备战2025高考数学一轮复习第三章　§3.5　利用导数研究恒(能)成立问题.docxVIP

1．(2024·漳州模拟)设函数f(x)＝ex－ax2－x＋1，a∈R.

(1)当a＝0时，求f(x)的最小值；

(2)若f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．

2．(2023·鞍山模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R，a≠0)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，求a的取值范围．

3．已知函数f(x)＝x－eq\f(b,x)，g(x)＝2alnx.

(1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值；

(2)若a0，b＝－1，函数F(x)＝xf(x)＋g(x)满足对任意x1，x2∈(0,1]，都有|F(x1)－F(x2)|3eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求a的取值范围．

4．(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝x2＋axex＋ae2，e是自然对数的底数，a为实数．

(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程过点(3,14)，求实数a的值；

(2)若对任意实数x∈R，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．

§3.5利用导数研究恒(能)成立问题答案

1．解(1)当a＝0时，f(x)＝ex－x＋1，x∈R，则f′(x)＝ex－1，

令f′(x)＝0，得x＝0，

当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

所以f(x)min＝f(0)＝2.

(2)由题意知，当x0时，f(x)≥0恒成立等价于ex－ax2－x＋1≥0对任意x0恒成立，

即a≤eq\f(ex－x＋1,x2)对任意x0恒成立，

令h(x)＝eq\f(ex－x＋1,x2)，x0，

则h′(x)＝eq\f(?x－2??ex＋1?,x3)，

所以当0x2时，h′(x)0，函数h(x)单调递减；当x2时，h′(x)0，函数h(x)单调递增，

所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝eq\f(e2－1,4)，

所以a的取值范围为a≤eq\f(e2－1,4).

2．解(1)该函数的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)(x0，a≠0)，

①当a0时，f′(x)＝eq\f(x2－a,x)0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

②当a0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(a)或x＝－eq\r(a)(舍)，

所以函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．

综上，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；

当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)，＋∞)，单调递减区间为(0，eq\r(a))．

(2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥eq\f(1,2)成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x)min≥eq\f(1,2)，

①当a0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，

所以a0满足题意；

②当0a≤1时，0eq\r(a)≤1，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以只需f(1)≥eq\f(1,2)，而f(1)＝eq\f(1,2)，

所以0a≤1满足题意；

③当a1时，eq\r(a)1，f(x)在[1，eq\r(a)]上单调递减，

在[eq\r(a)，＋∞)上单调递增，所以只需f(eq\r(a))≥eq\f(1,2)即可，而f(eq\r(a))f(1)＝eq\f(1,2)，从而a1不满足题意．

综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1]．

3．解(1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2alnx的图象相切，

设切点为(x1,2alnx1)，且g′(x)＝eq\f(2a,x)，

则切线方程为y－2alnx1＝eq\f(2a,x1)(x－x1)，

即y＝eq\f(2a,x1)x－2a＋2alnx1，

∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,x1)＝1，,－2a＋2alnx1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝e，,a＝\f(e,2).))

(2)当a0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2alnx，x∈(0,1]，

F′(x)＝2x＋eq\f(2a,x)0，

∴F(x)在(0,1]上单调递增．

不妨设0x1x2≤1，原不等式?F(x2)－F(x1)3eq