小练16 函数与导数综合应用(一)——存在性与恒成立问题-【衡水金卷·先享题】2026年新高考数学拿满基础分自主小练

参考答案及解析 所以了x)=一+品-65， 令f(x)>0,得x<-4; 令f(x)<0,得-4<x<0, 所以f(x)在（一oo,一4）上单调递增，在（一4,0）上 单调递减， 则fx)x=f(-4)=- 2 所以f)e(,] (3分) 因为(x)=>0, 所以g(x)=一nx 令g'(x)>0,得0<x<e 令g'(x)<0,得x>e, 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单 调递减， 则g(x)ms=g(e)= e 所以g(x)∈(-∞，17， e, (6分) 故不存在实数m,n,使得f(m)十g(n)=0, 所以∫(x)与g(x)不是“互补函数”， (7分) (2)(1)假设存在m,n,使得m十n=0. 由f(m)十g(n)=0,m+n=0, 得十(-m+1)e=0, 即m+1二”=0， em十 1 解得m=广en=e白' 1 故存在m,n,使得m十n=0,且m=1三e,n 1 e-1 (10分) (i)令g(n)=k,f(m)=-k,且k>0, 则m十kem-1=0,n-kem十1=0， 两式相加可得十n十1=一k(em-1一e"), 两式相减可得m一n-1=一k(em-1十e-"), 所以m十n十1 -k(em-ie)g"e m-n-1 一k(em-l十e")一em-l十em =em+m-1-1 em+m-十1' 故m一n=1十(c+1十1)(m十n十1) em+-1一1 (13分) 令h(x)=1+e+1)x+1山，xe(-1,0), e-1-1 则h'(x)={[el(x+1)+(e-1+1)](e1-1)- (e-l+1)(x+1)e-1}/(e-1-1)2 =e-8-(2x+2)e-1-1 (e1-1)9 因为x∈(-1,0)， 所以0<e2r-2<1,-(2x十2)e1<0, 数学 所以h'(x)<0, 所以h(x)在(-1,0)上单调递减. 因为m十n∈[a,0),a∈(-1,0)， 所以m-n的最大值为h(a)=1+(e1+1)(a十1) e-1-1 (17分) 小练16函数与导数综合应用（一） 存在性与恒成立问题 1.解：设F(x)=e-kx-1,x∈R, 由题可知F(x)≥0恒成立， 因为F'(x)=e一k, 当k≤0时，F'(x)>0, 所以F(x)在R上单调递增， 又F(0)=0, 所以当x∈(-∞，0)时，F(x)<0, 与F(x)≥0矛盾，故舍去； (3分) 当k>0时， 令F(x)>0,解得x>lnk, 令F(x)<0,解得x<lnk, 所以F(x)在区间(lnk,十∞)上单调递增，在区间 (一oo,lnk)上单调递减， 所以要使F(x)≥0恒成立， 只需F(x)im=F(lnk)=k-klnk-1≥0，(6分) 令g(k)=k-lnk-1,k>0, g'(k)=1-(In k+1)=-In k, 当0<k<1时，g'(k)>0,g(k)单调递增； 当k>1时，g'(k)<0,g(k)单调递减， 所以g(k)mx=g(1)=0, 即g(k)=k-lnk-1(k>0)的最大值为0.(9分) 故只有当k=1时，e≥kx十1恒成立， 所以k=1. (11分) 故f(x)=x2-2x=(x-1)2-1≥-1， 所以f(x)的最小值为一1， (13分) 2.解：(1)当a=0时，f(x)=e(2x-1), 则f(x)=e(2x十1)， (2分) 当x<-时，f(x)<0,f(x)单调递减： 当x>-时，f(x)>0,f(x)单调递增， “当x=-2时，a)m=f(-号)=-2e .f(x)≥-2e. (5分) (2)设g(x)=e(2x-1),y=ax-a, :'存在唯一的整数x。使得f(x)<0, ∴.存在唯一的整数xo,使得(xo,g(x))在直线y= 数学 ax-a的下方， (7分) 由1D可知，g(x)m=g(-）=-2e, g(0)=-1<0,g(1)=e>0,直线y=a.x-a恒过点 (1,0),斜率为a, (9分) 作出函数g(x)=e(2x一1)和y=ax一a的图象如图 所示， y=e(2x-1) y=ax-a 要满足存在唯一的整数x。,使得(x0,g(x6))在直线 y=ax-a的下方， 「-a>g(0)=-1, 只需 1g(-1)=-3e1≥-a-a, 解得是<a<1, ∴实数a的取值范围是[亮，)小 (15分) 3.解：令g(x)=f(x)-2lnx(x≥1)， f(x)≥2lnx在[1，十o∞)上恒成立， g(x)=ax+a-2+2-2a-2nx≥0在 [1,十∞)上恒成立， 则g'(x)=a-a-2-2=x-1)[ax+(a-2)] x? x x (4分) 令g'(x)=0,解得=1，=-a二2 若-a二2=1，即a=1, 则g'(x)≥0，g(x)在[1，十∞)上单调递增， 又g(1)=0, ∴f(x)≥2lnx在[l,十∞)上恒成立； (7分) 若-a二2>1，即0<a<1, 当x∈(1，-a二2)时，g()<0,g(x)单调递减： a 当x∈(-a二2，十)时，g(x)>0,g(x)单调递增， 8在1.+)上的最小值为（一。是）。 g(1)=0, ∴g(-a二2)<0，不合题意； (11分) a 若-a二2<1，即a>1, 当x∈(1，十∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 又g(1)=0, ∴.f(x)≥2lnx在[1，十o∞)上恒成立. (14分) 参考答案及解析 综上，a的取值范围是[1，十oo). (15分) 4.解：(1)依题意，g(x)=3(x+1)(x十3)(1-e), 令g'(x)=0,可得x=-3,x=-1或x=0, 当x∈(-o∞，-3)U(-1,0)时，g'(x)>0; 当x∈(-3，-1)U(0,+∞)时，g'(x)<0, 所以g(x)的单调递增区间为（一∞，一3），（一1,0）， 单调递减区间为（一3，一1），(0，十∞). (4分) (2)依题意，可知f(x1)mx≤g(x2)mx, 由(1)知，函数g(x)在[-3，一1]上单调递减，在 (-1,0]上单调递增， g(-3)=-12e3,g(0)=-3, 所以g(x)mx=g(-3)=-12e3】 (7分) 因为f(x)=-lnx十a十1 所以∫(x）=lnx十a x ,x∈1，e], 当0<x<e“时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x>e“时，f(x)>0,f(x)单调递增， (10分) 又x∈[1，e], 若e“≤1，即a≥0，则fx)在[1，e]上单调递增， 所以f(x)mx=f(e)=-a十2 e 所以-a+2≤-12e3,解得a≥0； (12分) 若e“≥e,即a≤-l,则f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)mx=f(1)=-a-1, 所以-a-1≤-12e3, 因为-a-1≥0，-12e3<0,故此不等式无解；(14分) 若1<e"<e,即-1<a<0, 则f(x)在[1，e“)上单调递减，在(e“,e]上单调 递增， 所以f(x)mx=max{f(1),f(e)}, 所以-a+2≤-12e3,且-a-1≤-12e3, 解得12-2c≤a<0. e (16分) 签上，实数。的取值范围为[22，十小17分) 5.解：(1)当a=1,b=1时，f(x)=e-x, 则f(x)=e-1, 因为f(x)在R上单调递增，且f(0)=0, 所以当x∈（一oo,0)时，f'(x)<0,f(x)单调递减： 当x∈(0，十∞)时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 所以f(x)mnm=f(0)=e°-0=1， 所以f(x)≥1恒成立. (5分) (2)当a≥1时，ae-ba≥lnx+告， 即cr≥hx+号， -hx- 因为x>0,所以只需 2≥b (7分) 参考答案及解析 令g(x)= - ,x>0, x 1 e'(x-1)+In x-5 则g'(x)= 令F(x)=e(x-1)十lnx-5, 则P(x)=xe+>0, 所以F(x)在(0，十∞)上单调递增， (10分) 因为F1)=-日<0，F(2)=d+h2-号>0， 根据零点存在定理，3x。∈(1,2)，使得F(x。)=0, 1 即eo(x,-1)+lnw-方=0， 即n%=方-eo十eo, 当x∈(0，x0)时，F(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单 调递减： 当x∈(x0,十∞)时，F(x)>0,即g'(x)>0, g(x)单调递增， e"o -In xo5 所以g(x)mim=g(xo)= =e'0 故b≤ew- -x0∈(1,2)， (14分) T 又y=c-上在(0，+∞)上单调递增， 所以ew-1>e-1>1, 所以b≤1. 所以整数b的最大值为1. (17分) 6.解：(1)由F(x)=e-x2十tx-1, 可得F'(x)=e-2x十t, 因为F(0)=0,F(1)=e十t-2, 所以F(x)=F1)-F(0)=e十t-2, 1-0 即eo-2xw=e-2,xo∈(0,1)， (2分) 令h(x)=e-2x-e十2，x∈(0,1)， 则h'(x)=e-2,x∈(0,1)， 当0<x<ln2时，h'(x)<0,h(x)单调递减： 当n2<x<1时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 因为h(ln2)=2-2ln2-e+2=4-2ln2-e<0, h(0)=3-e>0,h(1)=0, 所以h(x)在(0，ln2)上存在唯一一个零点，在 (1n2,1)上无零点， 即e0一2xo=e一2在(0,1)上存在唯一解， 所以F(x)在(0,1)上的中值点有且只有1个.(5分) (2)不妨设x1>x2,则f(x)>f(x2), 故有f(x1)-f(x2)>|g()-g(x2)|, 即f(x2)-f(x)<g(x1)一g(x2)<f(x)一 f(x2), ·32 数学 整理得fx)+g(x)>f()+g(x), f(x1)-g(x1)>f(x2)-g(x2), 因为上式对任意的x1,x2∈(0,1)都成立， 所以函数F(x)=∫(x)一g(x)和G(x)=f(x)十 g(x)在(0,1)上均单调递增， 所以Hx∈(0,1)，都有F(x)=e-2x十t≥0， G(x)=e十2x-t≥0， (8分) 令m(x)=e-2x十t,x∈(0,1)， 则m(x)=e一2， 当x∈(0，ln2)时，m'(x)<0,则m(x)即F'(x)单 调递减； 当x∈(1n2,1)时，m'(x)>0,则m(x)即F'(x)单 调递增， 所以F'(x)≥F'(ln2)=2-2ln2+t≥0， 解得t≥2ln2-2. (10分) 令M(x)=er十2x-t, 则M(x)=e+2>0, 故M(x)即G'(x)在(0,1)上单调递增， 所以G'(x)>G(0)=1-t≥0， 解得t1. 综上所述，实数t的取值范围是[2ln2-2,1].(12分) (3)由题可得F(lnt)=t-(lnt)2+tlnt-l, F(0)=0,F(x)=e-2x十t, 由拉格朗日中值定理，可知在(0，lnt)(t>1)或 (lnt,0)(0<t1)上总存在xo, 使得F'()=Fn)-F(O), Int-0 即w-2-6品-h (15分) 由(2)知n(x)=e-2x+t≥m(ln2)=2-21n2 +t, 所以e0-2xo≥2-2ln2, 所以品-h≥2-2h2. (17分) 小练17函数与导数综合应用（二） 函数零点、极值点等综合问题 1.解：1当1<<2时，由f)<2,可得a<是+ (1分) 令)=是+是，l<x<2 则g(x)在(1,2)上单调递减， 所以g)>g2)=号+日-是， 则ac是， 即a的取值范围为(-○，] (4分) (2)当a=0时，f(x)=-3x2+1, 此时函数∫(x)有两个零点，不符合题意：(5分) 当a≠0时，拿满基础分自主小练·数学 班级： 姓名： 小练16函数与导数综合应用（一）一存在性与恒成立问题 (考试时间：30分钟满分：94分)》 1.(13分，教材改编题)已知e≥kx+1恒成 3.(15分)已知a>0且f(x)=ax+a-2+2 立，求函数f(x)=kx2一2x的最小值. -2a,若f(x)≥2lnx在[1，+oo)上恒成 立，求a的取值范围. 2.(15分，教材改编题)设函数f(x)= er(2x-1)-ax十a,其中a<1. (1)当a=0时，证明：f(x)≥-2e; (2)若存在唯一的整数x。使得f(xo)<0, 求实数a的取值范围. —31 4.(17分)已知函数f(x)=-1nx+a十1,6.(17分)拉格朗日中值定理表达如下：若函 数f(x)在区间[a,b]上连续，在区间 g(x)=x(x+3)2-3(x+1)2e. (a,b)上可导，则存在x∈(a,b),使得 (1)求g(x)的单调区间： (2)若Hx1∈[1，e],3x2∈[-3,0]，使得 fx)=fb二fa,我们将称为函数 b-a f(x1)≤g(x2),求实数a的取值范围. f(x)在[a,b]上的“中值点”.已知函数 f(x)=e,g(x)=x2-tx+1,F(x)= f(x)-g(x),G(x)=f(x)+g(x). (1)求F(x)在(0,1)上的中值点的个数； (2)若对于区间(0,1)内任意两个不相等的 实数，x2,都有|f(x)一f(x)|> g(x1)一g(x2)|成立，求实数t的取值 范围； (3)当>0且≠1时，证明：信a≥ 2-2ln2. 5.(17分)已知函数f(x)=ae一bx. (1)当a=1,b=1时，求证：f(x)≥1恒 成立； (2)当a>≥1时，f(x)≥lnx+号恒成立，求 整数b的最大值， 32