华师一附中2024届高三《导数的应用-不等式恒成立大题》补充作业3 试卷带答案

华师一附中一轮复习补充作业3（导数的应用）1.已知函数f(x)=e2x+aex+(a一2f(x)的单调性；（2）若f(x)>2a恒成立，求实数a的取值范围.x(xa)+x2a2+10>f(x)恒成立，求a的取值范围.f(x)<（1）当a=1时，求f(x)的单调区间；0>1，使f(x0)<成立，求参数a的取值范围.求实数λ的取值范围.f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围.8.已知λER,函数f(x)=ex一ex一λ(xlnx一x+1)的导函数为g(x)，（1）若函数g(x)存在极值，求λ的取值范围；（2）若x>1时，f(x)>0恒成立，求λ的最大值.9.已知函数f(x)=xln(x-1）-ax2+bx(a,beR,a,b为常数，e为自然对数的底数（1）当a=-1时，讨论函数f(x)在区间+1,e+1上极值点的个数；)都有值范围.1f(x)<ke2x成立，求正实数k的取10.已知函数f(x)=(x+1)lnx-ax+a(a为常数,且为正实数)，（1）若f(x)在(0,+构)上单调递增，求a的取值范围；（2）若不等式(x-1)f(x)三0恒成立，求a的取值范围.11.已知函数f(x)=lnx-ax2，（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若关于x的不等式f(x)<(a-1)x-1恒成立，求整数a的最小值.12.已知函数f(x)=ln(x+1)-xex-a-1，且0是f(x)的一个极值点。⑴求函数f(x)的单调区间；⑵若f(x)<kx2+ln(x+1)-ex，求k的取值范围.a2 x213.已知函数f(xa2 x2(aeR)，G(x1)G(x2)>m成立，求满足条件的最大整数m;（ln2~0.693）（2）设函数g(x)=x3，若f(x)<g(x)在[,+构)上恒成立，求实数a的取值范围.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若任意x>0，f(x)>1+ax2，求a的取值范围.15已知函数f(x)=，（1）求证：函数f(x)存在唯一的极大值点；（2）若f(x)<kx(keR)恒成立，求k的值.16.已知函数f(x)=ex,g(x)=sinx+cosx，2 x217.已知函数2 x2lnxx2,（1）求函数f(x)在区间[1,e]上的值域；（1）求函数f(x)的极值；f(x)<(xa2)e(x1)+a对任意xe[1,+构)恒成立，求实数a的取值范围.（1）若a=2，试判断函数f(x)的零点的个数；f(x)之0对xe(1,+构)恒成立，求a的最小值.20.已知函数f(x)=ln(x+1)一ax,aeR，（1）讨论函数f(x)在(0,+构)的单调性；（2）若xe(1,0],f(x)<1cosx，求a的取值范围.21.设函数f(x)=ln(x+1)—a2ex，aeR，（1）若a=1，求函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程；（2）若f(x)+a<0恒成立，求正数a的取值范围.1f,(x)>0恒成立，:f(x)在(−伪,+伪)上单调递增:f,(x)>0时，f,(x)<0时，综上所述：(2−a)(2−a)(2−a)(2−a)22恒成立，:a=22xx此时a无解.(2−a)(2−a):f(x)之fln=2+a+(a−2)ln>，整理得a−4ln(2−a)+4ln2>0记g(a)=a−4ln(2−a)+4ln2,a<2.则g,(a)=1+4递增，g(0)=2递增，g(0)=2:g(a)=a−4ln(2−a)+4ln2>0=g(0)，:0<a<2。综上所述：ae(0,2].22+10>f(x)可得：ex(x−a−1)−x2+2ax22令g(x)=ex(x−a−1)−x2+2ax−a2+10，则当x>0时，g(x)>0恒成立，g,(x)=(ex−2)(x−a)222aaf(x)<0；当xe(1,e−1)时，f(x)>0；当xe(e−1,e)时，f(x)>0；当xe(e,+伪)时，f(x)<0.故y=|f(x)|的极小值点为1和e，极大值点为e−1.e2xe2xe2x（x>0（x>0）eg(x)递减．从而g(x)max=g(e)=0．故g(x)<0恒成立. e2ex220=max(x1,x2)，x0时，g'(x)>1．所以，当xe(x0,+伪)时，g(x)−g(x0)>x−x0，即g(x)>x−x0+g(x0).exx0f,(x)+−+f(x)增减增"x>1:f,(x)>0:f(x)单调递增，即f(x)min=f(1)，f(1)=ea−<即ea设gaa:无解，当a<0时3x0(1)(1)f,(x)+−+f(x)个专个(1)a则−>1且f(1)a则−>1且f且f（a)2aa22a222af（af（a)ae,xx206.观察可以发现f(0)=0，f'(x)=−1−λ(1−ex)，令g(x)=4③当λ<0时g'(x)<0在xe[0,+伪)上恒成立，:g(x)在xe[0,+伪)单调递减，f'(x)<f'(0)=0，即f(x)在xe[0,+伪)单调递减，f(x)max=f(0)=0，所以f(x)<0恒成立，不满足题意。综上所述：λ>1x−x:h'(x)>0在xe[0,+伪)恒成立，即h(x)在xe[0,+伪)上是单调增函数，:h(x)>h(0)=0，即g(x)'在xe[0,+伪)单调递增，:g(x)>g(0)=0，即f(x)'>0，所以f(x) :g(x)在xe[0,x0)上是单调减函数，:f'(x)<f'(0)=0，:f(x)在xe[0,x0)是单调减函数，因此在xe[0,x0)上，f(x)<f(0)=0，不满8（1）g(x)=ex−e−λlnx，g'5调递增．所以f(x)之f(1)=0恒成立.②当λ>e时，存在x0E(1,λ)，使得g(x)在(0,x0)上单调递减，即f'(x)在(0,x0)上单调递减.题意。综上所述：λ<e，即λ的最大值为e22(3)2xx−13( 当xE|1+2(3( 当xE|1+2(,则e)xxe2x6ke2ke210.（1）f'(x)=lnx+−a，因为f(x)在(0,+伪)上单调递增，则f'(x)>0恒成立，即 x +1恒成立，令g(x)=lnx xx−1x2+1，则g'x−1x27在上恒成立，令，则，令=时，,8x−a−xex−a因为0是f(x)的一个极值点，所以f,(0)=−e0−a−0会e0−a=0，所以e−a=1，解得a=0，所以xx2，令g(x)=1−ex(x+1)2，则g,(x)=−ex(x+1)2−(2x+2)ex=−ex(x2+4x+3)=−ex(x+3)(x+1)，x0(x00x，设F(x)=(x−1)ex+(x+1)e−x(−1<x<0)，则当−x2x22x131）由已知可得G(x)=f(x)−3lnx，f(x)=ln2x22x22x,9（2）不等式f(x)<g(x)，可化为lnx+ 23,由已知)上恒成立；所以a<x−2min，设h(x)=x323(lna)(lna)（2（2ax0.一的极大值点x0. ex(−伪,lna)上递减，在(lna,+伪)上递增，于是得F(x)min=F(lna)=a−alna−1，因此a−alna−1之0，令maxxx+cosx−sinx−a，增，则有Q(x)min=Q(0)=2，显然当xe[0,+伪)时cosx−sinx=cos(x+)e[−,]，函数y=ex的值域e24e24minminminmin0e00lnx00lnx0.2121,即x0之．又m=−x0lnx0，且Q(x)=−xlnx在a（2）由已知得，xlnx−(a+1)x<(x−a−2)e(x−1)对任意xe[1,+伪)恒成立，即(lnx−a−1)elnx<[(x−1)−a−1]e(x−1)对任意xe[1,+伪)恒成立，令g(x)=(x−a−1)ex，则g(lnx)<g(x−1)对任意xe[1,+伪)恒成立，下证：xx)在(1,2)存在零点x0，即1(1)(1).f 21(1)(1).f 2eee11ee:f<0，∵f(x)在(0,x0)为增函数，且f(1)2eee 22∵f(x)在(0,x0)0∴f(x0)f(e)<0，∴f(x)在(x0,+伪)有一个零点，∴f(x)在定义域内有两个零点. ex ex ex令函数p(x)=x+,则p,(x)=1− ex令函数p(x)=x+exp(−alnx)=−alnx+ealnx=−alnx+elnx=−alnx+xa，即p(x)之h(−alnx)，∵a<0,x>1，∴−alnx>0，lnxlnx(lnx)lnxlnx(lnx)x+1x+1x+1aa