2023年高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 高考解答题专项一 第2课时 利用导数研究不等式恒（能）成立问题（含解析）新人教A版 理.docx

1、第2课时利用导数研究不等式恒(能)成立问题1.(2021山东淄博实验中学高三月考)已知函数f(x)=(x+a)lnx,g(x)=a2x2+x,a0,且a为常数.(1)当a=0时,求函数f(x)的最小值;(2)若存在x(1,2使得f(x)g(x)-2a-2成立,求实数a的取值范围.2.(2021福建宁德模拟)已知函数f(x)=12x2-aln x-a,g(x)=ex-x-1.(1)当x1,e时,求f(x)的最小值;(2)对于任意的x10,1都存在唯一的x21,e使得g(x1)=f(x2),求实数a的取值范围.3.(2021江苏南通模拟)已知函数f(x)=aex-4,g(x)=lnx-x-1,其中

2、e为自然对数的底数,aR.(1)若对任意的x2(0,1,总存在x1(0,1,使得f(x1)g(x2),求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)的图象始终在函数y=g(x)x-2的图象上方,求a的取值范围.4.(2021上海华中师大一附中高三月考)已知函数f(x)=alnx+12(x-1)2,aR.(1)当a=-2时,求函数f(x)的极值;(2)若x1,+),都有f(x)0,求实数a的取值范围;(3)设g(x)=lnx+12x2+ax+12,若x01,e,使得f(x0)g(x0)成立,求实数a的取值范围.答案：1.解(1)当a=0时,f(x)=xlnx,定义域为(0,+),则f(x)=lnx+1

3、,令f(x)0可得0x0可得x1e,f(x)在0,1e内单调递减,在1e,+上单调递增,f(x)min=f1e=-1e.(2)令F(x)=f(x)-g(x)+2a+2=(x+a)lnx-a2x2-x+2a+2,则原不等式等价于F(x)0在x(1,2有解,F(x)=lnx-ax+ax,令h(x)=lnx-ax+ax,x(1,2,则h(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2,当a=0时,F(x)=lnx0,则F(x)在(1,2上单调递增,此时F(x)max=F(2)=2ln20,满足题意,当a0在(1,2上恒成立,即F(x)在(1,2上单调递增,则F(x)F(1)=0,故F(x)在(1,2上

4、单调递增,则F(x)max=F(2)=(a+2)ln2,则要使F(x)0在x(1,2有解,满足(a+2)ln20,解得-2a0,综上,实数a的取值范围为-2,0.2.解(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=x2-ax,当a1时,x1,e,f(x)0,f(x)单调递增,f(x)min=f(1)=12-a,当ae2时,x1,e,f(x)0,f(x)单调递减,f(x)min=f(e)=e22-2a,当1ae2时,令f(x)=0,解得x=a,则x1,a),f(x)0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(a)=-a2-a2lna.综上,当a1时,f(x)min=12-a;当1ae2时,f(

5、x)min=-a2-a2lna;当ae2时,f(x)min=e22-2a.(2)因为对于任意的x10,1都存在唯一的x21,e使得g(x1)=f(x2)成立,所以g(x)在x0,1的值域是f(x)在x1,e的值域的子集.因为g(x)=ex-1,x0,1,所以g(x)0,g(x)单调递增,g(x)的值域为0,e-2.由(1)知当a1时,f(x)在1,e上单调递增,f(1)=12-a,f(e)=e22-2a,所以f(x)在1,e上的值域为12-a,e22-2a,所以12-a0,e22-2ae-2,解得12a1.当1ae2时,x1,a,f(x)单调递减,xa,e,f(x)单调递增,且f(1)0,f(

6、a)0,所以只需f(e)e-2,即e22-2ae-2,所以1ae24-e2+1.当ae2时,因为f(x)在1,e上单调递减,且f(x)f(1)=12-a0时,f(x)=aex-4在(0,1上单调递增,所以f(x)max=f(1)=ae-4,即ae-4-2,解得a2e;当ag(x)x-2恒成立,因为x0,ex0,所以alnx+x-1xex=lnx+lnex-1xex=ln(xex)-1xex,令t=xex0,设h(t)=lnt-1t,其中t0,则h(t)=2-lntt2,当0t0,此时函数h(t)单调递增,当te2时,h(t)1e2,因此,实数a的取值范围是1e2,+.4.解(1)当a=-2时,

7、f(x)=-2lnx+12(x-1)2,定义域为(0,+),f(x)=-2x+x-1=x2-x-2x=(x-2)(x+1)x(x0),令f(x)=0,解得x=2,x=-1(舍去).当0x2时,f(x)2时,f(x)0,当x=2时,f(x)取得极小值f(2)=-2ln2+12,无极大值.(2)x1,+),都有f(x)0,即当x1,+)时,f(x)min0恒成立,f(x)=ax+x-1=x2-x+ax(x1),令h(x)=x2-x+a,当0,即1-4a0,a14时,h(x)0,即f(x)0,所以f(x)在1,+)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=0,满足题意,当0,即1-4a0,a14时,

8、令h(x)=0,此时x1=1-1-4a2(舍去),x2=1+1-4a2,当1+1-4a21时,即0a1时,即a0时,此时f(1)=0,所以f(x)min=f1+1-4a20,即存在x01,e,使得m(x)max0,m(x)=a-1x-1+ax2=-x2+(a-1)x+ax2=(x+1)(-x+a)x2,当a1时,此时在x1,e上,m(x)0,m(x)单调递减,m(x)max=m(1)=-1-a0,即a-1,当1a0,m(x)单调递增,在xa,e上,m(x)0,m(x)单调递减,m(x)max=m(a)=(a-1)lna-a-1.1ae,0lna1,即-a-1(a-1)lna-a-1-2,m(x)max=m(a)0,解得ae2+ee-1,综上所述,a(-,-1)e2+ee-1,+.