通用版2023届高考数学二轮复习恒成立问题与有解问题作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习恒成立问题与有解问题作业含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
恒成立问题与有解问题
一、单选题
1. 已知函数f(x)=x+xlnx，g(x)=kx-k，若k∈Z，且f(x)>g(x)对任意x>e2恒成立，则k的最大值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 若关于x的不等式2sinx-x≥ax，对x∈[0,π]恒成立，则实数a的取值范围是(    )
A. (-∞,-1] B. (-∞,1] C. (-∞,-4π) D. (-∞,4π]
3. 已知f(x)=e2x+ex-ax，∀x≥0，均有f(x)≥2，则a的取值范围是(    )
A. (-∞,3] B. (-∞,2] C. [2,+∞) D. [3,+∞)
4. 已知函数f(x)=ex-f(0)x，若存在实数x0使不等式2a-1-x022⩾f(x0)成立，则a的取值范围为(    )
A. [1,+∞) B. (-∞,3] C. (-∞,2] D. [0,+∞)
5. 设函数fx=xlnx的导函数为f'x，若对任意的x∈[1,+∞)，不等式f'x⩽a+ex恒成立，则实数a的最小值为(    )
A. 1-1e B. 2-1e C. 1-e D. 2-e
6. 已知函数f(x)=xlnx-ax2+1，若对任意的x1，x2∈(0,+∞)(x1≠x2)，都有f(x1)-f(x2)x1-x20时，f(x)≥x2+1恒成立，求实数a的取值范围．
21. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=lnx-ax+1(a∈R)
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a=-2，是否存在实数m(m∈N*)，都有f(x)≤m(x+1)恒成立，若存在求出实数m的最小值，若不存在说明理由．
22. (本小题12.0分)
设函数f(x)=ex-ax-2，其导函数为f'(x)．
(1)求函数f(x)=ex-ax-2的单调区间；
(2)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，求k的最大值．
23. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x-2)ex+a．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
24. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=xlnx+(1-a)x+a．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)若对任意x∈(0,1)，不等式f(x)>0恒成立，求正整数a的最小值．
25. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=mx2-2x+lnx，其中m为正实数．
(1)当m=1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面积；
(2)当x∈[12,1]时，f(x)≥mx-2，求m的取值范围．
26. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=(x-1)ex．
(1)求f(x)的最值；
(2)若f(x)+ex≥lnx+x+a对x∈(0,+∞)恒成立，求a的取值范围．

答案和解析

1.B 
【解析】
【分析】

根据题意，问题可转化为kg(x)，即x+xlnx>kx-k，
由于f(x)>g(x)对任意x∈(e2,+∞)恒成立，
所以k0，
所以h(x)在x∈(e2,+∞)上单调递增，
所以h(x)>h(e2)=e2-4>0，
可得u'(x)>0，
所以u(x)在(e2,+∞)上单调递增，
所以u(x)>u(e2)=3e2e2-1=3+3e2-1∈(3,4)，
又k∈Z，所以kmax=3，
故选：B．
  
2.A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数恒成立问题，考查导数的应用，是中档题．
问题转化为a≤2sinxx-1，令f(x)=2sinxx，x∈(0,π]，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f(x)的最小值，求出a的取值范围即可．
【解答】
解：x=0时，显然成立，
x∈(0,π]时，问题转化为a≤2sinxx-1，
令f(x)=2sinxx，x∈(0,π]，
则f'(x)=2(xcosx-sinx)x2，
令g(x)=xcosx-sinx，x∈(0,π]，
则g'(x)=-xsinx≤0，g(x)在(0,π]递减，
而g(x)0，使f'(x0)=0，
当0≤x≤x0时，f'(x)0，即g'x>0，
因此函数gx在-∞,0上是减函数，在0,+∞上是增函数，
所以当x=0时，函数gx取得最小值，最小值gxmin=g0=2，
因此要存在实数x使不等式2a⩾gx成立，则2a⩾2，解得a⩾1，
即a的取值范围是[1,+∞).
故选A．
  
5.C 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，以及不等式恒成立问题，属于中档题．
由题意得到a⩾-ex+lnx+1在x∈1,+∞上恒成立，设g(x)=-ex+lnx+1，求出gx在x∈1,+∞上的最大值即可求解．
【解答】
解：函数f(x)=xlnx，
则f'(x)=1+lnx，
不等式f'(x)≤a+ex可化为a⩾-ex+lnx+1，
设g(x)=-ex+lnx+1，x∈1,+∞,
则g'(x)=-ex+1x=1-xexx，
所以g'x0，则00，
所以f'(x)为定义域R上的增函数，所以当x≥0时，f'(x)≥f'(0)=0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增．
综上可知，关于x的不等式f(tx-ln x-3)≤f(3)，等价于|tx-ln x-3|≤3，
即ln xx⩽t⩽6+ln xx．
由题意只要不等式lnxx≤t≤6+lnxx在区间[1,e3]上恒成立；
记g(x)=lnxx，g'(x)=1-lnxx2，
易得g(x)在区间[1,e]上单调递增，在区间[e,e3]上单调递减，
所以g(x)max=1e；
记h(x)=6+lnxx，h'(x)=-5+lnxx20，故fx在(-∞,-1)上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(-1)=-1e，故A正确；
当a=1时，fx=xex+x， f'(x)=(x+1)ex+1, f'(0)=2,f(0)=0，函数f(x)在(0,0)处的切线为y=2x，故B正确；
fx=xex+ax，f'(x)=(x+1)ex+a，若函数fx在区间[0,+∞)上单调递增，
则f'(x)⩾0在区间[0,+∞)上恒成立，即a≥-x+1ex,
令gx=-x+1ex， g'(x)=-(x+2)ex，则g'(x)0，可得f(x)的单调递增区间为(0,+∞)；
ex-1≥lnx+2ax可化为2a≤ex⋅x-x-lnx，
令g(x)=xex-x-lnx=ex⋅elnx-x-lnx=ex+lnx-(x+lnx)，
设t=x+lnx，
则h(t)=et-t，t∈R，
由f(x)=ex-x在[0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)单调递减可知，
h(t)≥h(0)=e0-0=1，
所以2a≤1，
故a≤12．
故答案为：(0,+∞)；(-∞,12]．
  
14.a≤1 
【解析】
【分析】
本题主要考查利用导数研究恒成立问题，属于难题．
【解答】
解：sinx-ln(x+1)+ex≥1+x+ax2-13x3恒成立，即sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3⩾0恒成立，构造函数f(x)=sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3，
f'(x)=cosx-1x+1+ex-1-2ax+x2，且f(0)=0，令h(x)=f'(x)，
h'(x)=-sinx+1(x+1)2+ex-2a+2x，由题可知，需满足h'(0)⩾0，解得：a⩽1．
当a⩽1时，sinx-ln(x+1)+ex-1-x-ax2+13x3⩾sinx-ln(x+1)+ex-1-x-x2+13x3(当a=1时取等号)，
此时f(x)=sinx-ln(x+1)+ex-1-x-x2+13x3，f'(x)=cosx-1x+1+ex-1-2x+x2
h'(x)=-sinx+1(x+1)2+ex-2+2x，分析单调性可知，当x=0时，f(x)min=f(0)=0，
故原不等式恒成立，综上所述，a的取值范围为a⩽1．

  
15.2e,+∞ 
【解析】
【分析】
本题考查的重点是恒成立问题，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是构造函数求最值，属于中档题．
由函数fx=x-x2+x3在R上单调递增，又由2x+8x3+a2e2x0，函数单调递增，
所以有f(x)min=f1aln1a=f(0)=1，即1aln1a=0，
解得a=1， 
故实数a的取值集合为{1}． 
【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的恒成立问题的应用，属于基础题．
根据已知利用导数研究函数的单调性，通过不等式的恒成立问题的计算，求出实数a的取值范围．

17.解：   (1)f'(x)=1x+a=1+axx，令f'(x)=0，得x=-1a，从而f(x)在(0,-1a)上单调递增，在(-1a,+∞)上单调递减，
∴f(x)max=f(-1a)=ln(-1a)+1=2，∴a=-1e．
(2)由(1)知f(x)=lnx-xe+2，
∵x≥1，∴lnx-xe+2≤bx可化为b≥lnxx-1e+2x，
设g(x)=lnxx-1e+2x，∴g'(x)=1-lnxx2-2x2=-lnx-1x2，则g'(x)0恒成立，
只需-3-c≥-2c2，即2c2-c-3≥0，
解得c≥32或c≤-1．
所以c的取值范围为-∞,-1∪32,+∞．
 
【解析】本题主要考查利用导数研究函数的极值、函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立问题，属于中档题．
(1)由x=1时函数取得极值得f(1)=b-c=-3-c，求出b，然后令f'1=0求出a即可；
(2)先解出导函数为0时x的值，再讨论x在不同取值范围时导函数的正负，进而求出f(x)的单调区间；
(3)不等式f(x)≥-2c2恒成立，即f(x)的最小值-3-c≥-2c2成立，求出c的范围即可．

19.解：(1)当a=-2时，f(x)=x3-32x2+3x+1，
f'(x)=3x2-62x+3．
令f'(x)=0，得x1=2-1，x2=2+1．
当x∈(-∞,2-1)时，f'(x)>0，f(x)在(-∞,2-1)是增函数；
当x∈(2-1,2+1)时，f'(x)0，
所以f(x)在(2,+∞)是增函数，
于是当x∈[2,+∞)时，f(x)≥f(2)≥0．
综上，a的取值范围是[-54,+∞)． 
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性以及导数中的恒成立问题，属于基础题型，考查运算能力，是基础题．
(1)当a=-2时，f(x)=x3-32x2+3x+1，f'(x)=3x2-62x+3.由
f'(x)>0可得函数的单调递增区间；当f'(x)0，f(x)单调递增，
在(-∞,ln(a-1))上，f'(x)1时，f(x)的单调递增区间为(ln(a-1),+∞)，单调递减区间为(-∞,ln(a-1));
(2)因为当x>0时，f(x)≥x2+1恒成立，
所以当x>0时，ex-ax+x≥x2+1恒成立，
所以当x>0时，a≤ex+x-x2-1x恒成立，
令g(x)=ex+x-x2-1x，
g'(x)=(ex+1-2x)x-(ex+x-x2-1)x2=xex+x-2x2-ex-x+x2+1x2
=(x-1)ex-x2+1x2=(x-1)ex-(x+1)(x-1)x2=(x-1)(ex-x-1)x，
令h(x)=ex-x-1，
h'(x)=ex-1，
当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x0，g(x)单调递增，
当x1时，f(x)的单调性．
(2)问题可转化为当x>0时，a≤ex+x-x2-1x恒成立，令g(x)=ex+x-x2-1x，只需a≤g(x)min，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．

21.解：(1)∵x>0,f'(x)=1x-a，
当 a≤0时，f'(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)单调递增，
当 a>0时，f'(x)=1-axx，
令 f'(x)>0，得00，g'(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(x0,+∞)，u(x)0时，f(x)的单调减区间是(-∞,lna)，增区间是(lna,+∞)．
(2)由于a=1，
∴(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1，
故当x>0时，(x-k)f'(x)+x+1>0，
等价于k0)，①
令g(x)=x+1ex-1+x，则g'(x)=ex(ex-x-2)(ex-1)2．
由(1)知，函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增，
而h(1)0，
∴h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点，
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点．
设此零点为t，则t∈(1,2)，
当x∈(0,t)时，g'(x)0，g(x)单调递增；
当x00，则h'(x)单调递增，
当x∈(x0,1)时，t'(x)0，
故存在α∈(12,x0)，使得h'(α)=0，
所以当x∈[12,α)时，h'(x)0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为h12=e-20，
所以存在t∈12,1使得h(t)=0，即et=1t，t=ln1t=-lnt，
当x∈0,t时，g'x