课时分层评价30 利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（北师大版）

课时分层评价30　利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题 (时间：60分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (第1－9题，每小题5分，共45分) 1.若不等式x4－4x3＞2－a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是(　　) A.a＜－27 B.a＞－25 C.a≥29 D.a＞29 答案：D 解析：令f(x)＝x4－4x3，则f'(x)＝4x3－12x2＝4x2(x－3)，当x＜3时，f'(x)≤0；当x＞3时，f'(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，3)，单调递增区间是(3，＋∞)，所以当x＝3时，f(x)取得极小值，也是最小值，则f(x)min＝f(3)＝－27.因为不等式x4－4x3＞2－a对任意实数x都成立，所以－27＞2－a，即a＞29.故选D. 2.已知不等式ax＋2－2ln x≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：由题设，可知x∈(0，＋∞)，问题转化为a≥在x∈(0，＋∞)上恒成立.令f(x)＝，则f'(x)＝，当0＜x＜e2时，f'(x)＞0，即f(x)单调递增；当x＞e2时，f'(x)＜0，即f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(e2)＝，故a≥.故选B. 3.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. 答案：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；由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.故选A. 4.已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝x2ex，若对任意的x2∈[－1，1]，存在x1∈使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A.[e＋1，4] B.[e，4] C. D. 答案：B 解析：g(x)＝x2ex的导函数为g'(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，由x∈[－1，0)时，g'(x)＜0，x∈(0，1]时，g'(x)＞0，可得g(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，故g(x)在[－1，1]上的最小值为g(0)＝0，最大值为g(1)＝e，所以对于任意的x2∈[－1，1]，g(x2)∈[0，e].因为f(x)＝－x2＋a的图象开口向下，对称轴为y轴，所以若x∈［－，2］，则当x＝0时，f(x)max＝a，当x＝2时，f(x)min＝a－4，则函数f(x)＝－x2＋a在上的值域为[a－4，a]，由题意，得[0，e]⊆[a－4，a]，可得a－4≤0＜e≤a，解得e≤a≤4.故选B. 5.已知函数f(x)＝ex－3，g(x)＝＋ln ，若f(m)＝g(n)成立，则n－m的最小值为(　　) A.－1＋ln 2 B.1＋ln 2 C.－2＋ln 2 D.2＋ln 2 答案：A 解析：令t＝f(m)＝g(n)，t＞0，则em－3＝t，＋ln ＝t，所以m＝3＋ln t，n＝2，即n－m＝2－3－ln t.令h(t)＝2－3－ln t，则h'(t)＝2－(t＞0)，易知h'(t)是单调增函数，所以令h'(t)＝0，有t＝，当0＜t＜时，h'(t)＜0，h(t)单调递减；当t＞时，h'(t)＞0，h(t)单调递增，所以h(t)min＝h＝－1＋ln 2，即n－m的最小值为－1＋ln 2.故选A. 6.(多选题)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f'(x)满足＜0.设函数g(x)＝，则下列结论正确的是(　　) A.x＝1是函数g(x)的极大值点 B.g()＞g()＞g() C.g(1)＜0 D.当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立 答案：ABD 解析：函数g(x)＝，则g'(x)＝.因为＜0，所以当x＞1时，f'(x)－f(x)＜0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x＜1时，f'(x)－f(x)＞0，故g(x)在(－∞，1)上单调递增，故x＝1是函数g(x)的极大值点，故A正确；因为2＞＞＞1，所以＜＜＜1，所以g＞g＞g，故B正确；由函数单调性可得g(1)＞g(0)＝1，故C错误；g(x)在(－∞，1)上单调递增，则g(x)在(－∞，0)上单调递增，g(0)＝＝1，可知x≤0时，g(x)≤g(0)，故≤1，即f(x)≤ex，故D正确.故选ABD. 7.若存在x∈(－1，1]，使得不等式ex－ax＜a成立，则实数a的取值范围是　　　　. 答案：(1，＋∞) 解析：由ex－ax＜a得a(x＋1)＞ex.当x∈(－1，1]时，x＋1∈(0，2]，所以a＞.令f(x)＝(－1＜x≤1)，则f'(x)＝，所以当x∈(－1，0)时，f'(x)＜0；当x∈(0，1]时，f'(x)＞0.所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1，所以a＞1，即实数a的取值范围为(1，＋∞). 8.若函数y＝ln (ex－x＋a)的值域为R，则实数a的取值范围是　　　　. 答案：(－∞，－1] 解析：欲使函数的值域为R，只需ex－x＋a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)＝ex－x＋a，由f'(x)＝ex－1＞0，得x＞0；由f'(x)＝ex－1＜0，得x＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)min＝f(0)＝1＋a≤0⇒a≤－1. 9.设在函数f(x)＝－ex－x的图象上任意一点处的切线为l1，若总存在函数g(x)＝ax＋2cos x的图象上一点，使得在该点处的切线l2满足l1⊥l2，则实数a的取值范围是　　　　. 答案：[－1，2] 解析：f(x)和g(x)的定义域都为R.令k1＝f'(x)＝－ex－1，则k1＜－1.令k2＝g'(x)＝a－2sin x∈[a－2，a＋2]，要使l1⊥l2，则k1·k2＝－1，k2＝－∈(0，1)，依题意可知解得－1≤a≤2，所以实数a的取值范围是[－1，2]. 10.(13分)已知f(x)＝4ln x－x2＋a，g(x)＝(x2－4x＋4)ex－. (1)求函数g(x)的单调区间； (2)若f(x)＜g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)y＝g(x)的定义域为R， g'(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋4)ex＝2(x－2)ex＋(x－2)2ex＝x(x－2)ex. 令g'(x)＝0得x＝2或x＝0. 当x变化时，g'(x)，g(x)变化如下： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) g'(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以g(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2). (2)因为y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，y＝g(x)的定义域为R. 令F(x)＝g(x)－f(x)＝(x2－4x＋4)ex－－4ln x＋x2－a(x＞0)， 则F'(x)＝x(x－2)ex－＋x＝(x－2)(xex＋). 所以当x∈(0，2)时，F'(x)＜0，F(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，F'(x)＞0，F(x)单调递增. 所以F(x)min＝F(2)＝－＋2－4ln 2－a. 则－＋2－4ln 2－a＞0，所以a＜2－4ln 2－， 故实数a的取值范围为. (第11－13题，每小题5分，共15分) 11.已知0＜a＜b＜1，则下列不等式一定成立的是(　　) A.＞ B.＜1 C.aln a＜bln b D.aa＞bb 答案：A 解析：对于A，令f(x)＝，则f'(x)＝，当f'(x)＜0时，0＜x＜1或1＜x＜e，所以f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，所以f(a)＞f(b)，即＞，故A正确；对于B，因为0＜a＜b＜1，所以ln a＜ln b＜0，所以＞1，故B错误；对于C，令f(x)＝xln x，则f'(x)＝ln x＋1，当0＜x＜时，f'(x)＜0；当x＞时，f'(x)＞0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，显然当b＝时，aln a＞bln b，故C错误；对于D，aa＞bb⇔aln a＞bln b，由C选项的分析，知当a＝时，aln a＜bln b，故D错误.故选A. 12.(多选题)已知函数f(x)＝ln x，x1＞x2＞e，则下列结论正确的是(　　) A.(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0 B.[f(x1)＋f(x2)]＜f C.x1f(x2)－x2f(x1)＞0 D.e[f(x1)－f(x2)]＜x1－x2 答案：BCD 解析：因为f(x)＝ln x在(0，＋∞)上是增函数，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，故A错误；[f(x1)＋f(x2)]＝(ln x1＋ln x2)＝ln(x1x2)＝ln，f＝ln，由x1＞x2＞e，有＞，又f(x)＝ln x是增函数，所以[f(x1)＋f(x2)]＜f，故B正确；令h(x)＝，则h'(x)＝，当x＞e时，h'(x)＜0，h(x)是减函数，所以h(x1)＜h(x2)，即＜⇒x1f(x2)－x2f(x1)＞0，故C正确；令g(x)＝ef(x)－x，则g'(x)＝－1，当x＞e时，g'(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x1)＜g(x2)， 即ef(x1)－x1＜ef(x2)－x2⇒e[f(x1)－f(x2)]＜x1－x2，故D正确.故选BCD. 13.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　. 答案：(－∞，4] 解析：因为2f(x)≥g(x)，所以2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋，令h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h'(x)＝，令h'(x)＝0，解得x1＝－3(舍去)，x2＝1，所以当0＜x＜1时，h'(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，h'(x)＞0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1时取得极小值，也是最小值，所以h(x)≥h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，所以a的取值范围为(－∞，4]. 14.(15分)已知函数f(x)＝axcos x－2sin x，其中a∈R. (1)当a＝2时，讨论f(x)在(0，2π)上的单调性； (2)若对任意x∈都有f(x)＜3x，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2xcos x－2sin x， 则f'(x)＝－2xsin x. 当x∈(0，2π)时，令f'(x)＝0，解得x＝π， 故当x∈(0，π)时，f'(x)＜0； 当x∈(π，2π)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增. (2)令g(x)＝3x＋2sin x－axcos x，x∈， 则g'(x)＝3＋(2－a)cos x＋axsin x，x∈. 当a≤0时，对x∈，有axcos x≤0， 所以g(x)＞g(0)＝0，符合题意； 当0＜a≤5时，g'(x)≥3－3cos x＋axsin x＞0， 故g(x)在上单调递增. 又g(0)＝0，故g(x)＞g(0)＝0，符合题意； 当a＞5时，令h(x)＝g'(x)＝3＋(2－a)cos x＋axsin x， 则h'(x)＝(2a－2)sin x＋axcos x＞0， 故h(x)在上单调递增. 又h(0)＝5－a＜0，h＝3＋＞0， 故存在x0∈使得h(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h(x)＜0， 即g(x)在(0，x0)上单调递减， 所以当x∈(0，x0)时，g(x)＜g(0)＝0，故不符合. 综上所述，a的取值范围为(－∞，5]. 15.(5分)已知m＞1，若对于任意的x∈，不等式5x－ln(4x)≤mex－ln m恒成立，则实数m的最小值为　　　　. 答案： 解析：5x－ln(4x)≤mex－ln m⇔4x－ln(4x)≤mex－ln m－x⇔4x－ln(4x)≤mex－ln(mex).令f(x)＝x－ln x，x∈[1，＋∞)，则f'(x)＝1－＝≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增.因为m＞1，x∈，所以4x，mex∈[1，＋∞)，所以4x－ln(4x)≤mex－ln(mex)⇔f(4x)≤f(mex)⇔4x≤mex⇔≤m恒成立.令g(x)＝，则g'(x)＝，所以x∈时，g'(x)＞0，g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，所以x＝1时，g(x)的最大值为，所以m≥，所以实数m的最小值为. 16.(17分)已知函数f(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)(a∈R)，其中e是自然对数的底数. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤在区间[－2，0]上有解，求实数a的取值范围. 解：(1)f'(x)＝ex[x2＋2(a＋1)x＋4a] ＝ex(x＋2a)(x＋2). 当a＝1时，f'(x)＝ex(x＋2)2≥0在R上恒成立， 所以函数f(x)在R上单调递增； 当a＜1时，由f'(x)＞0，得 x∈(－∞，－2)∪(－2a，＋∞)； 由f'(x)＜0，得x∈(－2，－2a)， 所以函数f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； 当a＞1时，由f'(x)＞0，得 x∈(－∞，－2a)∪(－2，＋∞)； 由f'(x)＜0，得x∈(－2a，－2)， 所以函数f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减. 综上，a＝1时，f(x)在R上单调递增； a＜1时，f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； a＞1时，f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减. (2)若f(x)≤在区间[－2，0]上有解， 则f(x)min≤. 当a＝1时，由(1)知f(x)在R上单调递增， 所以f(x)在[－2，0]上的最小值为f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－4＋2)＝＜不成立，故不满足题意； 当a＜1时，由(1)知f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； ①a≤0时，函数f(x)在[－2，0]上单调递减， 所以f(x)min＝f(0)＝e0·2a＝2a≤成立，满足题意； ②0＜a＜1时，函数f(x)在[－2，－2a]上单调递减，在[－2a，0]上单调递增. 所以f(x)min＝f(－2a)＝e－2a·2a≤， 所以a≥1＋＞1不成立，舍去； 当a＞1时，由(1)知f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减， 所以函数f(x)在[－2，0]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－2a)≤， 所以a≥. 综上，实数a的取值范围为(－∞，0]∪. 学科网（北京）股份有限公司 $