不等式恒(能)成立问题 练习题——2022届黑龙江省安达市第七中学高考数学一轮复习（Word版含解析）

1、不等式恒(能)成立问题练习解答题1.已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)eq f(1,2)x31，求a的取值范围.2. 已知函数f(x)eq f(1ln x,x).(1)若函数f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(a，af(1,2)上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)eq f(k,x1)0恒成立，求实数k的取值范围.3.已知函数f(x)ex1axln x(aR).(1)若函数f(x)在x1处的切线与直线3xy0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)ln xa1对一切x1，)恒成立，求实数a

2、的取值范围.4.已知函数f(x)ln xa(x1)，aR，x1，)，且f(x)eq f(ln x,x1)恒成立，求a的取值范围.5.设f(x)eq f(a,x)xln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2，使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，teq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围.6. 已知函数f(x)eq f(1,3)x3x2ax.(1)若函数f(x)在区间1，)上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数g(x)eq f(x,ex)，对x1eq blcrc(av

3、s4alco1(f(1,2)，2)，x2eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)，使f(x1)g(x2)成立，求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)x(ex1)ax2(aR).(1)若f(x)在x1处有极值，求a的值；(2)当x0时，f(x)0，求实数a的取值范围.8.已知函数f(x)(x1)ln(x1).若对任意x0都有f(x)ax成立，求实数a的取值范围.9.设函数f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR).若对任意的x1，)，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.10.已知aR，f(x)aln xx24x，g(x)(a2)x，若存在x0eq blcrc(avs4a

4、lco1(f(1,e)，e)，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围.11.已知xeq f(1,r(e)为函数f(x)xaln x的极值点.(1)求a的值；(2)设函数g(x)eq f(kx,ex)，若对x1(0，)，x2R，使得f(x1)g(x2)0，求k的取值范围.答案：1.解：(1)当a1时，f(x)exx2x，xR，f(x)ex2x1.故当x(，0)时，f(x)0.所以f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增.(2)由f(x)eq f(1,2)x31得，exax2xeq f(1,2)x31，其中x0，当x0时，不等式为11，显然成立，此时aR.当x0时，分离参数a，得a

5、eq f(exf(1,2)x3x1,x2)，记g(x)eq f(exf(1,2)x3x1,x2)，g(x)eq f(（x2）blc(rc)(avs4alco1(exf(1,2)x2x1),x3).令h(x)exeq f(1,2)x2x1(x0)，则h(x)exx1，令H(x)exx1，H(x)ex10，故h(x)在(0，)上是增函数，因此h(x)h(0)0，故函数h(x)在(0，)上递增，h(x)h(0)0，即exeq f(1,2)x2x10恒成立，故当x(0，2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(2，)时，g(x)0，得x1，由g(x)1，所以g(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上

6、单调递减.所以当xeq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，2)时，g(x)maxg(1)eq f(1,e).由8aeq f(1,e)，得aeq f(1,e)8，所以实数a的取值范围为eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,e)8).7.解:(1)f(x)ex1xex2ax(x1)ex2ax1，依题意知f(1)2a10，aeq f(1,2).(2)法一当x0时，f(x)0，即x(ex1)ax20，即ex1ax0，令(x)ex1ax(x0)，则(x)min0，(x)exa.当a1时，(x)exa0，(x)在(0，)上单调递增，(x)(0)0，a1满足条件.当a1时，若0 xl

7、n a，则(x)0，若xln a，则(x)0.(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，(x)min(ln a)a1aln a0.令g(a)a1aln a(a1)，g(a)1(1ln a)ln a0，g(a)在(1，)上单调递减.g(a)g(1)0与g(a)0矛盾，故a1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(，1.法二当x0时，f(x)0，即x(ex1)ax20，即ex1ax0，即axex1，即aeq f(ex1,x)恒成立，令h(x)eq f(ex1,x)(x0)，h(x)eq f(ex（x1）1,x2)，令k(x)ex(x1)1(x0)，k(x)exx0，k(x)在(

8、0，)上单调递增，k(x)k(0)0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增.由洛必达法则知，eqo(lim,sdo4(x0)h(x)eqo(lim,sdo4(x0)eq f(ex1,x)eqo(lim,sdo4(x0)ex1，a1.故实数a的取值范围是(，1.8.解:法一令(x)f(x)ax(x1)ln(x1)ax(x0)，则(x)ln(x1)1a，x0，ln(x1)0.(1)当1a0，即a1时，(x)0，(x)在(0，)上单调递增，又(0)0，(x)0恒成立，故a1满足题意.(2)当1a0，即a1时，令(x)0，得xea11，x(0，ea11)时，(x)0；x(ea11，)时，(x)0，

9、(x)在(0，ea11)上单调递减，在(ea11，)上单调递增，(x)min(ea11)(0)0与(x)0恒成立矛盾，故a1不满足题意.综上有a1，故实数a的取值范围是(，1.法二x(0，)时，(x1)ln(x1)ax恒成立，即aeq f(（x1）ln（x1）,x)恒成立.令g(x)eq f(（x1）ln（x1）,x)(x0)，g(x)eq f(xln（x1）,x2).令k(x)xln(x1)(x0)，k(x)1eq f(1,x1)eq f(x,x1)0，k(x)在(0，)上单调递增.k(x)k(0)0，xln(x1)0恒成立，g(x)0，故g(x)在(0，)上单调递增.由洛必达法则知eqo(

10、lim,sdo4(x0)g(x)eqo(lim,sdo4(x0)eq f(（x1）ln（x1）,x)eqo(lim,sdo4(x0)ln(x1)11，a1，故实数a的取值范围是(，1.9.解:f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x，令g(x)f(x)2a(x1)ln x，则g(x)2aeq f(1,x)eq f(2ax1,x)，令g(x)0，得xeq f(1,2a)，若a0，则g(x)0，则f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0.f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0，不满足题意.若aeq f(1,2)，则eq f(1,2a)1，当xeq blc(rc)(avs

11、4alco1(0，f(1,2a)时，g(x)0，当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a)，)时，g(x)0，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0，满足题意.若0aeq f(1,2)，则eq f(1,2a)1，当xeq blcrc)(avs4alco1(1，f(1,2a)时，g(x)0，当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a)，)时，g(x)0，f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2a)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2a)，)上单调递增，

12、又f(1)0，当xeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2a)时，f(x)0，f(x)单调递减，f(x)f(1)0.不满足题意.综上，a的取值范围为eq blcrc)(avs4alco1(f(1,2)，).10.解:由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)axeq oal(2,0)2x0，记F(x)xln x(x0)，则F(x)eq f(x1,x)(x0)，当0 x1时，F(x)0，F(x)单调递减；当x1时，F(x)0，F(x)单调递增.F(x)F(1)10，aeq f(xeq oal(2,0)2x0,x0ln x0).记G(x)eq f(x22x,xln x)，xeq

13、blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)，则G(x)eq f(（2x2）（xln x）（x2）（x1）,（xln x）2)eq f(（x1）（x2ln x2）,（xln x）2).xeq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，当xeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，1)时，G(x)0，G(x)单调递减；当x(1，e)时，G(x)0，G(x)单调递增.G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，).11.解:(1)f(x)axa1ln xxaeq f(1,x)xa1(aln x

14、1)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(e)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(e)eq sup12(a1)eq blc(rc)(avs4alco1(aln f(1,r(e)1)0，解得a2，当a2时，f(x)x(2ln x1)，函数f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,r(e)上单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(e)，)上单调递增，所以xeq f(1,r(e)为函数f(x)xaln x的极小值点，因此a2.(2)由(1)知f(x)minfeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,r(e)eq f(1,2e)，函数g(x)的导函数g(x)k(1x)ex.当k0时，当x1时，g(x)0，g(x)在(，1)上单调递增；当x1时，g(x)0，g(x)在(1，)上单调递减，对x1(0，)，x2eq f(1,k)，使得g(x2)geq blc(rc)(avs4alco1(f(1,k)eeq f(1,k)1eq f(1,2e)f(x1)，符合题意.当k0时，g(x)0，取