2025高考数学一轮复习-恒成立与有解问题专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-恒成立与有解问题专项训练【含解析】，共6页。

1．已知函数f(x)＝mex－x2．
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
2．设函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
3．已知函数f(x)＝x2－aln x．
(1)当a＝2时，试判断函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，若对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，f(x)>x2－ex＋a恒成立，求a的取值范围．
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x－1)(x>1)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x5．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x．
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
6．已知f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－eq \f(x,2)，a∈R．
(1)当a＝1时，求证：不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立；
(2)若g(x)＝eq \f(fx,x)＋eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，是否存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
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恒成立与有解问题【解析版】
1．已知函数f(x)＝mex－x2．
(1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x．
所以f(0)＝1，且斜率k＝f′(0)＝1．
故所求切线方程为y－1＝x，即x－y＋1＝0．
(2)由mex－x2≥x(4－mex)得mex(x＋1)≥x2＋4x．
故问题转化为当x≥0时，m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋4x,exx＋1)))max．
令g(x)＝eq \f(x2＋4x,exx＋1)，x≥0，
则g′(x)＝eq \f(－x＋2x2＋2x－2,x＋12ex)，x≥0，
由g′(x)＝0及x≥0，得x＝eq \r(3)－1．
当x∈(0，eq \r(3)－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(eq \r(3)－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以当x＝eq \r(3)－1时，g(x)max＝g(eq \r(3)－1)＝2e1－eq \r(3)．
所以m≥2e1－eq \r(3)．
即实数m的取值范围为[2e1－eq \r(3)，＋∞)．
2．设函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若0综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，
在区间(a，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥1⇔eq \f(a,x)＋ln x≥1⇔eq \f(a,x)≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0,1]恒成立．
令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0,1]．
则g′(x)＝－ln x－x·eq \f(1,x)＋1＝－ln x≥0，x∈(0,1]，
∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，
∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝x2－aln x．
(1)当a＝2时，试判断函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，若对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，f(x)>x2－ex＋a恒成立，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2ln x(x>0)，因为f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－1,x)．
所以令f′(x)>0得x>1；令f′(x)<0得0所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)>x2－ex＋a即ex>a(1＋ln x)，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，所以1＋ln x>0，
所以当a>0时，对任意x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，a令g(x)＝eq \f(ex,1＋ln x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x－\f(1,x))),1＋ln x2)，
令h(x)＝1＋ln x－eq \f(1,x)，显然h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
由于h(1)＝1＋ln 1－1＝0，
所以当eq \f(1,e)当x>1时，h(x)>0，g′(x)>0，
所以函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e，所以0故a的取值范围为(0，e)．
4．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x－1)(x>1)．
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，使得关于x的不等式ln x解：(1)∵f(x)＝eq \f(ln x,x－1)(x>1)，∴f′(x)＝eq \f(1－\f(1,x)－ln x,x－12)，设g(x)＝1－eq \f(1,x)－ln x(x>1)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x2)<0，∴g(x)在(1，＋∞)上为减函数，∴g(x)∴f′(x)＝eq \f(1－\f(1,x)－ln x,x－12)<0，∴函数f(x)＝eq \f(ln x,x－1)在(1，＋∞)上为减函数．
(2)ln x设h(x)＝ln x－a(x－1)，x∈(1，＋∞)，则h(1)＝0，∴h′(x)＝eq \f(1,x)－a，
若a≤0，则h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0，显然不满足条件．
若a≥1，则x∈(1，＋∞)时，h′(x)＝eq \f(1,x)－a<0恒成立，
∴h(x)＝ln x－a(x－1)在(1，＋∞)上为减函数，
∴ln x－a(x－1)∴ln x若00,
∴h(x)＝ln x－a(x－1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上为增函数，此时h(x)＝ln x－a(x－1)>h(1)＝0，
不能使ln x综上，存在实数a且a≥1．
5．已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x．
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－4＝eq \f(2x2－4x＋a,x)．
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6．
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当0当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)≥F(1)＝1>0，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0)．
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝eq \f(2x－2x－ln x－x－2x－1,x－ln x2)
＝eq \f(x－1x－2ln x＋2,x－ln x2)．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
6．已知f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－eq \f(x,2)，a∈R．
(1)当a＝1时，求证：不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立；
(2)若g(x)＝eq \f(fx,x)＋eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，是否存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，若存在，求a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：当a＝1时，因为f(x)>0等价于x2－(x＋1)ln x－eq \f(x,2)>0，又x∈(0，e]，
所以x－ln x>eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，
令h(x)＝x－ln x，h′(x)＝1－eq \f(1,x)，0当10时，此时h(x)单调递增．
所以h(x)的极小值h(1)＝1．
令F(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)，F′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以当00，F(x)在(0，e]上单调递增．所以F(x)max＝F(e)＝eq \f(1,e)＋eq \f(1,2)<1，
因此a＝1时，不等式f(x)>0在x∈(0，e]上恒成立．
(2)因为f(x)＝ax2－(x＋1)ln x－eq \f(x,2)，所以eq \f(fx,x)＝ax－ln x－eq \f(ln x,x)－eq \f(1,2)，
所以g(x)＝eq \f(fx,x)＋eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,2)＝ax－ln x，
假设存在实数a，使得g(x)在x∈(0，e]的最小值是3，
因为g′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)．
①当a≤0时，g′(x)<0，所以g(x)在x∈(0，e]上单调递减，
所以g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq \f(4,e)不满足题意；
②当0所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当eq \f(1,a)≥e时，g(x)在x∈(0，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq \f(4,e)不满足题意，
综上，存在实数a＝e2满足题意．