2025年高考数学一轮复习-考点突破练19-不等式恒成立或有解问题-专项训练【含解析】

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这是一份2025年高考数学一轮复习-考点突破练19-不等式恒成立或有解问题-专项训练【含解析】，共7页。

(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.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f(x)-1x-13.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)≥12x3+1成立,求整数a的最小值.
5.已知函数f(x)=ax2-1lnx,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.已知函数f(x)=ex+e-x+acs 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)=ln x+ln 2-1x的定义域为(0,+∞),所以f'(x)=1x+1x2=x+1x2,
∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上为增函数,
∵f(1)=ln 2-1<0且f(e)=1+ln 2-1e>0,
∴f(x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(2)由题意得xln x+xln 2-1≤x2-kx-1在x∈(0,+∞)上恒成立,
即k≤x-ln x-ln 2在x∈(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=x-ln x-ln 2,x∈(0,+∞),所以g'(x)=1-1x=x-1x.
令g'(x)=0⇒x=1,∴g'(x)>0⇒x>1,g'(x)<0⇒0∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=1-ln 2,∴k≤1-ln 2.
故k的取值范围是(-∞,1-ln 2].
2.(1)解 ∵h(x)=ln x-ax2,x>0,∴h'(x)=1x-2ax=1-2ax2x,
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=2a2a,
∴x∈0,2a2a,h'(x)>0,h(x)单调递增,x∈2a2a,+∞,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0,2a2a,单调递减区间为2a2a,+∞.
(2)证明 ∵f(x)-1x-1=ex-x-1x,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f(x)-1x-1>0,
∴f(x)-1x-1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f(x)-1x-1∵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f(x)-1x-13.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-1-2x+1=(2x+3)(x-1)x+1,令h'(x)=0,解得x=1或x=-32(舍去),
故当-11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)=1x+1-a(x+1)ex=1-a(x+1)2exx+1,
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)=1-a(x+1)2exx+1≤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显然φ'(x)<0,φ(x)在[0,+∞)上单调递减,又φ(0)=1-a>0,φ1a-1=1-e1a-1<0,
故存在唯一的x0∈0,1a-1,使得φ(x0)=0,
故当0≤xφ(x0)=0,
F'(x)=1-a(x+1)2exx+1>0,F(x)在[0,x0)上单调递增,
故当0≤x综上,a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).
4.解 (1)当a=1时,f(x)=ln x+x2-x,该函数的定义域为(0,+∞),则f'(x)=1x+2x-1≥21x·2x-1=22-1>0,当且仅当x=22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ln x+ax2-x≥12x3+1成立,即a≥12x+1x+1-lnxx2,
令g(x)=12x+1x-lnx-1x2,其中x≥1,则a≥g(x)min,
g'(x)=12-1x2+2lnx-3x3=12x3-x+2lnx-3x3,
令h(x)=12x3-x+2ln x-3,则h'(x)=32x2-1+2x=3x3-2x+42x,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h32=-4516+2ln32<0,h(2)=2ln 2-1>0,
所以存在t∈32,2,使得h(t)=g'(t)=12t3-t+2ln t-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)=12t3+1-lnt+tt2=12t3+1+t+14t3-12t-32t2=3t3+2t-24t2,t∈32,2,
设φ(t)=34t+12t-12t2,则φ'(t)=34-12t2+1t3=3t3-2t+44t3,
令p(t)=3t3-2t+4,则p'(t)=9t2-2>0对任意的t∈32,2恒成立,
故函数p(t)在32,2上为增函数,则p(t)>p32>0,
即φ'(t)>0对任意的t∈32,2恒成立,故函数φ(t)在32,2上为增函数,故φ32<φ(t)<φ(2),即8972<φ(t)<138,
即8972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)=ax2-1lnx,所以f(e)=ae2-1,
f'(x)=2axlnx-(ax2-1)1x(lnx)2,则f'(e)=ae+1e,
所以函数f(x)的图象在x=e处的切线方程为y-(ae2-1)=ae+1e(x-e),又因为切线过点(2e,2e2),所以2e2-(ae2-1)=ae+1e(2e-e),即2ae2=2e2,解得a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x2-1lnx,x∈(0,1)∪(1,+∞),
则f'(x)=2x2lnx-x2+1x(lnx)2,
令g(x)=2x2ln x-x2+1,x∈(0,1)∪(1,+∞),
则g'(x)=4xln x,
当01时,g'(x)>0,
所以g(x)>g(1)=0.
即当00,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-asin x+b,
在x1处的切线为y=(ex1-e-x1-asin x1+b)(x-x1)+ex1+e-x1+acs x1+bx1,
在x2处的切线为y=(ex2-e-x2-asin x2+b)(x-x2)+ex2+e-x2+acs x2+bx2,
由切线重合知,存在不同的x1,x2同时满足下式①,②,
ex1-e-x1-asin x1=ex2-e-x2-asin x2,①
ex1(1-x1)+e-x1(1+x1)+ax1sin x1+acs x1=ex2(1-x2)+e-x2(1+x2)+ax2sin x2+acs x2,②
设g(x)=ex-e-x-asin x,g'(x)=ex+e-x-acs x,
当0≤a≤2时,ex+e-x≥2ex·e-x=2,当且仅当x=0时,等式成立.
g'(x)≥2-acs x≥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-acs x,则h'(x)=ex-e-x+asin x在0,π2上单调递增,
又h'(x)>h'(0)=0,即h(x)在0,π2上单调递增,故g'(x)在0,π2上单调递增,
结合g'(0)=2-a<0,g'π2=eπ2+e-π2>0,
所以存在x0∈0,π2,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)+axsin x+acs x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,+∞).