2023届高考数学二轮复习考点19不等式恒成立或有解问题作业含答案

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考点突破练19　不等式恒成立或有解问题1.(2022·贵州毕节三模)函数f(x)=ln x+ln 2-.(1)讨论函数f(x)零点的个数;(2)若对∀x>0,xf(x)≤x2-kx-1恒成立,求实数k的取值范围.          2.(2022·江苏南京模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x,a∈R.(1)设h(x)=g(x)-ax2,讨论函数h(x)的单调区间;(2)求证:对任意正数a,总存在正数x,使得不等式-1<a成立.            3.(2022·安徽蚌埠模拟)已知函数f(x)=ln(x+1),g(x)=axex,a∈R.(1)若函数h(x)=x2-x-2f(x),求函数h(x)的单调区间;(2)若对任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围.          4.已知函数f(x)=ln x+ax2-x.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.(2)存在x≥1,使得f(x)≥x3+1成立,求整数a的最小值.             5.(2022·山东临沂三模)已知函数f(x)=,其图象在x=e处的切线过点(2e,2e2).(1)求a的值;(2)讨论f(x)的单调性.          6.(2022·山西临汾二模)已知函数f(x)=ex+e-x+acos x+bx,其中a≥0,b∈R.(1)当a=0时,若f(x)有大于零的极值点,求b的取值范围;(2)若存在不同的x1,x2,使曲线y=f(x)在x1,x2处的切线重合,求a的取值范围.            
考点突破练19　不等式恒成立或有解问题1.解(1)函数f(x)=lnx+ln2-的定义域为(0,+∞),所以f'(x)=,∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上为增函数,∵f(1)=ln2-1<0且f(e)=1+ln2->0,∴f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.(2)由题意得xlnx+xln2-1≤x2-kx-1在x∈(0,+∞)上恒成立,即k≤x-lnx-ln2在x∈(0,+∞)上恒成立,令g(x)=x-lnx-ln2,x∈(0,+∞),所以g'(x)=1-.令g'(x)=0⇒x=1,∴g'(x)>0⇒x>1,g'(x)<0⇒0<x<1,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,∴g(x)min=g(1)=1-ln2,∴k≤1-ln2.故k的取值范围是(-∞,1-ln2].2.(1)解∵h(x)=lnx-ax2,x>0,∴h'(x)=-2ax=,当a≤0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,当a>0时,由h'(x)=0可得x=,∴x∈,h'(x)>0,h(x)单调递增,x∈,+∞,h'(x)<0,h(x)单调递减,综上,当a≤0时,h(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a>0时,h(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)证明∵-1=,令v(x)=ex-x-1,x>0,则v'(x)=ex-1>0,∴v(x)在(0,+∞)上单调递增,∴v(x)>v(0)=0,即-1>0,∴-1<a等价于ex-x-1-ax<0,令u(x)=ex-x-1-ax,由对任意正数a,总存在正数x,使得不等式-1<a成立,则u(x)min<0,∵u'(x)=ex-1-a,由u'(x)=0,可得x=ln(1+a),∴函数u(x)在(0,ln(1+a))上单调递减,在(ln(1+a),+∞)上单调递增,又u(0)=0,∴u(x)min<0.∴对任意正数a,总存在正数x,使得不等式-1<a成立.3.解(1)由题意得h(x)=x2-x-2ln(x+1),函数的定义域是(-1,+∞),故h'(x)=2x-1-,令h'(x)=0,解得x=1或x=-(舍去),故当-1<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,故函数h(x)在(-1,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.故h(x)的单调递减区间为(-1,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)对任意x∈[0,+∞),不等式f(x)≤g(x)恒成立⇔对任意x∈[0,+∞),ln(x+1)-axex≤0恒成立,记F(x)=ln(x+1)-axex(x≥0),则F'(x)=-a(x+1)ex=,①当a≤0时,F'(x)>0,故F(x)在[0,+∞)上单调递增,又F(0)=0,故当x≥0时,F(x)≥0,不合题意;②当a>0时,(i)当a≥1时,∵x≥0,∴a(x+1)2ex≥1,故F'(x)=≤0,故F(x)在[0,+∞)上单调递减,故当x≥0时,F(x)≤F(0)=0,符合题意;(ii)当0<a<1时,记φ(x)=1-a(x+1)2ex(x≥0),则φ'(x)=-a(x+1)(x+3)ex,显然φ'(x)<0,φ(x)在[0,+∞)上单调递减,又φ(0)=1-a>0,φ-1=1-<0,故存在唯一的x0∈0,-1,使得φ(x0)=0,故当0≤x<x0时,φ(x)>φ(x0)=0,F'(x)=>0,F(x)在[0,x0)上单调递增,故当0≤x<x0时,F(x)≥F(0)=0,不符合题意,综上,a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).4.解(1)当a=1时,f(x)=lnx+x2-x,该函数的定义域为(0,+∞),则f'(x)=+2x-1≥2-1=2-1>0,当且仅当x=时,等号成立,故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.(2)存在x≥1,使得lnx+ax2-x≥x3+1成立,即a≥x+,令g(x)=x+,其中x≥1,则a≥g(x)min,g'(x)=,令h(x)=x3-x+2lnx-3,则h'(x)=x2-1+,令m(x)=3x3-2x+4,∵m'(x)=9x2-2>0对任意的x≥1恒成立,故函数m(x)在[1,+∞)上为增函数,则m(x)≥m(1)=5,即h'(x)>0对任意的x≥1恒成立,则函数h(x)为增函数.因为h=-+2ln<0,h(2)=2ln2-1>0,所以存在t∈,使得h(t)=g'(t)=t3-t+2lnt-3=0,当x∈(1,t)时,g'(x)<0,此时函数g(x)单调递减,当x∈(t,+∞)时,g'(x)>0,此时函数g(x)单调递增,所以g(x)min=g(t)=,t∈,设φ(t)=t+,则φ'(t)=,令p(t)=3t3-2t+4,则p'(t)=9t2-2>0对任意的t∈恒成立,故函数p(t)在上为增函数,则p(t)>p>0,即φ'(t)>0对任意的t∈恒成立,故函数φ(t)在上为增函数,故φ<φ(t)<φ(2),即<φ(t)<,即<g(x)min<,因为a为整数,所以整数a的最小值为2.5.解(1)因为函数f(x)=,所以f(e)=ae2-1,f'(x)=,则f'(e)=ae+,所以函数f(x)的图象在x=e处的切线方程为y-(ae2-1)=(x-e),又因为切线过点(2e,2e2),所以2e2-(ae2-1)=(2e-e),即2ae2=2e2,解得a=1.(2)由(1)知,f(x)=,x∈(0,1)∪(1,+∞),则f'(x)=,令g(x)=2x2lnx-x2+1,x∈(0,1)∪(1,+∞),则g'(x)=4xlnx,当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)>g(1)=0.即当0<x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递增.6.解(1)当a=0时,f(x)的导函数为f'(x)=ex-e-x+b,易知f'(x)在R上单调递增,f'(0)=b,所以,要使f'(x)=0的零点大于零,则b<0.故b的取值范围是(-∞,0).(2)函数f(x)的导函数为f'(x)=ex-e-x-asinx+b,在x1处的切线为y=(-asinx1+b)(x-x1)++acosx1+bx1,在x2处的切线为y=(-asinx2+b)(x-x2)++acosx2+bx2,由切线重合知,存在不同的x1,x2同时满足下式①,②,-asinx1=-asinx2, ①(1-x1)+(1+x1)+ax1sinx1+acosx1=(1-x2)+(1+x2)+ax2sinx2+acosx2, ②设g(x)=ex-e-x-asinx,g'(x)=ex+e-x-acosx,当0≤a≤2时,ex+e-x≥2=2,当且仅当x=0时,等式成立.g'(x)≥2-acosx≥0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不满足题意;当a>2时,令h(x)=ex+e-x-acosx,则h'(x)=ex-e-x+asinx在上单调递增,又h'(x)>h'(0)=0,即h(x)在上单调递增,故g'(x)在上单调递增,结合g'(0)=2-a<0,g'>0,所以存在x0∈,使得g'(x0)=0.所以g(x)在(0,x0)上单调递减.因为g(0)=0,所以g(x0)<0,又因为g(π)=eπ-e-π>0,所以存在x1∈(x0,π),使得g(x1)=0.即g(x)有大于零的零点,注意到g(x)为奇函数,此时取x2=-x1,有g(x2)=g(x1)=0.因为p(x)=ex(1-x)+e-x(1+x)+axsinx+acosx为偶函数,所以p(x1)=p(-x1)=p(x2).即存在不同的x1,x2同时满足①,②,也即存在不同的x1,x2,使曲线y=f(x)在x1,x2处的切线重合.综上,a的取值范围是(2,+∞).