2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考新教材） 数学 考点突破练19　不等式恒成立或有解问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练19不等式恒成立或有解问题1.(2022贵州毕节三模)函数f(x)=ln x+ln 2-1x.(1)讨论函数f(x)零点的个数;(2)若对x0,xf(x)x2-kx-1恒成立,求实数k的取值范围.2.(2022江苏南京模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x,aR.(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-10在(0,+)上恒成立,即f(x)在(0,+)上为增函数,f(1)=ln 2-10,f(x)在(0,+)上有唯一零点.(2)由题意得xln x+xln 2-1x2-kx-1在x(0,+

2、)上恒成立,即kx-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)=0x=1,g(x)0x1,g(x)00x0,h(x)=1x-2ax=1-2ax2x,当a0时,h(x)0,h(x)在(0,+)上单调递增,当a0时,由h(x)=0可得x=2a2a,x0,2a2a,h(x)0,h(x)单调递增,x2a2a,+,h(x)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,x0,则v(x)=ex-10,v(x)在(0,

3、+)上单调递增,v(x)v(0)=0,即f(x)-1x-10,f(x)-1x-1a等价于ex-x-1-ax0,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-1a成立,则u(x)min0,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)min0.对任意正数a,总存在正数x,使得不等式f(x)-1x-1a成立.3.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+

4、3)(x-1)x+1,令h(x)=0,解得x=1或x=-32(舍去),故当-1x1时,h(x)1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x0,+),不等式f(x)g(x)恒成立对任意x0,+),ln(x+1)-axex0恒成立,记F(x)=ln(x+1)-axex(x0),则F(x)=1x+1-a(x+1)ex=1-a(x+1)2exx+1,当a0时,F(x)0,故F(x)在0,+)上单调递增,又F(0)=0,故当x0时,F(x)0,不合题意;当a0时,(i)当a1时,x0,a

5、(x+1)2ex1,故F(x)=1-a(x+1)2exx+10,故F(x)在0,+)上单调递减,故当x0时,F(x)F(0)=0,符合题意;(ii)当0a1时,记(x)=1-a(x+1)2ex(x0),则(x)=-a(x+1)(x+3)ex,显然(x)0,1a-1=1-e1a-10,故存在唯一的x00,1a-1,使得(x0)=0,故当0x(x0)=0,F(x)=1-a(x+1)2exx+10,F(x)在0,x0)上单调递增,故当0x0,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x1,使得ln x+ax2-x12x3+1成立,即a12x+1

6、x+1-lnxx2,令g(x)=12x+1x-lnx-1x2,其中x1,则ag(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)=9x2-20对任意的x1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x1恒成立,则函数h(x)为增函数.因为h32=-4516+2ln320,所以存在t32,2,使得h(t)=g(t)=12t3-t+2ln t-3=0,当x(1,t)时,g(x)0,此时

7、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,t32,2,设(t)=34t+12t-12t2,则(t)=34-12t2+1t3=3t3-2t+44t3,令p(t)=3t3-2t+4,则p(t)=9t2-20对任意的t32,2恒成立,故函数p(t)在32,2上为增函数,则p(t)p320,即(t)0对任意的t32,2恒成立,故函数(t)在32,2上为增函数,故32(t)(2),即8972(t)138,即8972g(x)min138,因为a为整数,所以整数a的最小值为2.5.解 (1)因为函数

8、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0x1时,g(x)1时,g(x)0,所以g(x)g(1)

9、=0.即当0x0,当x1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b2时,令h(x)=ex+e-x-acos x,则h(x)=ex-e-x+asin x在0,2上单调递增,又h(x)h(0)=0,即h(x)在0,2上单调递增,故g(x)在0,2上单调递增,结合g(0)=2-a0,所以存在x00,2,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,所以存在x1(x0,),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+acos 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,也即存在不同的x1,x2,使曲线y=f(x)在x1,x2处的切线重合.