【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）高考解答题专项一　第2课时　利用导数研究不等式恒（能）成立问题含解析【高考】.docx，共(4)页，34.887 KB，由小赞的店铺上传

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1第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021山东淄博实验中学高三月考)已知函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=𝑎2x2+x,a≤0,且a为常数.(1)当a=0时,求函数f(x)的最小值;(2)若存在x∈(1,2]使得f(x)≥

g(x)-2a-2成立,求实数a的取值范围.2.(2021福建宁德模拟)已知函数f(x)=12x2-alnx-a,g(x)=ex-x-1.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;(2)对于任意的x1∈

[0,1]都存在唯一的x2∈[1,e]使得g(x1)=f(x2),求实数a的取值范围.3.(2021江苏南通模拟)已知函数f(x)=aex-4,g(x)=lnx-x-1,其中e为自然对数的底数,a∈R.(1)若对任意的x2∈(

0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象始终在函数y=𝑔(𝑥)𝑥-2的图象上方,求a的取值范围.4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(

x)=alnx+12(x-1)2,a∈R.(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;(2)若∀x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,求实数a的取值范围;(3)设g(x)=lnx+12x2+𝑎𝑥+12,若∃x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,求实数a的取值范围.答案：1

.解(1)当a=0时,f(x)=xlnx,定义域为(0,+∞),则f'(x)=lnx+1,令f'(x)<0可得0<x<1e,令f'(x)>0可得x>1e,∴f(x)在(0,1e)内单调递减,在(1e,+∞

)上单调递增,∴f(x)min=f(1e)=-1e.(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)lnx-𝑎2x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)≥0在x∈(1,2]有解,F'(x)=lnx-ax+𝑎𝑥,2令h(x)=lnx-ax+𝑎𝑥,

x∈(1,2],则h'(x)=1𝑥-a-𝑎𝑥2=-𝑎𝑥2+𝑥-𝑎𝑥2,当a=0时,F'(x)=lnx>0,则F(x)在(1,2]上单调递增,此时F(x)max=F(2)=2ln2>0,满足题意,当a<

0时,h'(x)>0在(1,2]上恒成立,即F'(x)在(1,2]上单调递增,则F'(x)>F'(1)=0,故F(x)在(1,2]上单调递增,则F(x)max=F(2)=(a+2)ln2,则要使F(x)≥0在x∈(1,2]有解,满足(a+2)ln2≥0,解得-2≤a<0,综

上,实数a的取值范围为[-2,0].2.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=𝑥2-𝑎𝑥,当a≤1时,x∈[1,e],f'(x)≥0,f(x)单调递增,f(x)min=f(1)=12-a,当a≥e2时,x∈[1,e],f'(x)≤0,f

(x)单调递减,f(x)min=f(e)=e22-2a,当1<a<e2时,令f'(x)=0,解得x=√𝑎,则x∈[1,√𝑎),f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(√𝑎,e]时,f'(x)>0,f(x)单调递

增.所以f(x)min=f(√𝑎)=-𝑎2−𝑎2lna.综上,当a≤1时,f(x)min=12-a;当1<a<e2时,f(x)min=-𝑎2−𝑎2lna;当a≥e2时,f(x)min=e22-2

a.(2)因为对于任意的x1∈[0,1]都存在唯一的x2∈[1,e]使得g(x1)=f(x2)成立,所以g(x)在x∈[0,1]的值域是f(x)在x∈[1,e]的值域的子集.因为g'(x)=ex-1,x∈[0,1],所以g'(x)≥0,g(x)单

调递增,g(x)的值域为[0,e-2].由(1)知当a≤1时,f(x)在[1,e]上单调递增,f(1)=12-a,f(e)=e22-2a,所以f(x)在[1,e]上的值域为12-a,e22-2a,所以{12-𝑎≤0,e22-2𝑎≥e-2,解得12

≤a≤1.当1<a<e2时,x∈[1,√𝑎],f(x)单调递减,x∈[√𝑎,e],f(x)单调递增,且f(1)<0,f(√𝑎)<0,所以只需f(e)≥e-2,即e22-2a≥e-2,所以1<a≤

e24−e2+1.当a≥e2时,因为f(x)在[1,e]上单调递减,且f(x)≤f(1)=12-a<0,所以不合题意.综上,实数a的取值范围是[12,e2-2e+44].33.解(1)对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1

)≥g(x2),则f(x)max≥g(x)max,因为g(x)=lnx-x-1,则g'(x)=1𝑥-1=1-𝑥𝑥≥0对任意的x∈(0,1]恒成立,所以,函数g(x)在区间(0,1]上单调递增,则g(x)max=g(1)=-2.因为f(x)=aex-4,所以当a=0时,f(x)

=-4,不满足f(x)max≥g(x)max,故a≠0;当a>0时,f(x)=aex-4在(0,1]上单调递增,所以f(x)max=f(1)=ae-4,即ae-4≥-2,解得a≥2e;当a<0时,f(x)=aex-4在(0

,1]上单调递减,所以f(x)=aex-4在(0,1]上没有最大值,不满足题意,综上,a的取值范围为[2e,+∞).(2)因为函数y=f(x)的图象始终在函数y=𝑔(𝑥)𝑥-2的图象上方,所以f(x)>𝑔(𝑥)𝑥-2恒成立,因为x>0

,ex>0,所以a>ln𝑥+𝑥-1𝑥e𝑥=ln𝑥+lne𝑥-1𝑥e𝑥=ln(𝑥e𝑥)-1𝑥e𝑥,令t=xex>0,设h(t)=ln𝑡-1𝑡,其中t>0,则h'(t)=2-ln𝑡𝑡2,当0<t<e2时,h'(t)>0,此时函数h(t)单调递增,当t>e

2时,h'(t)<0,此时函数h(t)单调递减,所以,h(t)max=h(e2)=1e2,则a>1e2,因此,实数a的取值范围是(1e2,+∞).4.解(1)当a=-2时,f(x)=-2lnx+12(x-1

)2,定义域为(0,+∞),∴f'(x)=-2𝑥+x-1=𝑥2-𝑥-2𝑥=(𝑥-2)(𝑥+1)𝑥(x>0),令f'(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).当0<x<2时,f'(x)<0,当x>2时,f'(x)>0,∴当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=

-2ln2+12,无极大值.(2)∀x∈[1,+∞),都有f(x)≥0,即当x∈[1,+∞)时,f(x)min≥0恒成立,f'(x)=𝑎𝑥+x-1=𝑥2-𝑥+𝑎𝑥(x≥1),令h(x)=x2-x+

a,①当Δ≤0,即1-4a≤0,a≥14时,h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,②当Δ>0,即1-4a>0,a<14时,令h(x)=0,此时x1=1-√1-4𝑎2(舍去),x2=1+√1-4𝑎2,

4当1+√1-4𝑎2≤1时,即0≤a<14时,h(x)≥0,即f'(x)≥0,所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当1+√1-4𝑎2>1时,即a<0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f(1+√1-4𝑎2)<0,不满足题意.综上所述,当

a≥0时,满足∀x∈[1,+∞),都有f(x)min≥0恒成立.∴a∈[0,+∞).(3)令m(x)=f(x)-g(x)=(a-1)lnx-x-𝑎𝑥,即存在x0∈[1,e],使得m(x0)=(a-1)l

nx0-x0-𝑎𝑥0>0,即存在x0∈[1,e],使得m(x)max>0,m'(x)=𝑎-1𝑥-1+𝑎𝑥2=-𝑥2+(𝑎-1)𝑥+𝑎𝑥2=(𝑥+1)(-𝑥+𝑎)𝑥2,当a≤1时,此时在

x∈[1,e]上,m'(x)≤0,m(x)单调递减,∴m(x)max=m(1)=-1-a>0,即a<-1,当1<a<e时,此时在x∈[1,a]上,m'(x)>0,m(x)单调递增,在x∈[a,e]上,m'(x)<0,m(x)单调递减,∴m(x)max=m(a)

=(a-1)lna-a-1.∵1<a<e,∴0<lna<1,即-a-1<(a-1)lna-a-1<-2,∴m(x)max=m(a)<0,不满足题意,当a≥e时,此时在x∈[1,e]上,m'(x)≥0,m(x)单调递增,∴m(x)max=

m(e)=a-1-e-𝑎e>0,解得a>e2+ee-1,综上所述,a∈(-∞,-1)∪(e2+ee-1,+∞).