课时作业20 恒成立、能成立问题-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

hh 课时作业20 恒成立、能成立问题 1.(2023·江西南昌摸底)已知函数f(x)=ex + (1-a)x-ln a·ln x(a>0). (1)若a=e,求函数f(x)的单调区间; (2)若不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有 解,求实数a的取值范围. 2.(2023·北京大兴区兴华中学三模)设函数 f(x)=aex -x-1,a∈R. (1)当x ∈R时,f(x)≥0恒成立,求a的取 值范围; (2)求证:当x ∈ (0,+∞)时, ex -1 x >e x 2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -328- 第三章 一元函数的导数及其应用 3 3.(2023· 天 津 西 青 区 开 学 考 试)已 知 函 数 f(x) = ex - ax - a,g(x) = aln x-ax2+a-e x (a≥0),其中e是自然对 数的底数. (1)讨论函数g(x)的零点个数; (2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤g(x) 成立,求a的取值范围. 4.(2024·江苏南京外国语学校模拟)已知函数 f(x)=ln x-ax2-bx(a,b∈R). (1)当a=0时,若f(x)≤0在(0,+∞)上恒 成立,求实数b的取值范围; (2)设x1,x2 为f(x)的两个不同零点,证明: f(x1+x2)< x1+x2 e -2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -329- 参 考 答 案 即h(x)<0,所以当a≤ 1 2 时,ln x+ a-ex +sin θ<0, 所以当a≤ 1 2 时,f(x)<ex -sin θ. 4.证明:(1)f(x)=sin 1cos x-cos 1sin x+ ln x =sin(1-x)+ln x,x >0, f'(x)= -cos(1-x)+ 1 x , 因为x ∈ (0,1),所以0<1-x<1, 则0<cos(1-x)<1, 而x ∈ (0,1)时, 1 x >1 , f'(x)= -cos(1-x)+ 1 x >0 , 故函数f(x)在(0,1)上单调递增. (2)要证sin12+sin 1 5+sin 1 10+ …+ sin 1 n2+1 <sin 1 2 +ln 2, 即证当n≥2,且n∈N* 时,sin 1 5+ sin110+ …+sin 1 n2+1 <ln 2, 由(1)可知,当x∈ (0,1)时,f(x)< f(1)=0,即sin(1-x)+ln x<0,故 sin(1-x)<ln 1 x ,令1-x= 1 n2+1 , 故x =1- 1 n2+1 = n2 n2+1 ,故1 x = n2+1 n2 ,故 sin 1 n2+1 <ln n2+1 n2 =ln1+ 1 n2 , 因为n≥2,n∈N*,故 1 n2+1 ∈ (0, 1),所以sin 1 n2+1 ∈ (0,1), sin 1 n2+1 <ln1+ 1 n2 , 故sin15+sin 1 10+ …+sin 1 n2+1 < ln1+ 1 22 + ln1+ 132 + … + ln1+ 1 n2 = ln 1+ 122 1 + 1 32 ·…· 1+ 1n2 . 因为 1+ 1 22 1+132 ·…· 1+1n2 = 1- 1 24 1-134 ·…· 1-1n4 1- 1 22 1-132 ·…· 1-1n2 = 1- 1 24 1- 134 ·…· 1- 1n4 (2-1)(2+1) 22 × (3-1)(3+1) 32 ·…· (n-1)(n+1) n2 = 1- 1 24 1-134 ·…· 1-1n4 1 2 ·n+1 n = 1- 1 24 1- 134 ·…· 1- 1n4 · 2- 2 n+1 <2, 故ln 1+ 122 1+ 132 ·…· 1+ 1 n2 <ln 2, 所以当n≥2,且n∈N* 时,sin 1 5 + sin110+ …+sin 1 n2+1 <ln 2. 所以数列 sin 1 n2+1 的前n 项和小 于sin12 +ln 2. 课时作业20 恒成立、 能成立问题 1.解:(1)当a=e时,f(x)=ex +(1- e)x-ln x,f'(x)=ex +(1-e)- 1 x = (ex -e)+ x-1 x , 当x>1时,ex -e>0, x-1 x >0 ,所 以f'(x)>0,即f(x)在(1,+∞)上 单调递增, 当0<x <1时,ex -e<0, x-1 x < 0,所以f'(x)<0,即f(x)在(0,1)上 单调递减, 则f(x)的单调递增区间为(1,+∞), 单调递减区间为(0,1). (2)因为f(x)=ex+(1-a)x-ln a· ln x(a>0),则f'(x)=ex +(1-a)- ln a x = (ex -a)+ x-ln a x (x >0), 当ln a≤1,即0<a≤e时,因为x> 1,ex >e≥a,x >1≥ln a,所 以 f'(x)>0,因 此 函 数 f(x)在 区 间 (1,+∞)上单调递增,所以f(x)> f(1)=e+1-a≥e+1-e=1,不等 式f(x)<1在区间(1,+∞)上无解; 当ln a>1时,即a>e时,1<x < ln a时,ex <eln a =a,x <ln a,因此 f'(x)<0,所以函数f(x)在区间(1, ln a)上单调递减,f(x)<f(1)=e+ 1-a<e+1-e=1,不等式f(x)< 1在区间(1,+∞)上有解. 综上,实数a的取值范围是(e,+∞). 2.解:(1)依题意,x ∈R,aex -x-1≥ 0恒成立等价于x ∈R,a≥ x+1 ex 恒 成立. 设g(x)= x+1 ex ,g'(x)= - x ex , x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为 增函数, x ∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)为 减函数, 所以g(x)max =g(0)=1,即a≥1. (2)证明:x ∈ (0,+∞), ex -1 x >e x 2 等价于x∈(0,+∞),ex-xe x 2-1>0. 设h(x)=ex -xe x 2 -1,x ∈ (0, +∞),h'(x)=e x 2 e x 2 - 1 2x-1 , 设k(x)=e x 2 - 1 2x -1 ,x ∈ (0, +∞),k'(x)= 1 2 e x 2 -1 >0, 所以k(x)在(0,+∞)上为增函数,即 k(x)>k(0)= 0,所 以 h'(x)= e x 2 e x 2 - 1 2x-1 >0, 即h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,即 h(x)>h(0)=0,故 ex -1 x >e x 2. 3.解:(1)∵g(x)= aln x-ax2+a-e x (a≥0), 令g(x)= aln x-ax2+a-e x =0 得,aln x-ax2+a-e=0, 当a=0时,g(x)= - e x ≠0 ,g(x)无 零点, 当a>0时,令h(x)=aln x-ax2+ a-e,则h'(x)= a x -2ax= a(1-2x2) x , 令h'(x)=0,得 x = 2 2 ,当 x ∈ 0,22 时,h'(x)>0,函数h(x)单调 递增,当x∈ 2 2 ,+∞ 时,h'(x)<0, 函数h(x)单调递减, ∴h(x)max =h 2 2 =aln22-12a+ a-e= 1-ln 2 2 a-e , 当1-ln 2 2 a -e< 0 ,即 0 <a < 2e 1-ln 2 时,h(x)max<0,函数h(x)在 (0,+∞)上无零点, 当1-ln 2 2 a-e=0 ,即a = 2e 1-ln 2 时,h(x)max = 0,函 数 h(x)在 (0, +∞)上有唯一零点, 当1-ln 2 2 a-e>0 ,即a > 2e 1-ln 2 时,h(x)max >0,又h(1)= -e<0, h 1e = -ae2 -e<0, ∴ 函数h(x)在 1 e ,2 2 , 22,1 上 各有一个零点, 综上,当0≤a < 2e 1-ln 2 时,函 数 g(x)在(0,+ ∞)上无零点,当a = 2e 1-ln 2 时,函数g(x)在(0,+∞)上 有唯一零点,当a > 2e 1-ln 2 时,函数 g(x)在(0,+∞)上有两个零点. (2)由f(x)≤g(x),得ex -ax-a≤ aln x-ax2+a-e x , ∴xex -ax2-ax≤aln x-ax2+a- e,即ex+ln x -a(x+ln x+1)+e≤0, 令t=x+ln x,则et-a(t+1)+e≤ 0在t∈R上有解, 令F(t)=et -a(t+1)+e,当a=0 时,F(t)=et +e>0,不合题意; 当a >0时,则 F'(t)=et -a,令 F'(t)=0得t=ln a, 当t<ln a时,F'(t)<0,F(t)单调递减, 当t>ln a时,F'(t)>0,F(t)单调递增, ∴F(t)min =F(ln a)= -aln a+e, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -581- hh ∴-aln a+e≤0,即aln a≥e,∴a≥ e,即a的取值范围为[e,+∞). 4.解:(1)当a=0时,f(x)=ln x-bx, 因为 f(x)= ln x -bx ≤ 0 在 (0,+∞)上恒成立,所以b≥ ln x x 在 (0,+∞)上恒成立, 令g(x)= ln x x ,即b≥g(x)max,则 g'(x)= 1-ln x x2 ,令g'(x)>0,解得 0<x<e,令g'(x)<0,解得x>e, 所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e, +∞)上单调递减. 故g(x)max =g(e)= ln e e = 1 e ,所以 实数b的取值范围是 1e ,+∞ . (2)证明:要证明f(x1+x2)< x1+x2 e - 2,即证ln(x1+x2)-a(x1+x2)2- b(x1+x2)< x1+x2 e -2 , 只需证ln(x1+x2)≤ x1+x2 e 和 -a(x1+x2)2-b(x1+x2)<-2. 由(1)知,当a=0,b= 1 e 时,f(x)= ln x- 1 ex ≤0 ,即ln x ≤ 1 ex ,所以 ln(x1+x2)≤ x1+x2 e . 要证-a(x1+x2)2-b(x1+x2)< -2,即证a(x1+x2)2+b(x1+x2)> 2.因为x1,x2 为f(x)的两个不同零 点,不妨设0<x1<x2,所以ln x1= ax21+bx1,ln x2 =ax22+bx2,则 ln x1 x2 = a(x1 +x2)(x1 -x2)+ b(x1-x2),两边同时乘以 x1+x2 x1-x2 , 可 得 ln x1 x2 ·(x1+x2) (x1-x2) = a(x1 + x2)2+b(x1+x2),即a(x1+x2)2+ b(x1+x2)= x1 x2 +1 ·lnx1x2 x1 x2 -1 . 令m = x1 x2 ∈(0,1),则a(x1+x2)2+ b(x1+x2)= (m+1)·ln m m-1 . 即证 (m+1)·ln m m-1 > 2,即证ln m < 2(m-1) m+1 = 2- 4 m+1 ,即证ln m + 4 m+1- 2<0. 令函数h(m)=ln m+ 4 m+1- 2,m∈ (0,1),则h'(m)= 1 m - 4 (m+1)2 = (m-1)2 m(m+1)2 >0,所以h(m)在(0,1) 上单调递增,所以h(m)<h(1)=0. 所以-a(x1+x2)2-b(x1+x2)< -2.故f(x1+x2)< x1+x2 e -2. 课时作业21 利用导数 研究函数的零点 1.证明:(1)当x ∈ 0, π 2 时,f'(x)= π+πsin x-2cos x>0,所以f(x)在 0,π2 上为增函数,又f(0)= -π- 2<0,f π 2 =π 2 2-4>0 ,所以存在唯 一x0∈ 0, π 2 ,使f(x0)=0. (2)当x∈ π 2 ,π 时,化简得g(x)= (π-x)· cos x 1+sin x+ 2x π -1. 令t=π-x,记u(t)=g(π-t)= - tcos t 1+sin t- 2 πt+1 ,t∈ 0, π 2 , 则u'(t)= f (t) π(1+sin t). 由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)<0, 当t∈ x0, π 2 时,u'(t)>0. 在 x0, π 2 上u(t)为增函数, 由u π2 =0知, 当t∈ x0, π 2 时,u(t)<0,所以 u(t)在 x0, π 2 上无零点. 在(0,x0)上u(t)为减函数,由u(0)= 1及u(x0)<0知存在唯一t0 ∈ (0, x0),使u(t0)=0. 于 是 存 在 唯 一 t0 ∈ 0, π 2 ,使 u(t0)=0. 设x1=π-t0∈ π 2 ,π ,则g(x1)= g(π-t0)=u(t0)=0,因此存在唯一 的x1 ∈ π 2 ,π ,使g(x1)=0. 由于x1 =π-t0,t0 <x0,所以x0+ x1 >π. 2.解:(1)当a=0时,函数f(x)=xsin x+ cos x,x∈[0,π],可得f'(x)=sin x+ xcos x-sin x =xcos x. 当x 在区间[0,π]上变化时,f'(x), f(x)的变化如下表: x 0 0,π2 π2 π2 ,π π f'(x) 0 + 0 - -π f(x) 1 ↗ 极大值 π 2 ↘ -1 所以f(x)的单调递增区间为 0, π 2 ; f(x)的单调递减区间为 π 2 ,π . (2)由题意,函数f(x)=xsin x + cos x + 1 2ax 2,x ∈ [0,π],可 得 f'(x)=ax+xcos x =x(a+cos x). 当a≥1时,a+cos x≥0在[0,π]上 恒成立,所以x ∈ [0,π]时,f'(x)≥ 0,所以f(x)在[0,π]上单调递增. 又因为f(0)=1,所以f(x)在[0,π] 上有0个零点. 当0<a<1时,令f'(x)=0,可得 x =0或cos x = -a. 由-1<-a<0可知存在唯一的x0∈ π 2 ,π 使得cos x0 = -a, 所以当 x ∈ [0,x0)时,f'(x)≥0, f(x)单调递增; 当x ∈ (x0,π)时,f'(x)<0,f(x) 单调递减, 因为f(0)=1,f(x0)>1,f(π)= 1 2aπ 2-1, 当1 2aπ 2-1>0,即 2 π2 <a<1时, f(x)在[0,π]上有0个零点. 当1 2aπ 2-1≤0,即0<a≤ 2 π2 时, f(x)在[0,π]上有1个零点. 综上可得,当0<a≤ 2 π2 时,f(x)有 1个零点;当a> 2 π2 时,f(x)有0个 零点. 3.解:(1)由函数f(x)=x3 +ax2 + bx+c,可得f'(x)=3x2+2ax+b, 因为函数f(x)=x3+ax2+bx+c 在点 P(1,2)处 的 切 线 斜 率 为 4, 且在x = -1处取得极值,可得 f(1)=2, f'(1)=4, f'(-1)=0, 即 1+a+b+c=2, 3+2a+b=4, 3-2a+b=0, 解得 a=1, b= -1, c=1. 所以f(x)=x3+x2-x+1,可得 f'(x)=3x2+2x-1,令f'(x)=0, 解得x = -1或x = 1 3. 当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况 如下: x (-∞,-1)-1 -1, 1 3 13 13 ,+∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 2 ↘ 22 27 ↗ 所以函 数 f(x)的 单 调 递 减 区 间 是 -1, 1 3 ;单 调 递 增 区 间 是(- ∞, -1), 1 3 ,+∞ . (2)由函数f'(x)=3x2 +2x -1, g(x)=f(x)+m-1=x3+x2- x+m,则g'(x)=f'(x)=3x2 + 2x-1, 函数g(x)在x = -1处取得极大值, 在x = 1 3 处取得极小值, 要使 得 g(x)有 三 个 零 点,则 满 足 g(-1)>0, g 1 3 <0, 即 m+1>0, m- 5 27<0 , 解得-1<m < 5 27 , 所以m 的取值范围为 -1, 5 27 . 4.解:(1)当a=1时,f(x)=exsin x+ x,x ∈ - π 2 ,0 , f'(x)=exsin x +excos x +1= 2exsinx+ π 4 +1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -582-