课时冲关21 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题&课时冲关22 利用导数研究函数的零点问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材 所以g(x)在(0，十∞)上递增，则 g(x)>g(0)=0, 故Am)>号(m≥3： 中a-1> 上，号<km)≤1，脚号<hn 所以当x>0时，f(x)>1. (3)证明：设h(n)=ln(n!)- (a+号)lnn+n≤1，m∈N. (a+)ln(m)+nn∈N, 课时冲关21 ,.f(1)=1. 则h(n十1)-h(n》 1.解：(1)(x)=1 又.f(1)=0, 所求切线的方程为y一f(1)= (a+专)lnn+D f(1)(x-1), 即为x-y-1=0. (2)易知对任意的x∈(1，十∞)， =1-(+)(+) f(x)>0,g(x)>0. ①当a≥1时，f(x)<g(x)≤ag(x); 由(2)知：x=1∈(0,1]， ②当a≤0时，f(x)>0,ag(x)≤0， 不满足不等式f(x)≤ag(x): 则f(日)(+)(+)>… ③当0<a<1时，设p(x)=f(x) 所以h(n十1)-h(n)0,故h(n)在n∈ ag(x)=In z-a(x-1),(x)= x N”上递减，故h(n)≤h(1)=1; 一a(x>1),令9(x)=0,得x=a 1 下证ln(n!)- (n+2)in a=n 当x变化时，9(x),(x)的变化情况 如下表： 6 令p(x)=lnx 56-D且>0， 2 4z+2 则g(x)=x1)(1-2 P'(x) 0 x(2x+1) 当0<x<1时，9(x)>0,9(x)递增， (z) 极大值 当x>1时，9(x)<0,(x)递减， 所以(x)≤g(1)=0, .o()max= (日 >9(1)=0,不满 故在x∈(0，十o∞)上lnx 足不等式 (z十5)(x-业恒成立， 综上所述，实数a的取值范围为 4.x+2 [1,十∞). 则h(n)-h(n十1) 2.解：(1)当a=1时，f(x)=xe 2 =(a+号)(+a)1 -x+1, 所以f(x)=e十xe-x-1=(e-1) ≤(a+2) +) (x十1).由f(x)>0,得x<-1或x> 2(3+) 0:由f(x)<0,得-1x0. 所以f(x)的单调递减区间为（一1， () 1 0),f(x)的单调递增区间为（一∞， 4n(3n+2) -1),(0,十∞). 所以A2)-3(-） (2)由题意，得f(x)m<受（x≥1)， h(3)-h(4)< 因为f(x)=(ax十1)(er-1),由 f(x)=0,解得=- a22=0. ①当a>0时，因为x≥1，所以f(x) () >0,所以f(x)单调递增，即f(x)i 累加得h(2) =f(1). h (n) (): fI)=e-号<号即。-a<0. 设g(a)=e"-a(a>0),g'(a)=e 而h(2)=2- 1n2h1)=1,因为 1>0. 所以g(a)mm>g(0)=e°-0=1>0， >>h2所以2=2 4 3n2 即e>a恒成立，即g(a)>0,所以不 等式e一a<0无解； 吾别-)<(-） > ②当a<0时， 当工变化时，f(x),f(x)变化情况 +21n2(n≥3). 如下表： 22-1+ (一∞，0) 所以h(1)-h(n)< (x） 0 (-)n2-1+立<日 f(x) 极大值 ·492· 续表 1 -,+0 F(z) 0 f(z) 极小值 且f(0)=1>0,由①知f(1)>&恒 2 成立， 若3x≥1，使f)号， 则 ()号 -1a<0, 所以 ++1<受 ae 2a 1<a0, 所以 .2 e e 解得1√2-名<a<0 综上所述，参数a的取值范围 3.解：(1)f(x)=2x(lnx-1)十x= 2xln x-x, .f(1)=-1,又f(1)=-1, 所以在点(1，f(1))处的切线方程为 x十y=0. (2)由于函数y=f(x)定义域为(0， 十∞)， 所以mf(x)十e≥0台mx2(lnx-1) 十e≥0台 mz(nx-1)≥-g,令g(x)=mz (lnx-1), 则g'(x)=lnx,可得当x∈(0,1) 时，g'(x)<0,当x∈(1，十∞)时， g(x)>0, 所以g(x）min=g(1)=-m, 令h()=-子，则公(x) =e(x-1) x2 可得当x∈(0,1)时，h'(x)>0,当x ∈(1，十o∞)时，h'(x)<0, 所以h(x)m=h(1)=一e, 因此，由一m≥一e,得me, 所以m的取值范围为(0，e]. 4.解：(1)当a=0时，f(x)=2(x-1) In, f(x)=2In x+2-D=2In t-2 十2， ∴f(x)在(0，十∞)上单调递增，又 f(1)=0, ∴.当x∈(0,1)时，f(x)<0,当x∈(1，十 ∞)时，f(x)>0, .f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增 区间为(1，十∞). (2)设g(x)=2(x-1)lnx (2-x-1+1）(x>0,则g(x) x +3-2x+2' 2In z-z 1 )=是+-2 -2x3+2x2十2x-2 2(x-1)(x+1D≤0， x ∴g'(x)在(0，十∞)上单调递减，又 g(1)=0, .当x∈(0,1)时，g'(x)>0,当x∈ (1,十o∞)时，g(x)0, ·g(x)在(0,1)上单调递增，在(1， +∞)上单调递减， ∴.g(x)≤g(1)=0, 即2(x-1lnx≤(x2-x-1+1）在 x (0,十o0)上恒成立，当且仅当x=1 时取等号， 由(1)可知2(x-1)lnx≥0， 2-x-1+≥0， 显然当x=1时，Q取任何数都成立， 当x≠1时，2-1血工<1， x2-x-1+1 即-2-1D血文>-1， 1 x2-x-1+ :2x-1h+a(e-x-1+) 0恒成立， a≤-2(x-1)ln工恒成立， x2-x-1+元 1 .a-1. 所以a的取值范围是（一∞，一1]. 课时冲关22 1.解：(1)，f(x)=e-ax一1，，f'(x) =e-a, 当a≤0时，f(x)>0恒成立， .f(x)的单调递增区间为（一o∞，十 ∞)，无单调递减区间；当a>0时，令 f(x)<0,得x<lna,令f(x)>0, 得x>lna, .f(x)的单调递减区间为（一o∞，lna), 单调递增区间为(lna,十oo). (2)令g(x)=0,得f(x)=0或x 2 先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点 个数， ①当a≤1时，f(x)在(0，十o∞)上单 调递增且f(0)=0, .f(x)在[0,1门上有一个零点. ②当a≥e时，f(x)在(-o∞，1)上单 调递减， ∴.f(x)在[0,1]上有一个零点 ③当1<a<e时，f(x)在(0，lna)上 单调递减，在(lna,1)上单调递增. 而f(1)=e-a-1,当e-a-1≥0， 即1<a≤e-1时，f(x)在[0,1]上有 两个零，点； 当e一a-10,即e-1<ae时， f(x)在[0,1]上有一个零点. 再考虑x=合时，由f(合)=0，得a =2(√e-1). 综上所述，当a1或a>e-1或a 2(WE-1)时，g(x)在[0,1]上有两个 零点； 参考答案 当1<a≤e-1且a≠2(W-1)时， (V)当a>1时，0<1<1，令f(x) g(x)在[0,1]上有三个零点. a 2.解：(1)f(x)=x2- 号nx的定义战 >0,得0<x<1,或x>1,令f(x) a 为(0，十o∞)，f(x)=2x- 会因为 <0,得1<x<1,函数f(x)在 a f(合）=1-a=0,所以a=1 (0,日)(1，十)上单调递增， =2-合nx,f(x)=2x- 2元 a1)上单调递减； =(2x-1)(2x+1) 综上所述，当a=0时，函数f(x)的 2x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区 令fx)>0,得x>:令f(x)< 间为(1，十∞)； 当0<a<1时，函数f(x)的单调递 0,得0<x<2 增区网为01)和（日十一）小单调 故函数∫(x)的单调递增区间 是(，+∞） 当a=1时，函数f(x)的单调递增区 间为(0，十∞)，无减区间： 单调递减区间是(0,2）： 当a>1时，函数f(x)的单调递增区 (2)g(x)=x2-2hx+mx,由 间为(@，)和1，中0)，单调延减 g'(x)=2x- 1+=4+mx- 2x 2 区间为（日）片 2x (2)当a=0时，f(x)=-x十lnx,由 =0,得x=一mm十√m+16 f(x)=mx, 8 得-x十lnx=m.x, 设=二m十中，所以g) 又x>0,所以m=血工-1， 8 x 在(0，x]上是减函数，在[x,十∞) 要使方程f(x)=mx在区间[1，e] 上为增函数， 上有唯一实数解， 因为g(x)在区间(1，十∞)上没有零 只需m=血工-1有唯一实教解， 点，所以g(x)>0在(1，十∞)上恒 x 成立 令g(x)=1n2-1(x>0),g(x) 由g)>0,得2m>z-,令y x 2x =1-Inx =g2-x,则y=2=2n2-1 r? 2x 4x2 由g(x)>0,得0<x<e;g'(x)<0, =2-2lnx-4x2 得x>e, 4x2 g(x)在区间[1，]上是增函数，在区间 当x>1时，y<0,所以y= In x [e,e]上是减函数. 2.x g(1)=-1,g(e)=1-1,g(c2)= 在(1，十o∞)上单调递减， e 所以当x=1时，ymx=一1， 是- 故号m>-1, 即m∈[-2，十o∞). 数-1Gm<号-1或m=上- e 3.解：1Dfx)=a-1Dx-D>0. 4.解：(1)由题意可知函数f(x)的定义 x 战为(0，十∞)，f(x)=(r-卫 (1)当a=0时，f(x)=1二2，令 +1=e十x)(x-1) 1 f(x)>0,得0<x<1,令f(x)<0, x 得x>1,所以函数f(x)在(0,1)上单 令(x)=0→x=1,所以0<x<1时， 调递增，(1，十∞)上单调递减； f(x)0, (i)当0a<1时，令f(x)=0,得x f(x)单调递减； >1· =1,=a 当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递 增f(x)mn=f(1)=e十1-a,要使得 令f()>0,得0<x<1,或x> f(x)≥0恒成立. a 即满足f(x)mim=f(1)=e十1-a≥ 令∫)0，得1<<日，函数f) 0,解得ae十1. 故a的取值范围为（一∞，e十1]. 在(0,1D和（行，十）上单调递增， (2)证明：由(1)知要使得f(x)有两 个零点， 在(1，日)上单调递减 则f(x)m=f(1)=e十1-a<0→e 十1<a,假设0<x1<1<x2,要证明 (m)当a=1时，f'(x)≥0，函数f(x) 在(0，十∞)上单调递增； <1,即证明1K<,又由于 ·493· 高考总复习 人教数学B版（新教材） f(x)在(1，十o∞)上单调递增，即证明 函数f(x)在R递增. <<) 综上，a<0或a>4时，函数f(x)在 (一∞，1)，(x2,十∞)上单调递增，在 面构造函数F(x)=f(x) (x1x2)上单调递减；0≤a≤4时，函 数f(x)在R上递增. x1) (2),f(x)=0有两根x1,x2且a F)=f)+f(2): >0, (x-1)(e十x-xe-1) a>4,且十x=a-2, (x1x2=1, x 由于e>ex→e十x>ex十x=(e十 “>0,m西-八>0恒成立等 e'2 1)x, 又函数y=xe在(0,1)上单调递减， 价于m>) x1e'2 ∴.xeF>e→-xe-1<-e-l. 号-ax十a十1恒成立， ∴.e+x-xe-1<e十1-e-1=0, ∴.0<x<1时，F(x)>0→F(x)在 即m>-x号十2x,十1恒成立. (0,1)上单调递增， 令t=a-2(t>2), 而F(1)=f(1)-f(1)=0, 则x,=0-2十√瓜-4a “F)0=fx)<f()得运. 2 故若∫(x)有两个零点工1，x2,则 t+V2-4 2 x1x21. 课时冲关23 令g0)=士4，>2时， 1解：(1)因为函数f(x)在(0,2)上 递减， 函数g(t)= 中4递增，g(t)> 所以Hx∈(0,2)，恒有f(x)≤0 成立， g(2)=1, 而f(x)=2≤0，Vx∈(0,2)， x2>1,.-x号十2x2十1<2， 故实数的取值范围是[2，十∞)」 恒有a≤2成立， x 3解：1)因为f()=-之 x 当x60,2)时，是>1，所以a≤1 =ax-1 x (2)证明：当a≥2时，h(x)=f(x)十 (a-2)x=2+alnx+(a-2), 当a=1,f(x)=x1 x 令f'(x)=0,得x=1, 1(x）=au2+a-2≥0， f(x)的定义域为(0，+∞)， x 所以h(x)在「1，十o)上是增函数， f(x),f(x)随x的变化情况如 故h(x)≥h(1)=a≥2. 下表： 当a<2时，h(x)=f(x)一(a-2)x= x (0,1) 1 (1,十o》 f(z) 0 aln x-(a-2)x, a.x-2 f(x) 极小值 h'(x)= -a十2= 所以x=1时，f(x)的极小值为1. ((2-a)x十2)(x-1) =0,解得x= f(x)的单调递增区间为(1，十o),单调 递减区间为(0,1). 2 <0或x=1, 2-a （2)f(x)=ax,(a≠0，a∈R). 所以函数h(x)在[1，十∞)上单调 递增， 令f'(x)=0,得到x= a 所以h(x)≥h(1)=4-a>2. 综上所述h(x)≥2. 若在区间(0，e]上存在一，点xo,使得 f(x0)<0成立， 2.解：(1)f(z)=[x+(2-a)x十1e, 其充要条件是f(x)在区间(0，e]上 令x2+(2-a)x十1=0（￥）， 的最小值小于0即可. ①△=(2-a)2-4>0,即a<0或a >4时， ①当x=1<0,即a<0时，f(x)<0 方程(*)有2根， 在x∈(0，十∞)成立， =a-2-Va-4a .f(x)在区间(1，e]上单调递减， 2 故f(x)在区间(1，e]上的最小值为 x,-a-2+Va-Aa f(e)=+alne 2 e 函数f(x)在(-∞，)，(2，十∞)上单 调递增，在(，x)上单调递减 =是+a由+a<0得a<- e ②△≤0时，即0≤Q≤4时，f(x)≥0 在R上恒成立， ②当=上>0，即a>0时， a ·494· (i)若c≤日，则f()≤0在x∈ (0,e]成立， f(x)在区间(0，e]上单调递减， ∴.f(x)在区间(0，]上的最小值为 f(e)= alne=+a>0,显然， e f(x)在区间(0，]上的最小值小于0 不成立」 (i)若1< <e,即a> 则f(x),f(x)随x变化如下表： o,） f(z) 0 f(x) 极小值 .f(x)在区间(0，e]上的最小值为 f(日）aa 1 由f(日）=aah合=a1-lna) 0, 得1-lna<0,解得a>e,即a∈(e, 十00). 综上，由①②可知：a∈ (-6o,-1）Ue,+. e 4.解：(1)当a=-1时， 则f(x)=一 ×1n(x+1)十 23 (-)x 据此可得f(1)=0,f(1)=-ln2, 函数在(1，f(1)处的切线方程为 y-0=-ln2(x-1), 即(ln2)x十y-ln2=0. (2)由函数的解析式可得f(） (r+a)n(+). 函数的定义城满足1十1=中1> 0,即函数的定义域为(-∞，一1)U (0,十)， 定义域关于直线x=一 子对称，由题意可 得=一 1 由对称性可知（之十加） =f(-m(>) 取m= 是可得f1)=f-2. 1 即(a+十1)ln2=(a-2)ln之，则a十1 =2一a 1 解得a=2' 经检腔a=之6=一之骑足题套，故 1 1 即存在a=b= 号满足题意第二章函数、导数及其应用 课时冲关21利用导数研究不等式的恒 ⑧错题序号： @错因分析 (能)成立问题 1.(2024·西安市质检)已知函数f(x)=lnx, 3.(2024·唐山市模拟)函数f(x)=2(nx-1), g(x)=x-1. (1)求函数y=f(x)在点(1，f(1)处的切线 (1)求函数y=f(x)的图像在x=1处的切 方程： 线方程； (2)若m>0时，有mf(x)+e'≥0成立，求 (2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈ m的取值范围. (1,十o∞)均成立，求实数a的取值范围， 2.(2024·广东汕头联考)已知f(x)=xear- 号2-x+1a≠0. 4.(2024·石家庄市模拟)已知函数f(x)=2(x一1) (1)当a=1时，求f(x)的单调区间： lnx+ax2-x-1+,其中(a∈R). (2)若3xo≥1，使f(xo)<号成立，求参数a (1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间； 的取值范围， (2)若对于任意x>0,都有f(x)≤0恒成 立，求a的取值范围。 ·303 高考总复习人教数学B版（新教材） 课时冲关22利用导数研究函 ⑧错题序号： @错因分析： 数的零点问题 1.(2024·武汉调研)已知函数f(x)=e一ax一1 (a∈R)(e=2.71828…是自然对数的底数). 3.(2024·西宁市模拟)函数f()=a2- (1)求f(x)的单调区间； (1+a)x+lnx(a≥0). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)讨论g(x)=f(x) 在区间 (2)当a=0时，方程f(x)=m.x在区间 [0,1门上零点的个数. [1,e2]内有唯一实数解，求实数m的取值 范围. 2.(2024·蚌埠市模拟)已知函数f(x)=x2 号nx的图像在点 〔（合）处的切线斜 4.(2022·全国甲卷，21)已知函数f(x)= x 率为0. -In x+x-a. (1)讨论函数f(x)的单调性： (1)若f(x)≥0，求a的取值范围： (2)若g)=fx)十方mr在区间a,+∞） (2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2,则2<1. 上没有零点，求实数m的取值范围」 ·304·