2021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
课时作业16 不等式恒成立与有解问题
一、选择题
1．(2020·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＋＋1，＋∞) B．(0，e2＋＋1]
C．(－∞，e2＋＋1] D．(－∞，e2＋]
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)－>0，则m－1>－x2＋2ex恒成立．令g(x)＝－x2＋2ex，则g′(x)＝－2x＋2e，当0
0,2e－2x>0，所以g′(x)>0；当x>e时，<0,2e－2x<0，所以g′(x)<0.所以当x＝e时，g(x)max＝＋e2，则m－1>＋e2，所以m>e2＋＋1，故选A.
解法2：由f(x)>x恒成立，转化为m－1>－x2＋2ex恒成立，则m－1>(－x2＋2ex)max，m的取值可以趋于＋∞，观察4个选项，发现只有选项A符合，故选A.
2．(2020·江西五校联考)已知函数f(x)＝alnx－bx2，a，b∈R.若不等式f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，则a的取值范围是( B )
A．[e，＋∞) B．[，＋∞)
C．[，e2) D．[e2，＋∞)
解析：f(x)≥x对所有的b∈(－∞，0]，x∈(e，e2]都成立，即alnx－bx2≥x，alnx－x≥bx2对所有的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≥在x∈(e，e2]时恒成立，令g(x)＝，x∈(e，e2]，则g′(x)＝>0恒成立，所以g(x)＝单调递增，所以当x＝e2时，g(x)取得最大值，所以a≥，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．
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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>＝x＋至少有一个实数x使之成立，即a>min，
设g(x)＝x＋(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－，
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)＝，a>，
即a的取值范围是.
4．(2020·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)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥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>；令f′(x)<0，得00)，则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒00，g(x)>0.
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①当a≥1时，f(x)0，ag(x)≤0，不满足不等式f(x)≤ag(x)；
③当01)，令φ′(x)＝0，得x＝，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况如下表：
x
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)
极大值
∴φ(x)max＝φ>φ(1)＝0，不满足不等式．
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≤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≤时满足条件．
②当2a>1，即a>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)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＋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)＝－－.
(2)∵任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
∴mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥，而≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
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