2023届高考一轮复习加练必刷题第25练　高考大题突破练—恒(能)成立问题【解析版】

2024精品成套高中数学一轮复习资料 2021-2024年高考数学一轮复习知识练习（含答案解析）

2022-04-28 22:45
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2023届高考一轮复习加练必刷题第25练　高考大题突破练—恒(能)成立问题【解析版】

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这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第25练　高考大题突破练—恒(能)成立问题【解析版】，共4页。试卷主要包含了已知函数f＝xln x，已知函数f＝xex.等内容，欢迎下载使用。

考点一分离参数求最值(范围)
1．已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，
f′(x)>0⇒x>eq \f(1,e)，f′(x)<0⇒0∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
∴f(x)在x＝eq \f(1,e)处取得极小值，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)由f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)恒成立，
得m≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(2xln x＋x2＋3,x)(x>0)，
g′(x)＝eq \f(2x＋x2－3,x2)，
由g′(x)>0⇒x>1，g′(x)<0⇒0所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，
即m≤4，所以m的最大值是4.
2．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，
f′(x)＝2x－3＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－3x＋1,x)
＝eq \f(2x－1x－1,x)，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(5,4)＋ln eq \f(1,2)；
f(x)的极小值为f(1)＝－2.
(2)由题意知不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，
∴a≤eq \f(x2－2x,x－ln x)在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，
则h′(x)＝eq \f(x－1x＋2－2ln x,x－ln x2).
∵x∈[1，e]，
∴h′(x)≥0，h(x)单调递增．
当x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝eq \f(ee－2,e－1)，
∴a≤eq \f(ee－2,e－1).
即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(ee－2,e－1))).
考点二直接求最值(范围)
3．已知函数f(x)＝xex.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)>－x3＋ax2＋x恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝－1，
列表如下：
结合表格可知函数f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝－eq \f(1,e).
(2)∀x∈(0，＋∞)，xex>－x3＋ax2＋x，
即ex>－x2＋ax＋1，
令f(x)＝ex＋x2－ax－1，x>0，则f(0)＝0，
f′(x)＝ex＋2x－a，易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤1时，f′(x)>f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝1－a≥0，
从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f(x)>f(0)＝0，即ex>－x2＋ax＋1成立．
当a>1时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝1－a<0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝>0，存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))，使得f′(x0)＝0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))时，f′(x)<0，从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递减，
此时f(x)综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1]．
4．已知函数f(x)＝x＋eq \f(a2,x)，g(x)＝x＋ln x，其中a>0.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，e)上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)h(x)＝eq \f(a2,x)－ln x，其定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，
∵h′(x)＝－eq \f(a2,x2)－eq \f(1,x)＜0，
∴h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减.
要使函数h(x)在区间(1，e)内存在零点，当且仅当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(h1＝a2>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝\f(a2,e)－1<0.))⇒0∴实数a的取值范围为(0，eq \r(e))．
(2)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立等价于对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x)min≥g(x)max.
当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0.
∴函数g(x)＝x＋ln x在[1，e]上单调递增．
∴g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝e＋1.
∵f′(x)＝1－eq \f(a2,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋a))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－a)),x2)，a>0.
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a))时，f′(x)＜0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，＋∞))时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
①当0函数f(x)在[1，e]上单调递增，
∴f(x)min＝f(1)＝1＋a2.
由1＋a2≥e＋1，得a≥eq \r(e)，又0∴ a∈∅，不符合题意．
②当1∴函数f(x)在[1，a)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(a，e))上单调递增．
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))＝2a.
由2a≥e＋1，得a≥eq \f(e＋1,2)，又1∴eq \f(e＋1,2)≤a③当a≥e时，
函数f(x)在[1，e]上单调递减．
∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝e＋eq \f(a2,e).
由e＋eq \f(a2,e)≥e＋1，得a≥eq \r(e)，又a≥e，
∴a≥e.
综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e＋1,2)，＋∞)).
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗