2023届高考数学 易错题专项突破——易错点14 导数中的恒成立与存在性问题（含解析）.docx

1、易错点14 导数中的恒成立与存在性问题一、单选题1. 若函数在区间(12,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是A. B. C. (-2,-18)D. 2. 若函数f(x)=ex-lnx-mx在区间1,+上单调递增，则实数m的取值范围为A. -,e-1B. -,e-1C. -,e+1D. -,e+13. 已知函数f(x)=3x+2cosx，g(x)=(ex-1)(e2x-5)，若x1(-,0，x2R，f(x1)+ag(x2)，则a的取值范围是A. (-,-2B. (-,-4027C. (-,-3D. (-,-94274. 已知aR，函数fx=x2-ax+2a,x1x-alnx,x1，且对

2、任意的实数x，fx0恒成立，则a的取值范围为A. 0,2B. 0,eC. 1,2D. 1,e5. 已知函数f(x)=-x2-8x-5，g(x)=ex+exex，实数m，n满足mn1”是“f(x)ax-1恒成立”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7. 已知函数f(x)=12x2+alnx，若对任意两个不相等的正数x1，x2，都有f(x1)-f(x2)x1-x24恒成立，则a的取值范围为A. 4,+)B. (4,+)C. (-,4D. (-,4)8. 已知函数f(x)=exx-ax2,x(0,+)，当x2x1时，不等式fx1x2-fx2x1 0，函数

3、f(x)=x+a2x，g(x)=x-lnx，若对任意的x1，x21,e，都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为_11. 已知函数f(x)=(x+1)sinx+cosx，若对于任意的x1,x20,2(x1x2)，均有fx1-fx2aex1-ex2成立，则实数a的取值范围为_12. fx=ax3-3x+1对于x-1,1总有f(x)0成立，则a= 三、解答题13. 已知函数f(x)=lnx-x+1，g(x)=lnx-ex+2(1)讨论函数f(x)在(0,+)的零点个数；(2)证明：g(x)0在(12,2)内有解，即1x+2ax0a-12x2在(12,2)内有解故存在x(12,2)，使得a

4、-12x2，令g(x)=-12x2，则g(x)在(12,2)单调递增，所以g(x)(-2,-18)，故a-2故选D2. 若函数f(x)=ex-lnx-mx在区间1,+上单调递增，则实数m的取值范围为A. -,e-1B. -,e-1C. -,e+1D. -,e+1【答案】B【解析】解：由题意，函数，可得，因为函数在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，设，则，所以函数在为单调递增函数，所以，即实数的取值范围是故选B3. 已知函数f(x)=3x+2cosx，g(x)=(ex-1)(e2x-5)，若x1(-,0，x2R，f(x1)+ag(x2)，则a的取值范围是A. (-,-2B. (-,-402

5、7C. (-,-3D. (-,-9427【答案】D【解析】解：因为f(x)=3-2sinx0，所以f(x)在(-,0上为增函数，所以f(x)max=f(0)=2，令t=ex(t0)，h(t)=(t-1)(t2-5)，则h(t)=(t+1)(3t-5)当0t53时，h(t)53时，h(t)0所以h(t)min=h(53)=(53-1)(259-5)=-4027，从而g(x)max=-4027依题意可得a+2-4027，即a-9427则a的取值范围是(-,-9427故选D4. 已知aR，函数fx=x2-ax+2a,x1x-alnx,x1，且对任意的实数x，fx0恒成立，则a的取值范围为A. 0,2

6、B. 0,eC. 1,2D. 1,e【答案】B【解析】解：当x1时，x2-ax+2a0a-x22-x，即a-x22-xmax，设gx=-x22-x，gx=xx-42-x2x1，当x-,0时，gx0，gx单调递增，当x0,1时，gx1时，x-alnx0axlnx，设hx=xlnx，hx=lnx-1lnx2x1，当hx=0时，x=e，当x1,e时，hx0，hx单调递增，所以当x=e时，函数hx取得最小值，he=e，ae，综上可知：0ae，故选B5. 已知函数f(x)=-x2-8x-5，g(x)=ex+exex，实数m，n满足mn0，所以g(x)=ex(x-1)ex2，则当0x1时，g(x)1时，g

7、(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=2f(x)=-(x+4)2+1111，作两函数的图象如图所示，当f(x)=2时，方程-(x+4)2+11=2的两根分别为-1和-7，则n-m的最大值为-1-(-7)=6故选B6. 已知f(x)是定义在(0,+)上的增函数，且恒有ff(x)-lnx=1，则“a1”是“f(x)ax-1恒成立”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：因为f(x)是定义在(0,+)上的增函数，且恒有ff(x)-lnx=1，所以f(x)-lnx为常数，令t=f(x)-lnx，则f(x)=lnx+tf

8、(t)=lnt+t=1，g(t)=lnt+t是增函数且g(1)=1，t=1，f(x)=lnx+1，f(x)ax-1lnx+1ax-1alnx+2x对x0恒成立令(x)=lnx+2x，(x)=-lnx-1x2，令(x)0，得0x1e，令(x)1e，(x)在(0,1e)上单调递增，在(1e,+)上单调递减，(x)max=(1e)=e，ae.a1是ae的必要不充分条件故选B7. 已知函数f(x)=12x2+alnx，若对任意两个不相等的正数x1，x2，都有f(x1)-f(x2)x1-x24恒成立，则a的取值范围为A. 4,+)B. (4,+)C. (-,4D. (-,4)【答案】A【解析】解：因为函

9、数f(x)=12x2+alnx，若对任意两个不相等的正数x1，x2，都有f(x1)-f(x2)x1-x24恒成立，所以fx=ax+x4x0恒成立，所以a4x-x2恒成立，令gx=4x-x2=-x-22+4，则agxmax，因为gx=4x-x2为开口向下，对称轴为x=2的抛物线，可得a4故选A8. 已知函数f(x)=exx-ax2,x(0,+)，当x2x1时，不等式fx1x2-fx2x1x1时，不等式f(x1)x2-f(x2)x10可变为x1f(x1)0，由g(x)=(x-2)exx3,x0知，函数g(x)在(0,2),(2,+)，所以g(x)min=g(2)=e24，所以3ag(x)min=e

10、24，即ae212所以实数a的取值范围为：故选A二、单空题9. 已知aR，设函数若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为_【答案】0,e【解析】解：当x=1时，f(1)=1-2a+2a=10恒成立；当x1时，f(x)=x-alnx0axlnx恒成立，令h(x)=xlnx，则h(x)=lnx-x1x(lnx)2=lnx-1(lnx)2，当xe时，h(x)0，h(x)递增，当1xe时，h(x) 0，函数f(x)=x+a2x，g(x)=x-lnx，若对任意的x1，x21,e，都有f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为_【答案】e-2,+)【解析】解：g(x)=x-lnx，g(

11、x)=1-1x，x1,e，g(x)0，函数g(x)单调递增，g(x)的最大值为g(e)=e-1；f(x)=x+a2x，f(x)=x2-a2x2，令f(x)=0，a0，x=a，当0aae-2；当1ae时，fx在1,a上单调递减，在(a,e上单调递增，f(x)min=f(a)=2ae-1恒成立，当ae时f(x)在1,e上单调递减，f(x)min=fe=e2+a2ee-1恒成立，综上ae-2故答案为：e-2,+)11. 已知函数f(x)=(x+1)sinx+cosx，若对于任意的x1,x20,2(x1x2)，均有fx1-fx2aex1-ex2成立，则实数a的取值范围为_【答案】1,+)【解析】解：由

12、题意，函数f(x)=xsinx+sinx+cosx，求导得，则由x0,2可知f(x)0恒成立，故f(x)在x0,2单调递增，不妨设x1x2，则|f(x1)-f(x2)|=f(x2)-f(x1),|ex1-ex2|=ex2-ex1，从而有f(x2)-f(x1)a(ex2-ex1)恒成立，即f(x2)-aex20即x(0,1时，f(x)=ax3-3x+10可化为a3x2-1x3，设g(x)=3x2-1x3，则g(x)=3(1-2x)x4，所以g(x)在区间(0,12上单调递增，在区间12,1)上单调递减，因此g(x)max=g(12)=4，从而a4；当x0即x-1,0)时，f(x)=ax3-3x+

13、10可化为a3x2-1x3，可得g(x)在区间-1,0)上单调递增，因此g(x)min=g(-1)=4，从而a4综上可得a=4故答案为4三、解答题13. 已知函数f(x)=lnx-x+1，g(x)=lnx-ex+2(1)讨论函数f(x)在(0,+)的零点个数；(2)证明：g(x)0，得：0x1，f(x)在(0,1)上递增，在(1,+)上递减，故f(x)f(1)=0，即f(x)在(0,+)的零点个数为1(2)法1：g(x)=lnx-ex+2，令g(x)=1x-ex=h(x)，h(x)=-1x2-ex0，g(1)=1-e0，g(x)单调递增，在(x0,+)上g(x)0，g(x)单调递减，g(x)m

14、ax=lnx0-ex0+2=-x0-1x0+20，即g(x)0在(0,+)恒成立.法2：由(1)知f(x)=lnx-x+10，lnxx-1，当且仅当x=1时取“=”，ln(x+1)x，eln(x+1)ex，即x+1ex，当且仅当x=0时取“=”，1+lnxxex-1，且两个等号不能同时取到，lnx-ex+20，故：g(x)0在(0,+)上恒成立14. 已知函数f(x)=x2+alnx()当a=-2时，求函数fx的单调区间和极值；()若g(x)=f(x)+2x在1,+)上是单调增函数，求实数a的取值范围【答案】解：()函数，函数f(x)的定义域为(0,+)当a=-2时，f(x)=x2-2lnx，

15、f(x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x当x变化时，f(x)和f(x)的值的变化情况如下表：x(0,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)递减极小值递增由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,+)，极小值是f(1)=1，无极大值()由g(x)=x2+alnx+2x，得g(x)=2x+ax-2x2若函数g(x)为1,+)上的单调增函数，则g(x)0在1,+)上恒成立，即不等式2x-2x2+ax0在1,+)上恒成立也即a2x-2x2在1,+)上恒成立令(x)=2x-2x2，则(x)=-2x2-4x当x1,+)时，(x)=-2x2-4x0，(x)=2x-2x2在

16、1,+)上为减函数，(x)max=(1)=0a0a的取值范围为0,+)15. 已知函数(x)=(x-1)ex-12mx2+2，kR(1)当m=0时，求函数(x)的极值；(2)若对于任意的x0,+)，(x)1恒成立，求实数m的取值范围【答案】解：(1)当m=0时，f(x)=(x-1)ex+2，f(x)=xex，x(-,0)，f(x)0，f(x)单调递增当x=0时，函数f(x)取得极小值，无极大值(2)对于任意的x0,+)，f(x)1恒成立，等价于g(x)=(x-1)ex-12mx2+10，x0,+).g(x)=xex-mx=x(ex-m)，x0，ex1，则当m1，g(x)0，g(x)单调递增，g(0)=0，g(x)g(0)=0当m1时，令g(x)=0，得x=0，或x=lnm，x(0,lnm)，g(x)0，g(x)单调递减，g(0)=0，x0(0,lnm)，使得g(x0)0得，0x1，故所求fx的单调递增区间为0,12,1,+(2)由fx=2x+1x-a，fx在0,1上是增函数，所以2x+1x-a0在0,1上恒成立，即a2x+1x恒成立，2x+1x22(当且仅当x=22时取等号)，所以a22，即a-,22