适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练19不等式恒成立或有解问题（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练19不等式恒成立或有解问题（附解析），共4页。试卷主要包含了已知函数f=4ln x-ax+，718 28…)等内容，欢迎下载使用。
(1)当a=时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈,使得f(x1)>g(x2)成立,求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数,e=2.718 28…)
2.(2020新高考Ⅰ,21)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若f(x)≥1恒成立,求实数a的取值范围.
3.(2023湖南郴州三模)已知函数f(x)=x2-ax+1,g(x)=ln x+a(a∈R).
(1)若a=1,f(x)>g(x)在区间(0,t)上恒成立,求实数t的取值范围;
(2)若函数f(x)和g(x)有公切线,求实数a的取值范围.
4.(2023河北石家庄三模)若定义在区间I上的函数y=f(x),其图象上存在不同两点处的切线相互平行,则称函数y=f(x)为区间I上的“曲折函数”,现已知函数f(x)=2a2ln x+x2(a>0).
(1)证明:y=f(x)是(0,+∞)上的“曲折函数”;
(2)设00,g(x)单调递增,
∴g(x)在上的最小值为g(ln2)=4-4ln2+2a.
若存在x1,x2∈,使得f(x1)>g(x2)成立,则f(x)max>g(x)min成立,∴-4ln2+a+6>4-4ln2+2a,解得a0,f(x)单调递增,因此f(x)min=f(x0)=a-lnx0+lna=+lna+x0-1+lna≥2lna-1+2=2lna+1>1,∴f(x)>1,∴f(x)≥1恒成立;当01时,g'(x)0),
h'(x)=2x-1-,令h'(x)=0,得x=1,∴h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=0.∴t的取值范围为(0,1].
(2)设函数f(x)在点(x1,f(x1))处与函数g(x)在点(x2,g(x2))处有相同的切线,且切线斜率存在,则f'(x1)=g'(x2)=,∴2x1-a=,
∴x1=,代入-ax1+1-lnx2-a,得+lnx2++a-2=0.∴问题转化为关于x的方程+lnx++a-2=0有解,设F(x)=+lnx++a-2(x>0),
F'(x)=-,
设2-ax0-1=0(x0>0),则
当00.
∴F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
∴问题转化为F(x)的最小值小于或等于0.∴F(x)的最小值为F(x0)=+lnx0++a-2.
由2-ax0-1=0,知a=2x0-,故F(x0)=+2x0-+lnx0-2.设φ(x)=x2+2x-+lnx-2(x>0),则φ'(x)=2x+2+>0,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.∵φ(1)=0,∴当x∈(0,1]时,φ(x)≤0,∴F(x)的最小值F(x0)≤0等价于00),f'(x1)=f'(x2)等价于+2x1=+2x2,即2(x1-x2)=0(x1≠x2),即x1x2=a2>0,即存在两个不相等的正实数x1,x2,使f'(x1)=f'(x2),所以y=f(x)是(0,+∞)上的“曲折函数”.
(2)设函数F(x)=(a-x0)f'(x)-f(a)+f(x0),
则F(x)=(a-x0)-2a2ln-a2+,
则F'(x)=(2x2-2a2),因为x00,故F(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
(方法一)取x=x0代入函数y=F(x),
可得F(x0)=(a-x0)-2a2ln-a2+=a2[-2ln-1],
令=t,其中t>1,故F(x0)=a2(2t-3--2lnt),
构造函数H(t)=2t-3--2lnt(t>1),则H'(t)=2+=2>0,从而H(t)在(1,+∞)上单调递增,故H(t)>H(1)=0,所以F(x0)>0,①
再取x=a代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x0)-2a2ln-a2+=a2(3-4+2ln),
令=n,其中00.③
再取x=a代入函数y=F(x),可得F(a)=4a(a-x0)-2a2ln-a2+=3a2-4ax0+-2a2ln,
设n(t)=3t2-4tx0+-2t2ln,t∈(x0,+∞),n'(t)=4t-4x0-4tlnt+4tlnx0=h(t),则h'(t)=-4lnt+4lnx0,
因为t>x0,所以h'(t)