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检测

课时检测训练18不等式恒(能)成立问题某PM 1.202·内古条生·三楼)已知面数fα)=3.(20竖过体如三腰已知函数f(x)= x(ln x+1)。， （1)求f(x)的最小值；-2ax^2-2x。 (2)若f(x)≥-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α的取值范围； （2)若g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx+2x (a>0)，且关于x的不等式g(x)≤a|na- “-α在[0.a]内恒成立。求实数a的取值范围 2.(2023·铁西渭南·二模)已知函数f(x)= In(2x+1)-x。 ______________ （1)求函数f(x)的单调区间及极值：（2022·广求广州·三模)已知函数f(x)= （2)若Vx≥0.f(x)≤c‘-(a+1)x-1.求实数a极值点为x≈—2. 的取值范围．水因数了x)的极小世；2m+1)] （2)若函数g(xm，___ °τ、T'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·RIB-264—根，或是一个正实数根和零根，②当a+1>0.即a>-1时。g'(0)=a+1>0， 当x∈(0，x_2)时，f（x）>0，函数fx)单调递增：当x∈又当x→+∞时，gx)→-∞，所以∃xx∈[θ。+∞)， 〈x_2，+∞)时，f（x）<0，函数f(x)单调递减，所以当x=)=” x_。时，函数有极大值点，所以当x∈[0x_0)时g′(x)>0，所以g(x)在[0x，)上单 因此当a∈(―∞，0]时，面数有一个极值点调递增，“ 综上所述，当a∈(—∞，0]时，函数有一个极值点；所以g（x_b’>g(0）=0，不符合题意 当a∈(0，÷)时，函数有两个极值点： 所以实数α的取值范围为（―∞，-1]。 3.解（1)由题意，得f（x）=x-ax-2≤0在(0.1]上但 当a∈[÷，+∞)时，函数没有极值点．成立， 课时检测训练18不等式恒(能>成立问题即a≥-，设φ（x）=x-易知φ(x)在 1.解（1)由已知，得f(x)的定义域为(0，+∞)。f’（x)=|nx（0.1]上单调递增， ＋2，∴φ(x)…=φ(1)=~1∴a≥-1. 令’x)=0.得x=(2)由题意，得g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x+2x 当x∈(0·÷)时。f’(x)<0·f(x)在(0·=)上单调递减； -÷， 所以g’(x)=(x-a)(x-sinx)， 当xe[ξ+∞)时f’a)>0f(x)[+∞)上单调令h(x)=x-smx…则′(x)=1=osx≥0. 故h(x)在R上单调递增． 递增，“因为h(0)=0，故x∈[0，a]时，h(x)>0， 放f(x)_…-f(÷)--7x-a≤0.所以g'(x)≤0在[0.a]上恒成立， efω>-++1-*m≤nx++πg(红0ω让单调进液gαm=x(ω)=-a- 因为x>0，所以m≤lnx+x+÷在(0，+∞)上恒成立．dna-号-a， 令ha)=mx+x+^32则m≤h(x)_m′(α)=+1-2即ana=2+号0. -x+2)(x-12． 令u(a)=a|na-”+2，则u′(a)=lna-a+1，故n”a） 令h’(x)=0，得x=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，+∞)时，h′(x)>0.h(x)在(1，+∞)上单调递增．当0≤a<1时u”(a）>0； 故h(x)_m-h(1)=3.所以m≤3，即实数m的取值范围当a>1时，u”(a)≤0.故u‘(a)_…=u'(1)=0，即u′(a)≤0 为（―∞，3]。恒成立， 2.解-（1）函数f（x）=|n(2x+1)-x的定义域故u(a)在(0，+∞)上单调递减。且n(1)-0，则0<a≤1； 为(-②+∞)。即α的取值范围为(0，1]。 4.解-（1）f’(x)=(2x+a+x’+ax-1)e=[x+(a+2)x+a -1]e7f’(-2)=[4-2(a+2)+a-1]e=0，解得a f’x)=zx+i-1-2+令(α)=0，得x=号 =-1， 由f’(x)>0，得-2<x<-由f’(x)<0.得x>则f（x）=（x^’-x-1)e，f′(x)=（x^’+x-2)e’= （x+2)(x-1)e，当x<-2或x>1时，J(x)>0，f(x)单 所以面数f(x)的单调理增区间为(-ξ专)。单调递减区调递增4当-2<x<1时，f‘x)<0，{(α)单调递减按fC） 间为(立+∞)。 在x=1处取得极小值，极小值为f(1)=―e。 2)当x一-2时，f(x)≥g(x)等价于(x-x-1)e≥ 所以函数f(x)的极