(1，3]，f′(x)＝1－≤0⇔a≥3x，而＝9，则a≥9， 所以实数a的取值范围是. 3．C　【解析】 设f(x)＝2x－3ln ，则f′(x)＝2－＝， 当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， f(0)＝0－3ln 1＝0，f(1)＝2－3ln 2<0， 不等式2x－3ln ≤2对任意x∈恒成立 可转化为对任意x∈，2≥f(x)max，所以2≥0，解得a≥－. 4．B　【解析】 ∃x1，x2∈R，使得f≥g成立，则f(x)max≥g(x)min， 由题得f′(x)＝－ex-1＋ex-1＝－xex-1， 当x>0时，f′(x)<0，当x<0时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)max＝f(0)＝. 由题得g(x)min＝g＝a，所以a≤. 5．A　【解析】 依题意可得不等式m>在[－1，1]内有解， 设g(x)＝，x∈[－1，1]，则g′(x)＝＝－. 由g′(x)<0，得0<x≤1，令g′(x)>0，得－1≤x<0， 所以g(x)在[－1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减， 因为g(－1)＝0，g(1)＝，所以g(x)min＝g(－1)＝0， 所以m>0. 6．A　【解析】 令g(a)＝a3－a2－2a＋e-1，a∈，则g′(a)＝3a2－a－2＝， ∴当a∈时，g′(a)≤0，函数g(a)在上单调递减， ∴g(a)max＝g(0)＝e-1. 若存在实数a∈，使得不等式f≤a3－a2－2a＋e-1成立，等价于f≤g(a)max＝e-1成立． 又∵f(1)＝e-1，∴f≤f(1). ∵f(x)＝，所以f′(x)＝＝，x>0. 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，函数