2025年高考數(shù)學二輪復習【舉一反三】專練(新高考專用)重難點05利用導數(shù)研究不等式恒(能)成立問題【六大題型】(解析版)_第1頁
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重難點05利用導數(shù)研究不等式恒(能)成立問題【六大題型】【新高考專用】從近幾年的高考情況來看,恒(能)成立問題是高考的??伎键c,是高考的熱點問題,其中不等式的恒(能)成立問題經常與導數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯,綜合考查分析問題、解決問題的能力,一般作為壓軸題出現(xiàn),試題難度較大,解題時要學會靈活求解.【知識點1不等式恒(能)成立問題的解題策略】1.不等式恒(能)成立問題的求解方法解決不等式恒(能)成立問題主要有兩種方法:(1)分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題①分離變量:根據(jù)不等式的性質將參數(shù)分離出來,得到一個一端是參數(shù),另一端是變量表達式的不等式,構造函數(shù),直接把問題轉化為函數(shù)的最值問題,進而解決問題.②恒成立;恒成立;能成立;能成立.(2)分類討論法解決恒(能)成立問題分類討論法解決恒(能)成立問題,首先要將恒成立問題轉化為最值問題,此類問題關鍵是對參數(shù)進行分類討論,在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值,并判斷是否滿足題意,若不滿足題意,只需找一個值或一段內的函數(shù)值不滿足題意即可.【知識點2雙變量的恒(能)成立問題的解題策略】1.雙變量的恒(能)成立問題的求解方法“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質,深刻挖掘內含條件,進行等價變換,常見的等價變換有:對于某一區(qū)間I,(1).(2).(3).【題型1直接法解決不等式恒(能)成立問題】【例1】(2024·遼寧·一模)已知函數(shù)fx=e2x?e?2x?ax,若x≥0時,恒有fx≥0,則a的取值范圍是(

)A.?∞,2 B.?∞,4 C.【解題思路】求導f′x=2e2x+2e【解答過程】由fx=e令gx則g′因為函數(shù)y=4e2x,y=?4所以函數(shù)g′x=4所以g′所以函數(shù)gx=2e所以f′當a≤4時,f′所以函數(shù)fx在0,+所以fx當a>4時,則存在x0∈0,+且當x∈0,x0,f所以fx0<f綜上所述,a的取值范圍是?∞故選:B.【變式1-1】(2024·河南·三模)若關于x的不等式ex+x+2ln1xA.12 B.e24 C.1【解題思路】對所給不等式進行適當變形,利用同構思想得出lnm≤x?2lnx【解答過程】顯然首先m>0,x>0,ex令fx=ex+x,所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx=x?2ln當0<x<2時,g′x<0當x>2時,g′x>0所以當x=2時,gx取得最小值g從而lnm≤lne24,所以m的取值范圍是m≤故選:B.【變式1-2】(2024·四川內江·一模)已知函數(shù)fx=ax+a(1)討論函數(shù)fx(2)若fx>1恒成立,求實數(shù)【解題思路】(1)求導,分a≤0和a>0兩種情況,結合導數(shù)的符號判斷原函數(shù)單調性;(2)由題意可得:f0=a2>1【解答過程】(1)由題意可知:fx的定義域為?1,+∞,且若a≤0,則f′x<0,可知f若a>0,令f′x<0,解得?1<x<1a可知fx在?1,1a綜上所述:若a≤0,fx在?1,+若a>0,fx在?1,1a(2)因為fx>1恒成立,則若a≤0,由(1)可知:fx在?1,+且當x趨近于+∞時,fx趨近于若a>0,由a2>1可得由(1)可知:fx在?1,1a則f1若a>1,則aa?1>0,ln綜上所述:實數(shù)a的取值范圍為1,+∞【變式1-3】(2024·河南·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)若a=1,證明:fx(2)若fx≥2e【解題思路】(1)構造函數(shù)?x=ex?ex(2)利用不等式恒成立的一個必要條件是f1≥2e+1,構造函數(shù)tx【解答過程】(1)當a=1時,fx要證明fx>3令?x=ex?ex,x∈當x∈0,1時,?′x<0,即可得當x∈1,+∞時,?′x>0即?x在x=1處取得極小值,也是最小值?故ex令px=x?elnx,x∈0,+∞,則即可得當x∈0,e時,p′x<0當x∈e,+∞時,p′x即px在x=e處取得極小值,也是最小值故x≥eln因此ex故fx(2)易知fx=e即e+a+lna≥2令tx=x+lnx,則t′因此可得ta=a+ln下面證明充分性:當a≥e時,f令mx=e易知m′x為單調遞增函數(shù),令m′可知當x∈0,1時,m′x<0,即可得當x∈1,+∞時,m′x>0即mx在x=1處取得極小值,也是最小值m故當a≥e時,f綜上可知,實數(shù)a的取值范圍e,+∞.【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】【例2】(2024·陜西·二模)?x∈1,2,有l(wèi)nx+ax2A.e,+∞ B.1,+∞ C.e【解題思路】參變分離可得a≥?x2lnx+x2在【解答過程】因為?x∈1,2,有l(wèi)n所以a≥?x2ln令μx=?x則μ′令μ′x=0,得x=e,當x∈1,e時,當x∈e,2時,μ′x<0則μx所以a≥e2,即實數(shù)a的取值范圍為故選:C.【變式2-1】(2024·陜西銅川·模擬預測)已知函數(shù)fx=exa?lnx?1?A.0,e B.0,e C.0,e【解題思路】依題意可得ex?lna+x?lna≥elnx?1+lnx?1對任意的x∈1,+【解答過程】因為fx≥0對任意的即exa?即ex?lna令gx=ex+x,則g又gx?lna所以x?lna≥ln所以x?lnx?1≥令?x=x?ln則?′x=1?1x?1=x?2x?1,所以當所以?x在1,2上單調遞減,在2,+所以?x所以lna≤2,則0<a≤e2,即a故選:D.【變式2-2】(2024·貴州六盤水·模擬預測)已知函數(shù)f(x)=e(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)若?x≥0,f(x)≥x2+2【解題思路】(1)求出函數(shù)f(x)的導數(shù),再按a≤0,a>0分類求出單調區(qū)間.(2)將不等式恒成立作等價變形,在x>0時分離參數(shù),構造函數(shù),利用導數(shù)求出最小值,再對x=0討論即可.【解答過程】(1)函數(shù)f(x)=ex?ax+1的定義域為R當a≤0時,f′(x)>0恒成立,函數(shù)f(x)在當a>0時,由f′(x)<0,得x<lna;由函數(shù)f(x)在(?∞,ln所以當a≤0時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(?∞當a>0時,函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(?∞,ln(2)不等式f(x)≥x當x=0時,不等式a×0≤0恒成立,即a∈R;依題意,當x>0時,a≤exx求導得g′(x)=e求導得?′(x)=ex?1>0,函數(shù)?(x)則當0<x<1時,g′(x)<0;當x>1時,g′(x)>0,函數(shù)g(x)在g(x)min=g(1)=所以實數(shù)a的取值范圍是a≤e【變式2-3】(2024·湖北·模擬預測)已知函數(shù)fx=ax(1)討論fx(2)當a=3時,不等式xfx+lnx+1≤mx在區(qū)間【解題思路】(1)由題得f′x=a(1?x)e(2)參數(shù)分離得m≥3xex+lnxx+1x在【解答過程】(1)易知函數(shù)fx=axex當a>0時,由f′x>0,得x<1,由f所以fx的單調增區(qū)間為(?∞,1)當a<0時,由f′x>0,得x>1,由f所以fx的單調增區(qū)間為(1,+∞)綜上所述:當a>0時,fx的單調增區(qū)間為(?∞,1)當a<0時,fx的單調增區(qū)間為(1,+∞)(2)將a=3代入,得fx=3xex所以3x2ex+令?(x)=3xex+ln所以?′當0<x<1時,3?3xex>0,?當x>1時,3?3xex<0,?所以?(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞所以x=1時,?(x)在0,+∞上取得最大值?(1)=所以m≥3e+1,所以實數(shù)m【題型3分類討論法求參數(shù)范圍】【例3】(2024·湖南·一模)若不等式ex?1?mx?2n?3≥0對?x∈R恒成立,其中m≠0,則nmA.?∞,?lnC.?e,?ln【解題思路】先討論m的范圍,當m>0時,利用導數(shù)求最值,根據(jù)最小值大于等于0可得2n≤?mlnm?3,然后將二元化一元,令【解答過程】令ex?1?mx?2n?3=0,即當m<0時,由函數(shù)y=ex?1與y=mx+2n+3的圖象可知,兩函數(shù)圖象有一個交點,記為則當x<x0時,ex?1當m>0時,令fx=e令f′x=0,則x=所以當x<lnm+1時,f′當x>lnm+1時,f′所以x=lnm+1時,fx又ex?1?mx?2n?3≥0對所以?mlnm?2n?3≥0,即所以2nm≤?ln令gm=?ln當0<m<3時,g′m>0當m>3時,g′m<0所以當m=3時,gmax所以2nm≤?ln3e,即n所以nm的取值范圍為?故選:A.【變式3-1】(2024·陜西西安·一模)若關于x的不等式ex?2+x≥2ax2?x?lnxA.?∞,1e B.?∞,【解題思路】變形得到ex?2x+1?2ax+lnx≥0【解答過程】ex?2當a≤12時,令?t=e當t>0時,?′t>0,當t<0故?t=et?t?1故?t故ex?當a>12時,令ux當x>1時,u′x>0,當0<x<1故ux=x?2?lnx在且u1=?1<0,由零點存在性定理得,存在x0∈1,4,使得u此時ex故不合題意,舍去,綜上,a≤12,實數(shù)a的取值范圍為故選:B.【變式3-2】(2024·四川德陽·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點1,f1處的切線為x+y+b=0,求實數(shù)(2)已知函數(shù)gx=fx+a2x【解題思路】(1)利用導數(shù)的幾何意義可得f′1=1?a=?1,可求a=2(2)由題意可得gxmin>0,令t=1x>0,則【解答過程】(1)由fx=lnx+a又曲線y=fx在點1,f1處的切線為x+y+b=0,所以解得a=2,所以fx=lnx+2又切點(1,2)在直線x+y+b=0上,所以1+2+b=0,解得b=?3;(2)gx=lnx+ax+令t=1x>0求導可得?'當a=0時,gx當a>0時,12a若x∈(0,12a),?'t若x∈(12a,+∞),?所以?tmin=?所以ln2a>?34當a<0時,12a若x∈(0,?1a),?'t若x∈(?1a,+∞),?所以?tmin=?所以?a>1,解得a<?1,綜上所述:實數(shù)a的取值范圍為(?∞【變式3-3】(2024·陜西銅川·三模)已知函數(shù)fx(1)當a=2時,求曲線y=fx在點0,f(2)若?x∈0,+∞,f【解題思路】(1)先計算當a=2時,函數(shù)f(x)的解析式,并求導,根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得f′(2)先求出f′(x),再令gx=f′x,并求出g′(x),通過分兩種情況a≤1【解答過程】(1)當a=2時,fx所以f′所以f0即所求切線方程為y?f0即x+y=0.(2)因為fx所以f′令gx則g′當x≥0時,易知g′所以gx在[0,+即g(x)當1?a≥0,即a≤1時,gx所以函數(shù)fx單調遞增,即f當1?a<0,即a>1時,g0又當x→+∞時,g所以?x當0<x<x0時,gx當0<x<x0時,綜上,實數(shù)a的取值范圍為?∞【題型4構造函數(shù)法解決不等式恒(能)成立問題】【例4】(2024·遼寧沈陽·模擬預測)函數(shù)fx=emx+m?1x?lnxA.1e,+∞ B.2e,+∞【解題思路】根據(jù)條件得到emx+mx≥elnx+lnx恒成立,構造函數(shù)?(x)=ex+x【解答過程】因為fx因為對任意x>0,都有fx≥0,即令?(x)=ex+x所以mx≥lnx在區(qū)間0,+∞上恒成立,也即m≥令g(x)=lnxx,則g′(x)=1?lnxx即g(x)=lnxx在區(qū)間0,所以g(x)≤lnee=故選:A.【變式4-1】(2024·河南·模擬預測)已知λ>0,對任意的x>1,不等式e2λx?lne12λA.1e,+∞C.2e,+∞【解題思路】根據(jù)題意,轉化為2λxe2λx≥elnxlnx恒成立,令?u=ue【解答過程】因為λ>0,所以整理不等式e2λx可得2λe2λx≥令?u=ue因為?′u>0,所以?u在又因為λ>0,x>1,所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對任意的x>1恒成立,即構造函數(shù)mt=ln當1<t<e時,m′t>0,mt單調遞增;當t>所以,當t=e時,mtmax=1故選:B.【變式4-2】(2024·遼寧·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)求fx(2)設a=1,若關于x的不等式fx≤b?1ex+1【解題思路】(1)利用導數(shù)分類討論函數(shù)的單調區(qū)間,可求極值;(2)問題等價于b≥x+3ex+1+x在區(qū)間?1,+∞【解答過程】(1)f′x=ax?1+ae當a>0時,由f′x<0,得x<1?aa故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa當a<0時,由f′x>0,得x<1?a故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa綜上,當a>0時,fx的極小值為3?a當a<0時,fx的極大值為(2)a=1時,fx≤b?1ex+1?x等價于令gx=x+3令?x=ex+1?x+2,x≥?1所以?x在區(qū)間?1,+∞內單調遞增,即所以g′x≥0所以gx在區(qū)間?1,+∞內單調遞增,即gx故b的取值范圍是1,+∞【變式4-3】(2024·四川雅安·三模)已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx有極值,求實數(shù)a(2)若關于x的不等式fx+x1+cosx【解題思路】(1)先對函數(shù)求導,分類討論研究函數(shù)的單調性,結合函數(shù)單調性與極值的關系即可求解.(2)由已知變形為2sinx?xcos【解答過程】(1)依題意,f′x=a?1?2cosx因為1+2cosx∈?1,3,所以當a≤?1時,f當a≥3時,f'x≥0,故f當?1<a<3時,f′x=0綜上a∈?1,3(2)依題意,由fx得a?1x?2sinx+x設?x則?′設mx=cos當x∈0,π2所以在x∈0,π2上,?當π2?a≤0,即a≥π2時,則?x當π2?a>0,即(i)若1?a<0,即1<a<π?x0∈0,π2,使得?′x0(ii)若1?a≥0,即a≤1,??x在x∈0,π綜上,實數(shù)a的取值范圍為?∞【題型5與不等式恒(能)成立有關的證明問題】【例5】(2024·陜西安康·模擬預測)已知函數(shù)fx=ae(1)證明:當a=1時,?x∈0,+(2)若fx與gx有兩條公切線,求【解題思路】(1)等價于證明?x∈0,+∞,ex(2)設一條公切線與fx=aex,gx=x2切點分別為x【解答過程】(1)當a=1時,fx=e?x∈0,+∞,f(x)>令?x=ex當0<x<ln2時,?′x<0當x>ln2時,?′x>0,?所以?x∈0,+∞,(2)設一條公切線與fx=ae則f′可得切線方程為y?aex1因為它們是同一條直線,所以ae可得a=4x1若fx與gx有兩條公切線,則y=4x?4則p′當x<2時,p′x>0,p當x>2時,p′x<0,px在且當x>1時,px>0,當x<1時,px所以0<a<4【變式5-1】(2024·安徽·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)若對?x∈0,+∞,f(2)證明:對任意正整數(shù)n,不等式k=1n【解題思路】(1)把不等式恒成立轉化為a≤x(2)先證明不等式x≥1+lnx,再取x=e【解答過程】(1)若對?x∈0,+∞,f即a≤x記gx則g′記?x=e故?x在0,+又?1所以?x0∈即ex0=故當x∈0,x0時,?x<0,即g′x所以gx在0,x0所以g(x)min=g所以實數(shù)a的取值范圍是?∞(2)由(1)知,當a=1時,xex≥當且僅當x=x而x0∈12,1下面證明當x≥1時,x≥1+ln記mx=x?1?ln故mx在[1,+∞)所以當x∈1,+∞時,故當x∈1,+∞時,令x=ekk∈所以k=1n所以對任意正整數(shù)n,不等式k=1n【變式5-2】(2024·江蘇揚州·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若存在正數(shù)x,使fx≥0成立,求(3)若0<x1<x2,證明:對任意a∈【解題思路】(1)計算f′(2)對a≤1和a>1兩種情況分別討論,即可得到取值范圍是?∞(3)首先證明f′x單調遞減,即得唯一性;然后求導證明對任意的0<t<1,都有l(wèi)ntt?1>1;而對任意的t>1【解答過程】(1)對fx=2ln當a≤0時,對x>0有f′x=21?a當a>0時,有f′x=21?ax2x=21+xa1?xax=2a1+x綜上,當a≤0時,fx在0,+當a>0時,fx在0,1a(2)若a≤1,由于f1=1?a≥0,故存在正數(shù)x=1使得若a>1,則由(1)的結論,知fx在0,1a上單調遞增,在1a,+綜上,a的取值范圍是?∞(3)設0<x1<唯一性:由f′x=21?ax2x=2x?2ax,知特別地,f′x在這表明,使得f′x0存在性:我們先考慮函數(shù)φt=t?1?lnt,這里t>0.由于φ′t=1?1t=t?1t,故當0<t<1時φ′t<0,當t>1這就得到,對任意t∈0,1∪1,+從而,對任意的0<t<1,都有l(wèi)ntt?1>1;而對任意的t>1然后回到原題,首先我們有fx同時我們又有f′x1故f′由零點存在定理,知一定存在x0∈x綜合上述的存在性和唯一性兩個方面,知存在唯一的x0∈x【變式5-3】(2024·廣東佛山·模擬預測)已知fx(1)若a>?1,證明:f(x)在(0,+∞(2)若?1<a<?1①證明:存在唯一的實數(shù)x0∈[?2π②記①中fx0=m,證明:當x∈【解題思路】(1)根據(jù)u(x)=f′(x)=ex?sinx+a,得出(2)①分別判斷函數(shù)的單調性,當x∈[?2π,?π]時,得出所以y=f(x)單調遞減;當x∈[?π,?π2]時,得出存在唯一的實數(shù)x0,使得f′(x0)=0,且x0為函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[?π,?π2]上的唯一極小值點,當x∈[?π2【解答過程】(1)由題可知f′令u(x)=f∴u因為x∈(0,+∞),所以所以u(x)在(0,+∞)上單調遞增,即f′又因為f′(0)=e所以函數(shù)f(x)在(0,+∞(2)①i當x∈[?2π,?π]時,由于sinx≥0,所以f′xii當x∈[?π,?π2]時,令?(x)=f′f′(?π2)=e?且當x∈(?π,x0)時,f′(x)<0,f(x)故x0為函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[?iii當x∈[?π2,0]時,可證當?1<a<?即證f′要使f′(x)=e令g(x)=ex?由于g′(x)=ex?

存在x1∈(?π則ex1=cosx1,所以顯然g(?π2)>1,g(0)=1由于x1∈(?π所以有g(x1)∈(1,綜上可證g(x)=ex?sinx≥1故x0為區(qū)間[?2②證明:由①知,當?1<a<?12π時,f(x)在(0,+任取x′=x?2kπ,k∈則f(x因為?1<a<?12π,?2ak所以f(x′)?f(x)>0故當x∈(?∞,?2π綜上可證,當x∈R時,f(x)≥m.【題型6雙變量的恒(能)成立問題】【例6】(2024·陜西商洛·模擬預測)已知函數(shù)fx=2xlnx?ax2,若對任意的x1,xA.12e,+∞ B.1,+∞ 【解題思路】構造函數(shù)Fx【解答過程】不等式2x1+f令Fx=fx當x1>x2時,F(xiàn)x所以F′x=即lnxx≤a令gx=ln所以當x∈0,e時,g′當x∈e,+∞時,g′x故選:C.【變式6-1】(2024·重慶·模擬預測)已知函數(shù)fx=lnxx,gx=axeA.?∞,?2 B.?2,?1 C.?1,+∞【解題思路】利用導數(shù)求得fx在區(qū)間0,1上的值域,求得gx在區(qū)間?∞【解答過程】對于fx=ln所以fx在區(qū)間0,1上單調遞增,ln所以當x∈0,1時,fx的值域為對于gx=axe若a=0,則gx若a>0,則g′x>0,所以g所以當x∈?∞,0時,g當a<0時,gx在區(qū)間?∞,在區(qū)間1a,+∞g1a=a×1所以當x∈?∞,0時,g綜上所述,實數(shù)a的取值范圍為0,+∞故選:D.【變式6-2】(23-24高二下·湖南郴州·期末)已知fx=alnx+12x(1)求gx在?π,π(2)如果對任意的x1∈?π,π,存在x2∈【解題思路】(1)對gx求導,因為gx為偶函數(shù),求出gx在x∈(2)由(1)知,gx在?π,π上的最小值為?1,所以?x2∈1e,e,使得fx2x2【解答過程】(1)g′顯然gx為偶函數(shù),當x>0x∈0,π2時,xcosx>0,gx∈π2,π時,xcosx<0,gg0=1,gπ2=π2,g由偶函數(shù)圖象的對稱性可知gx在?π,π上的最小值為?1(2)先證lnx≤x?1,設?x=令?′x>0?0<x<1∴?x在0,1上單調遞增,在1,+∞故lnx≤x?1由題意可得?x2∈即ax由①可知x2參變分離得a≥1設φx=1即只需a≥φxφ'由①知lnx≤x?1得?∴1令φ'x>0?1<x<e,令∴φx在1e,∴φx∴a≥?1又已知a≠0故a的取值范圍為?1【變式6-3】(2024·四川瀘州·一模)已知函數(shù)fx=ax+1?xlnx的圖像在(1)求函數(shù)fx(2)若?x1,x2∈0,+【解題思路】(1)利用導數(shù)的幾何意義求出a=2,直接利用導數(shù)求單調區(qū)間;(2)根據(jù)式子結構構造gx=fx?mx2,由gx在0,+∞為增函數(shù),得到【解答過程】(1)fx=ax+1?xln可得fx的圖象在A1,f1由切線與直線x?y=0平行,可得a?1=1,即a=2,fx=2x+1?xln由f′x>0,可得0<x<e,由f′x<0,可得x>(2)因為x1>x2,若即有fx1?m所以gx=fx?mx2在可得2m≤1?lnxx在x>0恒成立,由當?′x=0,可得x=e2,?即有?x在x=e2處取得極小值,且為最小值?1則實數(shù)m的取值范圍是?∞一、單選題1.(2024·四川達州·二模)當x≥0時,不等式ex?ax≥(x?1)2恒成立,則A.(?∞,1] C.(?∞,e] D.【解題思路】恒成立問題一般采用分離參數(shù)的方法,進而轉化成求函數(shù)的最值即可.【解答過程】當x=0時,不等式顯然成立,當x>0時,由題意可得a≤g(x)=則有a≤g(x)則g設?x=e則?'x=ex所以ex所以當x∈(0,1)時,當x∈(1,+∞)時,所以g(x)所以a≤故選:C.2.(2024·吉林·模擬預測)若關于x不等式lnax≤x+b恒成立,則當1e≤a≤eA.1e+1 B.e?1 C.1【解題思路】構建fx=lnax?x?b,分析可知fx的定義域為0,+∞,且fx≤0【解答過程】設fx因為1e≤a≤e,可知fx的定義域為0,+∞又因為f′令f′x>0,解得0<x<1;令f可知fx在0,1內單調遞增,在1,+則fx≤f1=ln可得eb+1?ln令ga=a?ln令g′a>0,解得1<a≤e;令可知ga在1,e內單調遞增,在1e即eb+1?ln所以eb+1故選:C.3.(2024·四川宜賓·二模)已知不等式axex+x>1?A.?1e2,+∞ B.?1【解題思路】分離參數(shù)轉化為a>1?x?lnxxex,構造函數(shù)【解答過程】不等式axex+x>1?lnx有解,即a>令fx∴f′x令gx=x?2+ln∴g′x=1+1又g1=?1<0,g2=ln2>0,所以存在∴x∈0,x0,gx<0,即f′x所以函數(shù)fx在0,x0∴fx0=1?x∴fx∴a>?1故選:A.4.(2024·陜西安康·模擬預測)若存在x∈0,+∞,使得不等式a2x4A.12e,+∞ B.1e,+【解題思路】將原不等式變形為ax22?eax2≥lnx2?elnx,令f(x)=x【解答過程】由a2x4所以ax令f(x)=x2?exf′(x)=2x?eg′(x)=2?ex,令當x<ln2時,g′(x)>0,當所以f′(x)在(?∞所以f′所以f(x)在R上遞減,所以ax2≤所以a≤lnxx令?(x)=lnxx由?′(x)>0,得1?2ln由?′(x)<0,得1?2ln所以?(x)在0,e上遞增,在e所以?(x)所以a≤1即實數(shù)a的取值范圍為?∞故選:D.5.(2024·陜西商洛·三模)已知λ>0,對任意的x>1,不等式e2λx?lnx2λA.2e,+∞ B.12e,+【解題思路】對已知不等式進行變形,通過構造函數(shù)法,利用導數(shù)的性質、參變量分離法進行求解即可.【解答過程】由題意λ>0,不等式即2λe2λx≥令gx=xe當x>0時,g′x>0,所以g則不等式等價于g2λx因為λ>0,x>1,所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對任意x>1恒成立,即設?t=ln當1<t<e,?′t所以t=e,?t有最大值?e=故選:B.6.(2024·全國·模擬預測)已知函數(shù)f(x)=ex+1?aln(ax)+a(a>0),若關于x的不等式f(x)>0A.(0,+∞) B.(0,e) C.【解題思路】方法一:利用導數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調性,結合題意得ax0?alnax0+a>0,等價變形得1x0?x0?2lnx0>0,設g(x)=1【解答過程】方法一:f′(x)=ex+1?故存在唯一的x0>0,使得f′且當x∈0,x0時,f當x∈x0,+∞時,因此fx的最小值為f則1x0?對ex0+1=a代入1x0?設g(x)=1x?x?2所以g(x)在(0,+∞)單調遞減且可知不等式1x0?因此lna=又a>0,則a∈0,方法二:f(x)>0即ex+1?aln而y=ex+1a根據(jù)互為反函數(shù)的函數(shù)圖象關于直線y=x對稱,問題轉化為ex+1即a<e設?(x)=ex+1x當x=1時,?′(1)=0,當x∈0,1時,?當x∈1,+∞時,?′故?(x)min=?(1)=方法三:f(x)>0?e構造g(x)=x(lnx?1),則轉化為g′(x)=lnx,當x∈(0,1)時,當x∈(1,+∞)時,g′所以g(x)有極小值g(1)=?1,g(e)=0,且則gex+1>g(ax)即a<ex+1x,設?(x)=當x∈0,1時,?′(x)<0當x∈1,+∞時,?′故?(x)min=?(1)=故選:C.7.(2024·四川樂山·二模)若存在x0∈?1,2,使不等式x0+A.12e,e2 B.1e【解題思路】等價變形給定的不等式,并令aex0=t,構造函數(shù)f(t)=e【解答過程】依題意,x0+e2?e令aex0=t,即e2令f(t)=e2?1lnt?2t+2求導得f′(t)=e2?1t?2=e2因此函數(shù)ft在e2?1而f(1)=0,fe2=e2則當1≤t≤e2時,f(t)≥0,若存在t∈a只需ae2≤e2且ae?1所以a的取值范圍為1e故選:D.8.(2024·全國·模擬預測)已知函數(shù)f(x)=1?elnx?3x,x>0(x?2)eA.?∞,3 C.6e?2,3【解題思路】分x>0和x<0兩種情況討論,分別得出不等式,由不等式恒成立轉化為求函數(shù)的最值,利用導數(shù)分別求出函數(shù)的最值即可求解.【解答過程】當x>0時,由fx>a當x<0時,由fx>a令gx則g′x=1?ex所以當0<x<e,g′(x)<0;當x>故gx在0,e上單調遞減,在因此gx的最小值為g故當x>0時,a<3;令?x則?′x=x2所以當?2<x<0,?′(x)<0;當x<?2,故?x在?∞,?2因此?x的最大值為?故當x<0時,a>6e綜上,6e故選:C.二、多選題9.(2024·河南信陽·一模)若關于x的不等式ex?2+x≥2ax2?xlnxA.1e B.12 C.e【解題思路】根據(jù)題意分a≤12和a>12兩種情況討論,當a≤12時,有ex?2x+1?2ax+lnx≥ex?2【解答過程】依題意,ex?2x+1?2ax+lnx≥0在0令t=x?2?lnx,則?(t)=e故當t∈(?∞,0)時,?′(t)<0故?(t)>?(0)=0,故ex?2?當a>12時,令u(x)=x?2?lnu(4)=2?2ln2>0,故μx在1,4內必有零點,設為x則ex0?2綜上所述,a≤1故選:AB.10.(2024·新疆·一模)設fx=1+xlnx,gx=a?1x,若fA.3?ln22 B.3 C.2【解題思路】分離參數(shù),構造函數(shù)利用導數(shù)研究其單調性與最值計算即可.【解答過程】原不等式等價于x+1ln令φ(x)=x+1令?x所以?x在x∈1,2上單調遞增,即所以φ′(x)>0,則φ(x)在x∈1,2所以a≥3ln2+22,由故選:BD.11.(2024·全國·模擬預測)已知函數(shù)f(x)=x+ln(x?2),g(x)=xlnx.若A.?x∈(2,+∞),f(x)<g(x) C.?x0∈(2,+【解題思路】令?(x)=f(x)?g(x),通過對其求導來判斷單調性,可判斷A,C;由題意構造函數(shù)y=lnx+x,根據(jù)其單調性可判斷B;由x1【解答過程】令?(x)=f(x)?g(x)=x+ln則?′(x)=1x?2?又因為?′所以存在ξ∈(e,3),使得?′當x∈(2,ξ)時,?′當x∈(ξ,+∞)時,所以?(x)有最大值?(x)故選項A正確,選項C錯誤.因為函數(shù)f(x)=x+ln由題可知t>0,因為x1即x1x2lnx則lnx因為函數(shù)y=lnx+x在于是x1從而x1令?(t)=t則?′令?′(t)=0,則lnt=?當t∈0,e?13當t∈e?13,+所以當t=e?13時,即x1x2則x1故選:ABD.三、填空題12.(2024·四川成都·模擬預測)若不等式2x3?ax2+1≥0對任意【解題思路】根據(jù)給定條件,分離參數(shù)并構造函數(shù),再求出函數(shù)的最小值得解.【解答過程】當x=0時,1≥0恒成立,當x>0時,2x令f(x)=2x+1x2當0<x<1時,f′(x)<0,當x>1時,因此函數(shù)f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞當x=1時,f(x)min=f(1)=3所以實數(shù)a的最大值為3.故答案為:3.13.(2024·陜西商洛·一模)已知函數(shù)f(x)=lnx?aeax,若對任意的x≥1e,f(x)≤0【解題思路】將f(x)≤0構造成xlnx≤eaxlneax,運用導數(shù)研究g(x)=xlnx【解答過程】由f(x)≤0,即lnx?aeax因為x≥1e,所以xln設g(x)=xlnx,則因為x≥1e,所以g′x≥0因為xlnx≤eaxlneax,所以g(x)≤g設?(x)=lnxx由?′(x)<0,得x>e,則?(x)由?′(x)<0,得0<x<e,則?(x)故?(x)≤?(e)=1故答案為:[114.(2024·浙江·三模)已知函數(shù)fx=x?2ex+lnx,gx=ax+b,對任意a∈?【解題思路】依題意存在x∈0,1使得x?2ex+lnx≥x+b,參變分離可得x?2ex+lnx?x≥b【解答過程】依題意對任意a∈?∞,1,且x>0因為存在x∈0,1使得不等式f所以存在x∈0,1使得x?2ex令Fx=x?2則F′令mx=ex?1x且m1=e所以?x0∈12,1使得所以當0<x<x0時F′x>0所以Fx在0,x0所以Fx因為x0∈1所以Fx依題意b≤Fxmax,又b為整數(shù),所以b≤?4,所以b的最大值為故答案為:?4.四、解答題15.(2024·廣東·模擬預測)已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)若fx≥0恒成立,求【解題思路】(1)先求出函數(shù)fx的導函數(shù)f′x;再分a≤0(2)由(1)中函數(shù)單調性,當a≤0時,根據(jù)函數(shù)單調性,以及f1=0,可判斷當x∈0,1時,fx<0,不符合題意;當a>0【解答過程】(1)函數(shù)fx的定義域為0,+當a≤0時,f′x>0恒成立,f當a>0時,由f′x<0,得x∈0,a,由則函數(shù)fx在0,a上單調遞減,在a,+綜上,當a≤0時,fx在0,+∞上單調遞增;當a>0時,fx在0,a(2)由(1)知,當a≤0時,fx在0,+∞上單調遞增,由f1=0,知當當a>0時,函數(shù)fx在0,a上單調遞減,在a,+故f(x)由fx≥0恒成立,得a?1?aln求導得g′當0<a<1時,g′a>0,當a>1于是函數(shù)ga在0,1上單調遞增,在1,+所以g(a)max=g因此ga=0=g116.(2024·四川樂山·三模)已知函數(shù)f(1)當a=1時,討論fx(2)若存在x0∈1,+∞,使得【解題思路】(1)求導,根據(jù)導數(shù)判斷函數(shù)的單調性;(2)根據(jù)導數(shù),對a分情況討論函數(shù)的單調性,進而可得函數(shù)最值情況,即可得解.【解答過程】(1)當a=1時,fx=x+ln則f′令f′x=0,解得x=1當0<x<1時,f

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