课时检测训练18 不等式恒（能）成立问题（word练习）-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版）

课时检测训练18　不等式恒（能）成立问题 ➢对应学生用书P264 1.（2022·内蒙古赤峰·三模）已知函数f＝x. （1）求f的最小值； （2）若f≥－x2＋x－2恒成立，求实数m的取值范围. 解　（1）由已知，得f（x）的定义域为（0，＋∞），f'＝ln x＋2， 令f'＝0，得x＝. 当x∈时，f'＜0，f在上单调递减； 当x∈时，f'≥0，f在上单调递增. 故f（x）min＝f＝－. （2）f≥－x2＋x－2，即mx≤xln x＋x2＋2. 因为x＞0，所以m≤ln x＋x＋在上恒成立. 令h＝ln x＋x＋，则m≤h（x）min，h'＝＋1－＝， 令h'＝0，得x＝1或x＝－2（舍去）. 当x∈时，h'＜0，h在上单调递减； 当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）在（1，＋∞）上单调递增. 故h（x）min＝h＝3，所以m≤3，即实数m的取值范围为. 2.（2023·陕西渭南·二模）已知函数f（x）＝ln－x. （1）求函数f（x）的单调区间及极值； （2）若∀x≥0，f（x）≤ex－x－1，求实数a的取值范围. 解　（1）函数f（x）＝ln－x的定义域为. f'（x）＝－1＝，令f'（x）＝0，得x＝. 由f'（x）＞0，得－＜x＜；由f'（x）＜0，得x＞. 所以函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为. 所以函数f（x）的极大值为f＝ln 2－，无极小值. （2）不等式f（x）≤ex－x－1等价于ln＋ax－ex＋1≤0， 令g（x）＝ln（2x＋1）＋ax－ex＋1，则g＝0. g'（x）＝＋a－ex，所以g'＝a＋1. 所以g″（x）＝－－ex＜0，所以g'（x）在上单调递减. ①当a＋1≤0，即a≤－1时，g'（x）≤g'（0）≤0， 所以g（x）在上单调递减，所以g（x）≤g＝0，符合题意； ②当a＋1＞0，即a＞－1时，g'＝a＋1＞0， 又当x→＋∞时，g'（x）→－∞，所以∃x0∈，g'（x0）＝0. 所以当x∈时，g'（x）＞0，所以g（x）在上单调递增. 所以g＞g＝0，不符合题意. 所以实数a的取值范围为. 3.（2022·江西萍乡·三模）已知函数f＝x3－ax2－2x. （1）若函数f在区间上单调递减，求实数a的取值范围； （2）若g＝f＋cos x－sin x＋2x－，且关于x的不等式g≤aln a－－a在内恒成立，求实数a的取值范围. 解　（1）由题意，得f'＝x2－ax－2≤0在上恒成立， 即a≥＝x－，设φ＝x－，易知φ在上单调递增， ∴φ＝φ＝－1，∴a≥－1. （2）由题意，得g＝f＋cos x－sin x＋2x－， 所以g'＝， 令h＝x－sin x，则h'＝1－cos x≥0， 故h在R上单调递增. 因为h＝0，故x∈时，h＞0， x－a≤0，所以g'≤0在上恒成立， 所以g在上单调递减，g＝g＝－a－≤aln a－－a， 即aln a－＋≥0. 令u＝aln a－＋，则u'＝ln a－a＋1，故u″＝＝0⇒a＝1， 当0＜a＜1时u″＞0； 当a＞1时，u″＜0.故u'＝u'＝0，即u'≤0恒成立， 故u在上单调递减，且u＝0，则0＜a≤1； 即a的取值范围为. 4.（2022·广东广州·三模）已知函数f＝ex的一个极值点为x＝－2. （1）求函数f的极小值； （2）若函数g＝ex＋x2＋4x＋2，当x≥－2时，f≥g，求实数m的取值范围. 解　（1）f'（x）＝（2x＋a＋x2＋ax－1）ex＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex，f'（－2）＝[4－2（a＋2）＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1， 则f＝ex，f'＝ex＝ex，当x＜－2或x＞1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当－2＜x＜1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，故f在x＝1处取得极小值，极小值为f（1）＝－e. （2）当x≥－2时，f≥g等价于ex≥ex＋x2＋4x＋2在x∈上恒成立， 整理得2mex≥x2＋4x＋2， 当x＝－1时，0≥－1显然成立； 当－2≤x＜－1时，2m≤， 令h（x）＝， h'（x）＝＝， 当－2≤x＜－1时，h'（x）≥0，h（x）单调递增，则h（x）≥h（－2）＝2e2，故2m≤2e2，即m≤e2； 当x＞－1时，2m≥，由上知，当－1＜x＜0时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x＞0时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 则h（x）≤h（0）＝2，故2m≥2，即m≥1. 综上可得，m∈. 学科网（北京）股份有限公司 $$