高考压轴大题突破1 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题（Word练习）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（北师大版）

[对应学生用书P292] 1．设函数f(x)＝，g(x)＝x cos x－sin x. (1)求证：当x∈(0，π]时，g(x)＜0； (2)若存在x∈(0，π]，使得f(x)＜a成立，求a的取值范围． (1)证明　因为当x∈(0，π]时，g′(x)＝cos x－x sin x－cos x＝－x sin x≤0， 所以g(x)在(0，π]上单调递减， 又g(0)＝0，所以当x∈(0，π]时，g(x)＜0. (2)解析　因为f(x)＝＝1＋，所以f′(x)＝， 由(1)知，当x∈(0，π]时，x cos x－sin x＜0，所以f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，π]上单调递减， 所以当x∈(0，π]时，f(x)min＝f(π)＝1， 因为f(x)＜a在(0，π]上有解， 所以a＞f(x)min，即a＞1. 所以a的取值范围是(1，＋∞). 2．已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解析　令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1). ①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1. ②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在[－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意． 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞). 3．已知函数f(x)＝ex，a，b∈R，且a＞0. (1)若a＝2，b＝1，求函数f(x)的极值； (2)设g(x)＝a(x－1)ex－f(x)，当a＝1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)≥1成立，求b的最大值． 解析　(1)当a＝2，b＝1时，f(x)＝ex，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞). ∵f′(x)＝－ex＋ex＝ex. 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝， 由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞； 由f′(x)＜0，得－1＜x＜0或0＜x＜. ∴当x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝； 当x＝时，f(x)取得极小值f＝4. (2)g(x)＝a(x－1)ex－f(x)＝ex， 当a＝1时，g(x)＝ex， 又g(x)≥1在(0，＋∞)上恒成立， ∴b≤x2－2x－在(0，＋∞)上恒成立， 记h(x)＝x2－2x－(x＞0)， 则h′(x)＝， 当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上是减函数； 当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上是增函数． ∴h(x)min＝h(1)＝－1－， ∴b≤－1－，即b的最大值为－1－. 4．已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R)，g(x)＝x2－2x＋2. (1)当a＝－时，求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值； (2)若对任意的x1∈[－1，2]，均存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x1)＜f(x2)，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝－时，f(x)＝ln x－，则f′(x)＝， 所以在[1，2)上f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(2，e]上f′(x)＜0，f(x)单调递减， 又f(1)＝－＜f(e)＝1－，极大值f(2)＝ln 2－1， 所以函数f(x)的最大值为ln 2－1，最小值为－. (2)g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，在x∈[－1，2]上，g(x)max＝g(－1)＝5， 根据题意，只需g(x)max＜f(x)max即可， 由f′(x)＝a＋且x∈(0，＋∞)， 当a≥0时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增且值域为R，所以满足题意； 当a＜0时，在上f′(x)＞0，f(x)单调递增，在上f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以f(x)max＝f＝－1－ln (－a)， 此时－1－ln (－a)＞5，可得－＜a＜0. 综上，a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$