2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项一　第2课时　利用导数研究不等式恒（能）成立问题 WORD版含解析.docx

1、高考解答题专项一函数与导数中的综合问题第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021湖南衡阳高三月考)已知函数f(x)=(ax+1)ex.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若a=2,当x0时,f(x)kx,求实数k的取值范围.2.(2021山东济南高三月考)已知f(x)=ex-ax2-x-1.(1)当a=e2时,求f(x)的极值点个数;(2)当x0,+)时,f(x)0,求实数a的取值范围.3.(2021重庆八中高三月考)已知函数f(x)=ex-kx,g(x)=x2+k2-3.(1)讨论函数y=f(x)的单调区间;(2)若2f(x)g(x)对任意的x0恒成立,求实数k的取值范围.4

2、.(2021辽宁沈阳高三三模)已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a0,若对任意的x0,不等式f(x)12x+1恒成立,求实数a的取值范围.5.(2021浙江宁波高三期中)已知函数f(x)=-mx+ln x+1,g(x)=cos x+xsin x-1.(1)讨论函数f(x)的单调区间与极值;(2)若m12,对任意的x11,2,总存在x20,使得不等式f(x1)-g(x2)1成立,试求实数m的取值范围.第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.解 (1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以f(x)=aex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex.若a=0,则f(x)0,f(x)在R上单调递

3、增;若a0,则当x-a-1a时,f(x)0;当x-a-1a时,f(x)0.故f(x)的单调递增区间为-a-1a,+,单调递减区间为-,-a-1a;若a-a-1a时,f(x)0;当x0,故f(x)的单调递减区间为-a-1a,+,单调递增区间为-,-a-1a.(2)当a=2时,不等式f(x)kx即为(2x+1)exkx.当x=0时,原不等式等价于1k0恒成立,此时kR.当x0时,原不等式等价于k(2x+1)exx.令函数g(x)=(2x+1)exx(x0),则g(x)=x(2x+3)ex-(2x+1)exx2=(x+1)(2x-1)exx2.当0x12时,g(x)12时,g(x)0,g(x)单调递

4、增.故g(x)min=g12=4e,所以k4e.综上所述,实数k的取值范围为(-,4e.2.解 (1)当a=e2时,f(x)=ex-e2x2-x-1,所以f(x)=ex-ex-1,f(x)=ex-e,所以当x1时,f(x)1时,f(x)0,f(x)在(1,+)上单调递增,因为f(0)=0,f(1)=-1,f(2)=e2-2e-10,所以存在x0(1,2),使f(x0)=0,所以,x(-,0)时,f(x)0;x(0,x0)时,f(x)0,所以0和x0是f(x)的极值点,所以f(x)有两个极值点.(2)f(x)=ex-ax2-x-1,f(x)=ex-2ax-1,设h(x)=f(x)=ex-2ax-

5、1(x0),则h(x)=ex-2a单调递增,又因为h(0)=1-2a,所以当a12时,h(x)0,h(x)在0,+)上单调递增,所以h(x)h(0)=0,即f(x)0,f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,符合题意.当a12时,令h(x)=0,解得x=ln 2a,当x0,ln 2a)时,h(x)0,h(x)在0,ln 2a)上单调递减,f(x)=h(x)h(0)=0,f(x)在(0,ln 2a)上单调递减,所以x(0,ln 2a)时,f(x)0恒成立,则y=f(x)在R上单调递增;若k0,当xln k时,f(x)0,f(x)的单调递增区间为(ln k,+);当xln k时,f

6、(x)0,f(x)的单调递减区间为(-,ln k).(2)2ex-2kxx2+k2-3对任意的x0恒成立,即x2+2kx+k2-3ex2对任意的x0恒成立.令h(x)=x2+2kx+k2-3ex,则h(x)=-(x+k+1)(x+k-3)ex.当k3时,h(x)0在(0,+)上恒成立,h(x)在(0,+)上单调递减,所以只需h(0)=k2-32,即k-5,5,与k3矛盾.当-1k3时,h(x)在(0,-k+3)上单调递增,在(-k+3,+)上单调递减,所以只需h(-k+3)=6e-k+32,即k3-ln 3.所以-1k3-ln 3;当k-1时,h(x)在(0,-k-1)上单调递减,在(-k-1

7、,-k+3)上单调递增,在(-k+3,+)上单调递减.因此h(0)2,h(-k+3)2-5k3-ln 3,所以-5k0,12x+10,将不等式两边取对数得ln(x+1)-axln12x+1,即ln(x+1)-ln12x+1-ax0.因此只需证明当x0时,不等式ln(x+1)-ln12x+1-ax0恒成立即可.令g(x)=ln(x+1)-ln12x+1-ax,则g(x)=1x+1-1x+2-a=1(x+1)(x+2)-a.若a12,因为当x0时,1(x+1)(x+2)12,所以g(x)=1(x+1)(x+2)-a0,g(x)在0,+)上单调递减,因此g(x)g(0)=0.若a0,所以g(x)=1

8、(x+1)(x+2)-a0,g(x)在0,+)上单调递增,因此g(x)g(0)=0,不合题意.若0a0,所以g(x)在0,4+a4a-32上单调递增,于是g(x)g(0)=0,不合题意.综上,当不等式f(x)12x+1恒成立时,实数a的取值范围是12,+.5.解 (1)f(x)=-m+1x(x0).当m0时,f(x)0,f(x)在(0,+)上单调递增,无极值.当m0时,令f(x)=-m+1x=0,得x=1m.令f(x)0,则0x1m;令f(x)1m.所以f(x)在0,1m上单调递增,在1m,+上单调递减,此时f(x)极大值=f1m=-ln m,无极小值.综上,当m0时,f(x)的单调递增区间为

9、(0,+),无单调递减区间,无极值;当m0时,f(x)的单调递增区间为0,1m,单调递减区间为1m,+,极大值为-ln m,无极小值.(2)对任意的x11,2,总存在x20,使得f(x1)-g(x2)1成立,等价于f(x)在1,2上的最小值f(x)min与g(x)在0,上的最小值g(x)min的差大于1,g(x)=xcos x,当x0,2时,g(x)0,g(x)在0,2上单调递增;当x2,时,g(x)0,g(x)在2,上单调递减.又因为g(0)=0,g()=-2,所以g(x)min=g()=-2.由(1)知,当0-2得m1+12ln 2,所以1m1+12ln 2.当11m212m1时,f(x)在1,1m上单调递增,在1m,2上单调递减.所以f(x)min=minf(1),f(2),又因为f(2)-f(1)=ln 2-m,所以当12m-2得m2,所以12mln 2;当ln 2m-2,得m1+12ln 2,所以ln 2m1.综上所述,m的取值范围是12,1+12ln 2.