高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)(原卷版+解析)，共17页。

【题型一 端点效应处理不等式求参】
1.(2023·山东济南历城二中高三月考）设函数f(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．
(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．
2．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝lnx(ax＋1－a)(a＞0)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，设g(x)＝f(x)－x＋1，讨论g(x)的导函数g′(x)的单调性；
(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，求a的取值范围．
3. (2023·山东济南高三期末）已知函数f(x)＝axln(x＋1)＋x＋1(x>－1，a∈R)．
(1)若a＝eq \f(1,e)，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≤ex恒成立，求实数a的取值范围．
【题型二 分离参数法处理不等式求参】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
3. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求实数a的取值范围．
【题型三 最值法处理不等式求参】
1.(2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．
2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝1＋aexlnx．
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)≥ex(xa－x)(a0)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f (1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围．
2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq \f(a,x)(a∈R且a0，m(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，m′(x)0恒成立，令t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝eq \f(1,x)＋ex－2a，
设φ(x)＝eq \f(1,x)＋ex－2a，φ′(x)＝ex－eq \f(1,x2)，∵x>1，∴ex>e，eq \f(1,x2)0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，
当a≤eq \f(1＋e,2)且a≠1时，t′(x)≥0，∴t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，
∴t(x)>t(1)＝0成立，当a>eq \f(1＋e,2)时，∵t′(1)＝1＋e－2a0，
∴存在x0∈(1，ln 2a)，满足t′(x0)＝0．∵t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x∈(1，x0)时，t′(x)－1，a∈R)．
(1)若a＝eq \f(1,e)，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≤ex恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)a＝eq \f(1,e)时，f(x)＝eq \f(1,e)xln(x＋1)＋x＋1，
f′(x)＝eq \f(1,e)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋\f(x,x＋1)))＋1＝eq \f(1,e)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1．
易得f′(x)在(－1，＋∞)上是增函数，且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,e)))＝0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,e)))时，f′(x)0，f(x)是增函数．
∴函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,e)，＋∞))．
(2)记g(x)＝f(x)－ex(x≥0)，则g(0)＝0，g′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1－ex．
记h(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1－ex(x≥0)，h′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(x＋1)2)＋\f(1,x＋1)))－ex，h′(0)＝2a－1．
①当a≤eq \f(1,2)时，∵eq \f(1,(x＋1)2)＋eq \f(1,x＋1)∈(0，2]，ex≥1，∴h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，
则h(x)≤h(0)＝0，即g′(x)≤0，∴g(x)在[0，＋∞)上是减函数，∴g(x)≤g(0)＝0恒成立，
即f(x)≤ex恒成立，满足题设；
②当a>eq \f(1,2)时，h′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(x＋1)2)＋\f(1,x＋1)))－ex在[0，＋∞)上是减函数，
又h′(0)＝2a－1>0，当x→＋∞时，h′(x)→－∞，则必存在x0∈(0，＋∞)，使h′(x0)＝0，
则当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上是增函数，此时h(x)>h(0)＝0，
即当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上是增函数，∴g(x)>g(0)＝0，即f(x)>ex，不符合题意．
综合①②，得a≤eq \f(1,2)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))．
【题型二 分离参数法处理不等式求参】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，
①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x－eq \f(a＋1,a)．
所以函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋1,a)，－1))．
综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋1,a)，－1))；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．
(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋eq \f(1,ex)在R上恒成立．
令h(x)＝x＋eq \f(1,ex)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex)，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．
所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1．
又由题设a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当00，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x－1>0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
∴实数a的取值范围为(－∞，e－2]
3. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－a－ln x,x2)．
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得0－1时，则有，当0－1时，函数g(x)的极小值点是a＋1，无极大值点．
(3) (同构后参变分离)
h(x)＝eq \f(1,a)f(x)＋aex－eq \f(x,a)＋ln a＝aex－ln x＋lna(a>0)，
由题意知，当x>a时，aex－ln x＋lna≥0恒成立，
又不等式aex－ln x＋ln a≥0等价于aex≥lneq \f(x,a)，即ex≥eq \f(1,a)lneq \f(x,a)，即xex≥eq \f(x,a)lneq \f(x,a)．①
①式等价于xex≥lneq \f(x,a)·elneq \f(x,a)，由x>a>0知，eq \f(x,a)>1，lneq \f(x,a)>0．
令φ(x)＝xex(x>0)，则原不等式即为φ(x)≥φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x,a)))，
又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x≥ln eq \f(x,a)，②
又②式等价于ex≥eq \f(x,a)，即a≥eq \f(x,ex)(x>a>0)，
设F(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，则F′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
∴F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x>a>0，
∴当0