2025届高考数学一轮总复习课时作业16不等式恒成立与有解问题含解析苏教版

PAGEPAGE5课时作业16不等式恒成立与有解问题一、选择题1．(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝x3－2ex2＋mx－lnx，若f(x)>x恒成立，则实数m的取值范围是(A)A．(e2＋eq\f(1,e)＋1，＋∞) B．(0，e2＋eq\f(1,e)＋1]C．(－∞，e2＋eq\f(1,e)＋1] D．(－∞，e2＋eq\f(1,e)]解析：解法1：由f(x)>x恒成立，得x3－2ex2＋mx－lnx>x恒成立，得x3－2ex2＋(m－1)x－lnx>0恒成立，因为x>0，所以两边同时除以x，得x2－2ex＋(m－1)－eq\f(lnx,x)>0，则m－1>eq\f(lnx,x)－x2＋2ex恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx,x)－x2＋2ex，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－2x＋2e，当0<x<e时，eq\f(1－lnx,x2)>0,2e－2x>0，所以g′(x)>0；当x>e时，eq\f(1－lnx,x2)<0,2e－2x<0，所以g′(x)<0.所以当x＝e时，g(x)max＝eq\f(1,e)＋e2，则m－1>eq\f(1,e)＋e2，所以m>e2＋eq\f(1,e)＋1，故选A.解法2：由f(x)>x恒成立，转化为m－1>eq\f(lnx,x)－x2＋2ex恒成立，则m－1>(eq\f(lnx,x)－x2＋2ex)max，m的取值可以趋于＋∞，视察4个选项，发觉只有选项A符合，故选A.2．(2024·江西五校联考)已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则a的取值范围是(B)A．[e，＋∞) B．[eq\f(e2,2)，＋∞)C．[eq\f(e2,2)，e2) D．[e2，＋∞)解析：f(x)≥x对全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即alnx－bx2≥x，alnx－x≥bx2对全部的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，因为b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]，所以bx2的最大值为0，所以alnx－x≥0在x∈(e，e2]时恒成立，所以a≥eq\f(x,lnx)在x∈(e，e2]时恒成立，令g(x)＝eq\f(x,lnx)，x∈(e，e2]，则g′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)>0恒成立，所以g(x)＝eq\f(x,lnx)单调递增，所以当x＝e2时，g(x)取得最大值eq\f(e2,2)，所以a≥eq\f(e2,2)，故选B.二、解答题3．已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋10，所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8.又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2.(2)由已知得：a>eq\f(x3＋10,x2)＝x＋eq\f(10,x2)至少有一个实数x使之成立，即a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(10,x2)))min，设g(x)＝x＋eq\f(10,x2)(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－eq\f(20,x3)，因为1≤x≤2，所以g′(x)<0.所以g(x)在[1,2]上是减函数，所以g(x)min＝g(2)＝eq\f(9,2)，a>eq\f(9,2)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)).4．(2024·安徽江南十校联考)已知函数f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对随意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值．解：(1)由f(x)＝xlnx(x>0)，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).∴f(x)的单调增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，单调减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故f(x)在x＝eq\f(1,e)处有微小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，无极大值．(2)由f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)及f(x)＝xlnx，得m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)恒成立，问题转化为m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(2x＋x2－3,x2)，由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0<x<1.所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，因此m≤4，所以m的最大值是4.5．(2024·西安质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x－1.(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若不等式f(x)≤ag(x)对随意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．解：(1)∵f′(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1.又∵f(1)＝0，∴所求切线的方程为y－f(1)＝f′(1)(x－1)，即为x－y－1＝0.(2)易知对随意的x∈(1，＋∞)，f(x)>0，g(x)>0.①当a≥1时，f(x)<g(x)≤ag(x)；②当a≤0时，f(x)>0，ag(x)≤0，不满意不等式f(x)≤ag(x)；③当0<a<1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝lnx－a(x－1)，则φ′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>1)，令φ′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，当x改变时，φ′(x)，φ(x)的改变状况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))φ′(x)＋0－φ(x)极大值∴φ(x)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>φ(1)＝0，不满意不等式．综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．6．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤eq\f(1,2)时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，∴当a≤eq\f(1,2)时满意条件．②当2a>1，即a>eq\f(1,2)时，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数，∴f(x)<f(0)＝0，不合题意．综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).7．设f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若随意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)∵F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，∴F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，∴F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e).(2)∵随意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g