華師一附中2024屆高三《導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用-不等式恒成立大題》補充作業(yè)3 試卷帶答案

華師一附中一輪復(fù)習補充作業(yè)3（導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用）1.已知函數(shù)f(x)=e2x+aex+(a一2f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)>2a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.x(xa)+x2a2+10>f(x)恒成立，求a的取值范圍.f(x)<（1）當a=1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；0>1，使f(x0)<成立，求參數(shù)a的取值范圍.求實數(shù)λ的取值范圍.f(x)>0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.8.已知λER,函數(shù)f(x)=ex一ex一λ(xlnx一x+1)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)，（1）若函數(shù)g(x)存在極值，求λ的取值范圍；（2）若x>1時，f(x)>0恒成立，求λ的最大值.9.已知函數(shù)f(x)=xln(x-1）-ax2+bx(a,beR,a,b為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)（1）當a=-1時，討論函數(shù)f(x)在區(qū)間+1,e+1上極值點的個數(shù)；)都有值范圍.1f(x)<ke2x成立，求正實數(shù)k的取10.已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-ax+a(a為常數(shù),且為正實數(shù))，（1）若f(x)在(0,+構(gòu))上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（2）若不等式(x-1)f(x)三0恒成立，求a的取值范圍.11.已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2，（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若關(guān)于x的不等式f(x)<(a-1)x-1恒成立，求整數(shù)a的最小值.12.已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)-xex-a-1，且0是f(x)的一個極值點。⑴求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；⑵若f(x)<kx2+ln(x+1)-ex，求k的取值范圍.a2 x213.已知函數(shù)f(xa2 x2(aeR)，G(x1)G(x2)>m成立，求滿足條件的最大整數(shù)m;（ln2~0.693）（2）設(shè)函數(shù)g(x)=x3，若f(x)<g(x)在[,+構(gòu))上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2）若任意x>0，f(x)>1+ax2，求a的取值范圍.15已知函數(shù)f(x)=，（1）求證：函數(shù)f(x)存在唯一的極大值點；（2）若f(x)<kx(keR)恒成立，求k的值.16.已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=sinx+cosx，2 x217.已知函數(shù)2 x2lnxx2,（1）求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,e]上的值域；（1）求函數(shù)f(x)的極值；f(x)<(xa2)e(x1)+a對任意xe[1,+構(gòu))恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.（1）若a=2，試判斷函數(shù)f(x)的零點的個數(shù)；f(x)之0對xe(1,+構(gòu))恒成立，求a的最小值.20.已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)一ax,aeR，（1）討論函數(shù)f(x)在(0,+構(gòu))的單調(diào)性；（2）若xe(1,0],f(x)<1cosx，求a的取值范圍.21.設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)—a2ex，aeR，（1）若a=1，求函數(shù)f(x)的圖像在點(1,f(1))處的切線方程；（2）若f(x)+a<0恒成立，求正數(shù)a的取值范圍.1f,(x)>0恒成立，:f(x)在(?偽,+偽)上單調(diào)遞增:f,(x)>0時，f,(x)<0時，綜上所述：(2?a)(2?a)(2?a)(2?a)22恒成立，:a=22xx此時a無解.(2?a)(2?a):f(x)之fln=2+a+(a?2)ln>，整理得a?4ln(2?a)+4ln2>0記g(a)=a?4ln(2?a)+4ln2,a<2.則g,(a)=1+4遞增，g(0)=2遞增，g(0)=2:g(a)=a?4ln(2?a)+4ln2>0=g(0)，:0<a<2。綜上所述：ae(0,2].22+10>f(x)可得：ex(x?a?1)?x2+2ax22令g(x)=ex(x?a?1)?x2+2ax?a2+10，則當x>0時，g(x)>0恒成立，g,(x)=(ex?2)(x?a)222aaf(x)<0；當xe(1,e?1)時，f(x)>0；當xe(e?1,e)時，f(x)>0；當xe(e,+偽)時，f(x)<0.故y=|f(x)|的極小值點為1和e，極大值點為e?1.e2xe2xe2x（x>0（x>0）eg(x)遞減．從而g(x)max=g(e)=0．故g(x)<0恒成立. e2ex220=max(x1,x2)，x0時，g'(x)>1．所以，當xe(x0,+偽)時，g(x)?g(x0)>x?x0，即g(x)>x?x0+g(x0).exx0f,(x)+?+f(x)增減增"x>1:f,(x)>0:f(x)單調(diào)遞增，即f(x)min=f(1)，f(1)=ea?<即ea設(shè)gaa:無解，當a<0時3x0(1)(1)f,(x)+?+f(x)個專個(1)a則?>1且f(1)a則?>1且f且f（a)2aa22a222af（af（a)ae,xx206.觀察可以發(fā)現(xiàn)f(0)=0，f'(x)=?1?λ(1?ex)，令g(x)=4③當λ<0時g'(x)<0在xe[0,+偽)上恒成立，:g(x)在xe[0,+偽)單調(diào)遞減，f'(x)<f'(0)=0，即f(x)在xe[0,+偽)單調(diào)遞減，f(x)max=f(0)=0，所以f(x)<0恒成立，不滿足題意。綜上所述：λ>1x?x:h'(x)>0在xe[0,+偽)恒成立，即h(x)在xe[0,+偽)上是單調(diào)增函數(shù)，:h(x)>h(0)=0，即g(x)'在xe[0,+偽)單調(diào)遞增，:g(x)>g(0)=0，即f(x)'>0，所以f(x) :g(x)在xe[0,x0)上是單調(diào)減函數(shù)，:f'(x)<f'(0)=0，:f(x)在xe[0,x0)是單調(diào)減函數(shù)，因此在xe[0,x0)上，f(x)<f(0)=0，不滿8（1）g(x)=ex?e?λlnx，g'5調(diào)遞增．所以f(x)之f(1)=0恒成立.②當λ>e時，存在x0E(1,λ)，使得g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減，即f'(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減.題意。綜上所述：λ<e，即λ的最大值為e22(3)2xx?13( 當xE|1+2(3( 當xE|1+2(,則e)xxe2x6ke2ke210.（1）f'(x)=lnx+?a，因為f(x)在(0,+偽)上單調(diào)遞增，則f'(x)>0恒成立，即 x +1恒成立，令g(x)=lnx xx?1x2+1，則g'x?1x27在上恒成立，令，則，令=時，,8x?a?xex?a因為0是f(x)的一個極值點，所以f,(0)=?e0?a?0會e0?a=0，所以e?a=1，解得a=0，所以xx2，令g(x)=1?ex(x+1)2，則g,(x)=?ex(x+1)2?(2x+2)ex=?ex(x2+4x+3)=?ex(x+3)(x+1)，x0(x00x，設(shè)F(x)=(x?1)ex+(x+1)e?x(?1<x<0)，則當?x2x22x131）由已知可得G(x)=f(x)?3lnx，f(x)=ln2x22x22x,9（2）不等式f(x)<g(x)，可化為lnx+ 23,由已知)上恒成立；所以a<x?2min，設(shè)h(x)=x323(lna)(lna)（2（2ax0.一的極大值點x0. ex(?偽,lna)上遞減，在(lna,+偽)上遞增，于是得F(x)min=F(lna)=a?alna?1，因此a?alna?1之0，令maxxx+cosx?sinx?a，增，則有Q(x)min=Q(0)=2，顯然當xe[0,+偽)時cosx?sinx=cos(x+)e[?,]，函數(shù)y=ex的值域e24e24minminminmin0e00lnx00lnx0.2121,即x0之．又m=?x0lnx0，且Q(x)=?xlnx在a（2）由已知得，xlnx?(a+1)x<(x?a?2)e(x?1)對任意xe[1,+偽)恒成立，即(lnx?a?1)elnx<[(x?1)?a?1]e(x?1)對任意xe[1,+偽)恒成立，令g(x)=(x?a?1)ex，則g(lnx)<g(x?1)對任意xe[1,+偽)恒成立，下證：xx)在(1,2)存在零點x0，即1(1)(1).f 21(1)(1).f 2eee11ee:f<0，∵f(x)在(0,x0)為增函數(shù)，且f(1)2eee 22∵f(x)在(0,x0)0∴f(x0)f(e)<0，∴f(x)在(x0,+偽)有一個零點，∴f(x)在定義域內(nèi)有兩個零點. ex ex ex令函數(shù)p(x)=x+,則p,(x)=1? ex令函數(shù)p(x)=x+exp(?alnx)=?alnx+ealnx=?alnx+elnx=?alnx+xa，即p(x)之h(?alnx)，∵a<0,x>1，∴?alnx>0，lnxlnx(lnx)lnxlnx(lnx)x+1x+1x+1aa