课时检测训练18 不等式恒(能)成立问题-【勤径学升】2024高考数学一轮总复习课时训练

课时检测训练18不等式恒（能）成立问题 对应答案P49 1.(2022·内蒙古赤峰·三视)已知函数f(x)= 3.(2022·江西第乡·三换)已知函数f(x)=号 x(In x+1). (1)求f(x)的最小值： 2ar2-2x. 1 (2)若f(.x)≥一x+(m+1).x-2恒成立，求实 (1)若函数f(x)在区间(0,1]上单调递减，求实 数m的取值范围。 数a的取值范围： (2)g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x+2x -a>0).且关于x的不等式gx)≤alna a 之一a在[0，a]内恒成立，求实数a的取值范围. 2.(2023·侠西渭南·二模)已知函数f(,x)= ln(2.x+1)-x. (1)求函数f(x)的单调区间及极值： 4.(2022·广东广州·三模)已知函数f(x)= (x2+ax-1)e的一个极值点为x=-2. (2)若Hx≥0，f(x)≤e一(a十1)x一1，求实数a 的取值范围. (1)求函数f(x)的极小值： (2)若函数g(x)=[x2-(2m+1).x-(2m+1)] e十x+4x+2,当x≥-2时，f(x)≥g(x),求 实数m的取值范围. 课时检测训练·数学·RA 264根，或是一个正实数根和零根， ②当4十1>0，即a>一1时，g”(0)=a十1>0. 当x∈(0，x)时，f(x)>0,面数f(x)单词递增：当x∈ 又当x→十∞时，g'(x)→一6∞，所以3x∈[0，+o), 《x2,十o)时，f(x)<0,函数f(x)单词造减，所以当x= g'(xa)=0. x:时，函数有极大值点， 所以当x∈[0，x。)时，g'(x)>0,所以g(x)在[0，x,)上单 因此当aE(一∞，0们时，函数有一个授值点. 调递增， 综上所迷，当a∈（一∞，0门时，函数有一个极值点： 所以g(x)>g(0)=0,不符合周意. 当a∈(0，号)时，函戴有两个极值点 所以实数a的取值范围为（一，一1]. 3.解(1)由题意，得了(x)=x一ux一2≤0在(0,1]上恒 当a∈[子十∞)时，通数说有视值点。 成立， 课时检测训练18不等式恒（能）成立问题 x ,易知中(r)在 L.解(1)由已知，得f(x)的定义域为(0，十∞)，(x)=nx (0,1门上单调递增， +2, …g(x)=p(1=-1.∴a≥-1. 令f)=0,得= (2)由题意，得g(r)=f(x)+(x-a)cosx-sinx+2r 当xe(0,。)时f(x)<0f(x)在(0，)上单调递减： 所以g'(x)=(x-a)(r-sinx), 当[，+)时f)≥0fa)在[日+∞)上单满 令h(x)=x-sinx,则'(x)=1-cosx≥0. 故h(x)在R上单调递增， 递增 因为h(0)=0,故x∈[0,4]时，h(x)>0, 故fx)=f(）=- x一a≤0，所以g(x)0在[0，a]上恒成立， (2)f(x)≥-x+(m+1)x-2,廊mx≤xlnx+x+2. 所以g(r)在[0，a]上单调递减，g(x)=g(0)=一a 因为>0，所以m≤1nr+x+2在(0，+0)上恒成立. ≤alna 2-a, 令A)=ax+r+是，则m<A))=子+1-号 号+日≥0 即alna一 =(x十2)(x-1) r 令u(a)=alha-之+z,则r(a)=lha-a+l,故n'(a) 令h'(x)=0,得r=1或x=-2(舍去). 当x∈(0,1)时，h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减； =1-a=0→a=1. 当x∈(1，十o∞)时，h'(x)>0,h(x)在(1，十oo)上单调递增. 当0<a<1时”(a)>0: 故(x)=h(1)=3.所以m≤3，即实数m的取值范围 当a>1时，“(a)<0.故u(a)=i(1)=0,即i(a)≤0 为(-0,3]. 恒成立， 2.解(1)函数f(x)=n(2x十1)-x的定义城 故1(a)在(0，十o)上单调递减，且(1)=0，则0<a≤1： 为(-2+)片 即a的取值范国为(0,1]. 4.解(1)f(x)=(2.x+a+x+a.x-1)e=[x2+(a+2)x+a 了=2品1=2行◆了)=0，降 2 -1门e,广(-2)=[4-2(a+2)+a-1门e3=0.解得a =一1， 由f)>0,得-<<7：由fu)<0,得> 则f(x)=(x-x-1)e,f(x)=(x+x-2)e= 所以面数心)的单调是增区月为（仁之·）小单润造减区 (x+2)(r-1)e,当x<-2我x>1时，广(x)>0,(,x)单 调道增：当一2<r<1时，了(x)<0,f(x)单调递减，故∫(x) 间为（分十）月 在x=1处取得极小值，极小值为f(1)=一e, (2)当x≥-2时，f(x)≥g(x)等价