2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练19　不等式恒成立或有解问题含答案.docx

2024 高考总复习优化设计二轮用书数学高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新适用于新高考新教材教材)考点突破练与专题检测考点突破练考点突破练与专题检测考点突破练 19 不等式恒成不等式恒成立或有解问题含答案立或有解问题含答案考点突破练考点突破练 19 不等式恒成立或有不等式恒成立或有解问题解问题 1.(2023 江苏南京模拟)已知函数 f(x)=4ln x-ax+(a0).(1)当 a=时,求 f(x)的极值;(2)当 a1时,设 g(x)=2ex-4x+2a,若存在 x1,x2*+,使得 f(x1)g(x2)成立,求实数 a的取值范围.(e 为自然对数的底数,e=2.718 28)2.(2020 新高考,21)已知函数 f(x)=aex-1-ln x+ln a.(1)当 a=e时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若 f(x)1恒成立,求实数 a的取值范围.3.(2023 湖南郴州三模)已知函数 f(x)=x2-ax+1,g(x)=ln x+a(aR).(1)若 a=1,f(x)g(x)在区间(0,t)上恒成立,求实数 t的取值范围;(2)若函数 f(x)和 g(x)有公切线,求实数 a 的取值范围.4.(2023 河北石家庄三模)若定义在区间 I 上的函数 y=f(x),其图象上存在不同两点处的切线相互平行,则称函数 y=f(x)为区间 I 上的“曲折函数”,现已知函数 f(x)=2a2ln x+x2(a0).(1)证明:y=f(x)是(0,+)上的“曲折函数”;(2)设 0 x0a,证明:xm(x0,a),使得对于x(xm,a),均有(a-x0)f(x)-f(a)+f(x0)0,得 1x7,令 f(x)0,可得 0 x7,函数 f(x)的单调递减区间为(0,1),(7,+),单调递增区间为(1,7).当 x=1时,函数取得极小值 f(1)=3;当 x=7时,函数取得极大值 f(7)=4ln 7-3.(2)f(x)=-(x0),令 h(x)=-ax2+4x-(a+3),若 a1,则=16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)0,当且仅当 a=1时,等号成立,h(x)0,即 f(x)0且不恒为零,f(x)在区间(0,+)上单调递减,当 a1时,f(x)在*+上单调递减,f(x)在*+上的最大值为 f()=-4ln 2+a+6.g(x)=2ex-4,令 g(x)=0,得 x=ln 2,当 x()时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)在*+上的最小值为 g(ln 2)=4-4ln 2+2a.若存在 x1,x2*+,使得 f(x1)g(x2)成立,则 f(x)maxg(x)min成立,-4ln 2+a+64-4ln 2+2a,解得a0.设 g(x)=f(x),则 g(x)=aex-1+0,g(x)在(0,+)上单调递增,即 f(x)在(0,+)上单调递增,当 a=1时,f(1)=0,f(x)min=f(1)=1,f(x)1成立.当 a1时,0 1,-1,f()f(1)=a(-1)(a-1)0,使得 f(x0)=a -=0,即 a -,即 ln a+x0-1=-ln x0,且当 x(0,x0)时,f(x)0,f(x)单调递增,因此f(x)min=f(x0)=a -ln x0+ln a=+ln a+x0-1+ln a2ln a-1+2 =2ln a+11,f(x)1,f(x)1恒成立;当 0a1时,f(1)=a+ln aa1,f(1)0,x0,令 aex-1=t,ln a+x-1=ln t,ln a=ln t-x+1.f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1.f(x)1,即 t-ln x+ln t-x+11t+ln tx+ln x,而 y=x+ln x在(0,+)上单调递增,故 tx,即 aex-1x,分离参数后有 a -.令 g(x)=-,g(x)=-.当 0 x0,g(x)单调递增;当 x1时,g(x)0),h(x)=2x-1-,令 h(x)=0,得 x=1,h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,h(x)min=h(1)=0.t 的取值范围为(0,1.(2)设函数 f(x)在点(x1,f(x1)处与函数 g(x)在点(x2,g(x2)处有相同的切线,且切线斜率存在,则f(x1)=g(x2)=-,2x1-a=-,x1=,代入 -ax1+1-ln x2-a,得 +ln x2+a-2=0.问题转化为关于 x的方程 +ln x+a-2=0有解,设 F(x)=+ln x+a-2(x0),F(x)=-,设 2 -ax0-1=0(x00),则 当 0 xx0时,F(x)x0时,F(x)0.F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,问题转化为 F(x)的最小值小于或等于 0.F(x)的最小值为 F(x0)=+ln x0+a-2.由 2 -ax0-1=0,知 a=2x0-,故 F(x0)=+2x0-+ln x0-2.设(x)=x2+2x-+ln x-2(x0),则(x)=2x+2+0,故(x)在(0,+)上单调递增.(1)=0,当 x(0,1时,(x)0,F(x)的最小值 F(x0)0等价于 04a0,考虑方程 g(x)=m的正数解的情况.+2x=m2x2-mx+2a2=0,判别式=m2-16a20,故方程有两个不相等的实根 x1,x2,则 x1+x2=0,x1x2=a20,从而 x10,x20.即 g(x)=m有两个不相等的正实数解 x1,x2,所以 g(x1)=g(x2),即 y=f(x)是(0,+)上的曲折函数.(方法二)设 P(x1,y1),Q(x2,y2)是函数 f(x)图象上两点,x1x2,f(x)=+2x(x0),f(x1)=f(x2)等价于 +2x1=+2x2,即 2(x1-x2)(-)=0(x1x2),即 x1x2=a20,即存在两个不相等的正实数 x1,x2,使f(x1)=f(x2),所以 y=f(x)是(0,+)上的“曲折函数”.(2)设函数 F(x)=(a-x0)f(x)-f(a)+f(x0),则 F(x)=(a-x0)()-2a2ln -a2+,则 F(x)=-(2x2-2a2),因为 x0a,所以当 x(0,a)时,F(x)0,故 F(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.(方法一)取 x=x0代入函数 y=F(x),可得 F(x0)=(a-x0)()-2a2ln -a2+=a2 -2ln -1,令 =t,其中 t1,故 F(x0)=a2(2t-3-2ln t),构造函数 H(t)=2t-3-2ln t(t1),则 H(t)=2+=2 -0,从而 H(t)在(1,+)上单调递增,故 H(t)H(1)=0,所以 F(x0)0,再取 x=a代入函数 y=F(x),可得 F(a)=4a(a-x0)-2a2ln -a2+=a2(3-4 +2ln ),令 =n,其中 0n0,故 S(n)在(0,1)上单调递增,即S(n)S(1)=0,所以 F(a)0,又因为 F(x)在(x0,a)上单调递减,结合与,由零点存在定理,必存在唯一的 xm(x0,a),使得F(xm)=0,且对任意的 x(xm,a),均有 F(x)F(xm)=0.(方法二)取 x=x0代入函数 y=F(x),可得 F(x0)=(a-x0)()-2a2ln -a2+,设 m(x)=(a-x)()-2a2ln -a2+x2,x(0,a),则 m(x)=-m(a)=0,所以 F(x0)0.再取 x=a代入函数 y=F(x),可得 F(a)=4a(a-x0)-2a2ln -a2+=3a2-4ax0+-2a2ln ,设 n(t)=3t2-4tx0+-2t2ln ,t(x0,+),n(t)=4t-4x0-4tln t+4tln x0=h(t),则 h(t)=-4ln t+4ln x0,因为 tx0,所以 h(t)0,n(t)在(x0,+)上单调递减,所以 n(t)n(x0)=0,所以 n(t)在(x0,+)上单调递减,所以 n(t)n(x0)=0,所以 F(a)0.又因为 F(x)在(x0,a)上单调递减,结合与,由零点存在定理,必存在唯一的 xm(x0,a),使得F(xm)=0,且对任意的 x(xm,a),均有 F(x)F(xm)=0.考点突破练考点突破练 20 利用导数研究函数的零点问题利用导数研究函数的零点问题 1.(2020 全国,文 20)已知函数 f(x)=x3-kx+k2.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)有三个零点,求 k的取值范围.2.(2023 黑龙江哈师大附中三模)已知 f(x)=ex sin x-x.(1)若 g(x)=-0 x0时,函数 g(x)=f(x)-+x 恰有两个零点.求 m的取值范围;证明:g(x)-.考点突破练 20 利用导数研究函数的零点问题 1.解(1)f(x)=3x2-k.当 k=0时,f(x)=x3,故 f(x)在(-,+)单调递增;当 k0,故 f(x)在(-,+)单调递增.当 k0时,令 f(x)=0,得 x=.当 x(-,-)时,f(x)0;当 x(-)时,f(x)0.故 f(x)在(-,-),(,+)单调递增,在(-)单调递减.(2)由(1)知,当 k0时,f(x)在(-,+)单调递增,f(x)不可能有三个零点.当 k0时,x=-为 f(x)的极大值点,x=为 f(x)的极小值点.根据 f(x)的单调性,当 f()0,即 k2-0时,f(x)有三个零点,解得 k .因此 k的取值范围为(0,).2.(1)证明 g(x)=-(),g(x)=-,由于 0 x0,x-30,所以-3+x-excos x0,进而 g(x)0,g()-0,所以 g(x)存在唯一零点.(2)解 f(x)=exsin x-x,x(-,),则 f(x)=exsin x+excos x-1,x(-,),当 x-时,因为 ex-,f(x)=exsin x+excos x-1=ex(sin x+cos x)-1 ex-1 -1 e-1-1-+10,所以 f(x)在区间(-+上没有零点;令 h(x)=exsin x+excos x-1,当-x 时,h(x)=2excos x0,所以 f(x)在区间(-+上单调递增,又 f(0)=0,故当-x0时,f(x)0,故 f(x)在区间(-+上单调递减,且 f(0)=0,当 0 x0,故 f(x)在区间(+上单调递增,因此当-x 时,f(x)只有一个零点 0.当 x()时,h(x)=2excos x0,所以 f(x)在区间()上单调递减,f()=-e-10,故x0(),使得 f(x0)=0,且当 x()时,f(x)0,f(x)单调递增,当 x(x0,)时,f(x)e-0,f()=-0,此时 f(x)无零点,当 x(x0,)时,f(x)只有一个零点,综上,当 x(-,)时,f(x)有 2个零点.3.(1)证明 f(x)=ex+2kx-1,设 F(x)=ex+2kx-1,则 F(x)=ex+2k,因为 k0,所以 F(x)0,所以 F(x)在0,+)上单调递增,所以 f(x)=F(x)F(0)=0,当且仅当 x=0时,取得等号,所以函数 f(x)在区间0,+)上单调递增.(2)解 方程 f(x)=g(x)在 R 上有且仅有 1个实根.证明如下:方程 f(x)=g(x),即 ex+kx2-x=xex-x,即(x-1)ex-kx2=0,令 h(x)=(x-1)ex-kx2,则 h(x)=x(ex-2k),因为当 x1时,h(x)0,所以 h(x)在区间1,+)上有且只有一个零点;若 k(),由 h(x)0,得 xln(2k),由 h(x)0,得 1xln(2k),所以 h(x)在区间1,ln(2k)上单调递减,在区间(ln(2k),+)上单调递增.又因为 h(1)=-k2,m(t)=et-t2,则 m(t)=et-2t,令(t)=et-2t,(t)=et-2,因为 t2,所以(t)0,所以 m(t)=(t)在区间(2,+)上单调递增,所以 m(t)m(2)=e2-40,所以 m(t)在区间(2,+)上单调递增,所以 m(t)m(2)=e2-40,即 h(k+1)0,所以 h(x)在区间1,+)上有且只有一个零点.综上所述,当 k0,+)时,h(x)在区间1,+)上有且只有一个零点.所以方程 f(x)=g(x)在 R 上有且仅有 1个实根.4.解(1)f(x)=memx-1-1,当 m0时,f(x)=memx-1-10时,设 F(x)=memx-1-1,则 F(x)=m2emx-10,所以函数 F(x)=memx-1-1在 R 上单调递增,即 f(x)=memx-1-1在 R 上单调递增.令 f(x)=memx-1-1=0,得 x=-,当 x(-)时,f(x)0,函数 f(x)单调递增.综上,当 m0时,函数 f(x)在 R 上单调递减;当 m0时,函数 f(x)在(-)上单调递减,在(-)上单调递增.(2)g(x)=f(x)-+x=emx-1-(m0),函数 g(x)的定义域为(0,+),g(x)=memx-1-(x0),设 h(x)=m2xemx-1-1,则 h(x)=m2(mx+1)emx-10,所以函数 h(x)在(0,+)上单调递增,由(1)可知,当 m=1时,f(x)f(-)=f(1)=1-1=0,即 ex-1x,所以 h(-+1)=m2(-+1)-1m2(-+1)m(-+1)-1,所以 h(-+1)m2 -m -1=0,又因为 h(0)=-1,由零点的存在定理可得,存在 x1(0,-+1),使得 h(x1)=0,即 mx1 -,(*)当 x(0,x1)时,h(x)0,即 g(x)0,即 g(x)0,g(x)单调递增,当 m1时,由(*)可知 g(x1)=-,且 00),则(x)=(x+1)ex-10,所以函数(x)=xex-1在(0,+)上单调递增,因为(1)=1,结合 0mx1 -1,得 mx11,又 m1,所以 x1 1,所以 1-mx1(ln x1+1)1-mx10,即 g(x)g(x1)0,所以当 m1时,函数 g(x)最多一个零点,与题意矛盾.当 0m1时,g(1)=em-1-,设 G(x)=ex-1-(0 x0,所以函数 G(x)在(0,1)上单调递增,所以 G(x)G(1)=0,即 g(1)=em-1-0),所以 x-1ln x,即-1ln,所以 2-2ln x,则 g(x)mx-mx-,所以 g()m =0,且 1,当 0m1,所以由(x)的单调性可知 mx11,x1 1,所以当 x(1,x1)时,g(x)0,g(x)单调递增,所以由零点的存在定理可知,g(x)在区间()上存在唯一的零点,g()-0,且 1,所以由零点的存在定理可知,g(x)在区间()上存在唯一的零点,所以当 0m1时,函数 g(x)恰有两个零点,综上所述,m的取值范围为(0,1).因为 mx1 -,即 2ln m+ln x1+mx1-1=0,则 ln x1+1=-2ln m-mx1+2,所以 g(x1)=-+x1+,由基本不等式可得 g(x1)=+x1+2 ,当且仅当 =x1,即 x1=时,等号成立,由 mx1 -,x1=可得 m=1,这与 0m ,要证 g(x)-,即证 -.因为 0m1,所以 0 0),则 H(x)=-1-=-(-)0,所以函数 H(x)在(0,+)上单调递减.所以当 0 xH(1)=0,所以 =2ln -,又 g(x)g(x1),所以 g(x)-.