2025屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)16不等式恒成立與有解問題含解析蘇教版

PAGEPAGE5課時(shí)作業(yè)16不等式恒成立與有解問題一、選擇題1．(2024·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，若f(x)>x恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(A)A．(e2＋eq\f(1,e)＋1，＋∞) B．(0，e2＋eq\f(1,e)＋1]C．(－∞，e2＋eq\f(1,e)＋1] D．(－∞，e2＋eq\f(1,e)]解析：解法1：由f(x)>x恒成立，得x3－2ex2＋mx－lnx>x恒成立，得x3－2ex2＋(m－1)x－lnx>0恒成立，因?yàn)閤>0，所以兩邊同時(shí)除以x，得x2－2ex＋(m－1)－eq\f(lnx,x)>0，則m－1>eq\f(lnx,x)－x2＋2ex恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ex，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－2x＋2e，當(dāng)0<x<e時(shí)，eq\f(1－lnx,x2)>0,2e－2x>0，所以g′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，eq\f(1－lnx,x2)<0,2e－2x<0，所以g′(x)<0.所以當(dāng)x＝e時(shí)，g(x)max＝eq\f(1,e)＋e2，則m－1>eq\f(1,e)＋e2，所以m>e2＋eq\f(1,e)＋1，故選A.解法2：由f(x)>x恒成立，轉(zhuǎn)化為m－1>eq\f(lnx,x)－x2＋2ex恒成立，則m－1>(eq\f(lnx,x)－x2＋2ex)max，m的取值可以趨于＋∞，視察4個(gè)選項(xiàng)，發(fā)覺只有選項(xiàng)A符合，故選A.2．(2024·江西五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x對(duì)全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，則a的取值范圍是(B)A．[e，＋∞) B．[eq\f(e2,2)，＋∞)C．[eq\f(e2,2)，e2) D．[e2，＋∞)解析：f(x)≥x對(duì)全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即alnx－bx2≥x，alnx－x≥bx2對(duì)全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，因?yàn)閎∈(－∞，0]，x∈(e，e2]，所以bx2的最大值為0，所以alnx－x≥0在x∈(e，e2]時(shí)恒成立，所以a≥eq\f(x,lnx)在x∈(e，e2]時(shí)恒成立，令g(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(e，e2]，則g′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)>0恒成立，所以g(x)＝eq\f(x,lnx)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝e2時(shí)，g(x)取得最大值eq\f(e2,2)，所以a≥eq\f(e2,2)，故選B.二、解答題3．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋10.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)在區(qū)間[1,2]內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x，使得f(x)<0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x3－x2＋10，所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8.又f(2)＝14，所以切線方程為y＝8x－2.(2)由已知得：a>eq\f(x3＋10,x2)＝x＋eq\f(10,x2)至少有一個(gè)實(shí)數(shù)x使之成立，即a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10,x2)))min，設(shè)g(x)＝x＋eq\f(10,x2)(1≤x≤2)，則g′(x)＝1－eq\f(20,x3)，因?yàn)?≤x≤2，所以g′(x)<0.所以g(x)在[1,2]上是減函數(shù)，所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(9,2)，a>eq\f(9,2)，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).4．(2024·安徽江南十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)若對(duì)隨意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．解：(1)由f(x)＝xlnx(x>0)，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故f(x)在x＝eq\f(1,e)處有微小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，無極大值．(2)由f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xlnx，得m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)恒成立，問題轉(zhuǎn)化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以g(x)min＝g(1)＝4，因此m≤4，所以m的最大值是4.5．(2024·西安質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函數(shù)y＝f(x)的圖象在x＝1處的切線方程；(2)若不等式f(x)≤ag(x)對(duì)隨意的x∈(1，＋∞)均成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)∵f′(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1.又∵f(1)＝0，∴所求切線的方程為y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即為x－y－1＝0.(2)易知對(duì)隨意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.①當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)<g(x)≤ag(x)；②當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)>0，ag(x)≤0，不滿意不等式f(x)≤ag(x)；③當(dāng)0<a<1時(shí)，設(shè)φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，則φ′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>1)，令φ′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)x改變時(shí)，φ′(x)，φ(x)的改變狀況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))φ′(x)＋0－φ(x)極大值∴φ(x)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>φ(1)＝0，不滿意不等式．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．6．已知函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求證：f(x)≥0；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，若不等式f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)證明：當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，則h′(x)＝ex－2a.①當(dāng)2a≤1，即a≤eq\f(1,2)時(shí)，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)≥f(0)＝0，∴當(dāng)a≤eq\f(1,2)時(shí)滿意條件．②當(dāng)2a>1，即a>eq\f(1,2)時(shí)，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，ln(2a))時(shí)，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，∴f(x)在區(qū)間(0，ln(2a))上為減函數(shù)，∴f(x)<f(0)＝0，不合題意．綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).7．設(shè)f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若隨意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解：(1)∵F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，∴F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，∴F(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增．故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e).(2)∵隨意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g