专题1 课时作业6 不等式恒成立或有解问题.-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

所以当-4e1<4<0,即-1 k<0时，直线y=4k与曲线h(x)有 三个交点 课时作业6不等式恒成立 或有解问题 1.解：(1)当a=一1时，f(x) mx-1.f(）=0fx) xosx-simr+1,f'(）=0, 故曲线y=f(x)在点(f() 处的切线方程为y=0. (2)因为Hx∈(0x),f(x)>cosx,所 以Hx∈(0，π)，a>-sinx十 xcos x. 令g(x)=-sinx+rcos,x∈(0， π)，则g'(x)=一rsin x<0, 所以g(x)在(0，π)上单调递减， g(x)<g(0)=0,所以a≥0，即a的 取值范围为[0，十∞). 2.解：(1)函数f(x)=xlnx-a.x,求导 得f'(.x)=1+lnx-a, 由f(x)图象在点(e,f(e)处的切线 的一个方向向量为（一1，一1），可得该 切线斜率为1， 因此f'(e)=1+lne-a=1,所以 a=1. (2)由(1)知，函数f(x)=xlnx一x 的定义域为(0，十∞)， 不等式f(x)≥bx- 恒成立，即 e xlnx-x≥bx-1对x∈0，+) 恒成立， 因此b≤1nr-1十1对x∈(0，+) 恒成立， 设g(x)=lnx 一1十1，求导得 e g'(x)=11 e.x-1 er? 由g(x)≤0，得0x<；由 g'(x)>0,得x>1 则函数g(x)在(0，)上单调递减， 在（日，+∞）上单调递增，则 g()m=g()=-1,故6≤-1. 即b的取值范围是（一∞，一1]. 3.解：(1)函数f(x)的定义域为 (0,+∞)，f'(x)=a+1 _ax+1 当a≥0时，f'(x)>0,所以f(x)在 (0,十∞)上为增函数，此时函数 f(x)不存在极值. 当a<0时，由f'(x)>0,解得0< x<-,故f(x)在(0，-）上单 调递增. 由f'(x)<0,解得x>-1,故 f(x)在(，+∞）上单调递减。 此时函数f(x)在x=一】 处取得极 大值f()=-1-ln(-a),无极 小值. 综上所述，当a≥0时，函数f(x)不 存在极值； 当a<0时，函数f(x)在x=一 1 处取得极大值-1一ln(-a),无极 小值. (2)由(1)知当a≥0时，f(x)在 (0,十∞)上为增函数， 故f(x)无最大值，此时不符合题意： 当a<0时，f(x)在(0，+∞)上先增 后减，极大值也是最大值，即 f)=(）=-1-h- 易知g(x)=x2一2x十2在[0,1]上 单调递减，所以g(x)m=g(0)=2. 因为Vx1∈(0，十∞)，3x2∈[0， 1],使得f(x1)<g(x2）, 所以f(x)max<g(x)max: 即e0nl-52 解得a<一e8,所以实数a的取值范 围是（一o∞，一e3). 4.解：(1)函数f(x)= +a(In x-a) 的定义域为(0，+∞)， f'(x)=一 2 当a≤0时，对于x∈(0，十o∞)，ax 1<0,x2>0,所以'(x)<0, 所以f(x)在(0，+∞)上单调递减. 当a>0时，令f'(x)=0,即ax1 22 1 0,则ax-1=0,解得x= a 当x∈(0）时ar-1<02>0… 所以f'(x)<0,f(x)单调递减. 当x∈(，+∞）时，ax-1>0, x2>0,所以f'(x)>0,f(x)单调 递增. 综上可得，当a≤0时，f(x)在 (0,十∞)上单调递减： 当a>0时f)在(0，)上单调递 诚：在（日十∞）上单调递悦 (2)由(1)可知，当a>0时，f(x)在 (0,日）上单洞递减，在（日，+）上 单调递增，所以f(x)在x=】处取得 最小值() f(a)=a+a(n是-a）=a aln a-a2. 因为f(x)≥(-a一1)lna恒成立，所 以f(日）≥(-a-1Dna,即a alna-a2≥(-a-1)lna. 对不等式进行化简得a一a2+lna≥0. 令g(a)=a-a2十lna,a>0,对 g(a)求导，可得g(a)=1-2a十 = -2a2+a+1 a -(2a+1)(a-1) 令g'(a)=0,即 -(2a+1)(a-1) a 0,因为a>0,所以2a+1≠0，则a一 1=0,解得a=1. 当a∈(0,1)时，g'(a)>0,g(a)单调 递增； 当a∈(1，+∞)时，g'(a)<0,g(a) 单调递减. 所以g(a)在a=1处取得最大值 g(1)=1-12+1n1=0. 因为g(a)≤g(1)=0,且g(a)≥0， 所以g(a)=0,此时a=1. 课时作业7导数与不等式的证明 1.解：(1)nx-x+a<0→a<x-lnx, 令g(x)=x-lnx,x>0, 则g'(x)=1-1=-1,令 g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得 0< 1, 故g(x)=x-lnx在(0,1)上单调递 减，在(1，+∞)上单调递增， 故g(x)=x一lnx在x=1处取得极 小值，也是最小值，最小值为 g(1)=1, 故a<1,即a的取值范围是(-∞，1). (2)证明：f(x)+x≤(x-1)e+ 1→lnx-x+a十x≤(x-1)e“+ 1,即lnx十a≤(x-1)e-+1. 令h(x)=lnx+a-1-(x-1)e“, x≥1，则h'(x)=1 -xe, 令t(x)= 1 -xe*-@: =（x+1De 成立， 故t(x)即h'(x)在[1，十∞)上单调 递减. 又0<a≤1，故h'(1)=1-e-a≤0， 敌'(x)=1-xe≤0在1，+ 上恒成立， h(x)In x+a-1-(x-1)e 在[1，+∞)上单调递减. 又h(1)=a-10, 故lnx+a-1-(x-1)c4≤0， f(x)+x≤(x-1)e+1,结论 得证. 2.解：(1)f'(x)=e-(m+1),由题意 f(0)=( f0)=0.即 }-m》=0解 得 m=0, 1. 当m=0,n=1时，f(x)=e-x一 1,所以f'(x)=e-1, 当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0,f(x) 单调递减，当x∈(0，十o∞)时， f'(x)> 0,f(x)单调递增， 所以f(x)在x=0处取得极值 所以m=0,n=1. (2)①当n=1时，f(x)=e-(m+ 1)x-1, f'(.x)=e-(m+1),所以f'(t) e'-(m+1)=1, 又f(t)=e-(m+1)t-1=0, 所以(m+1)(t-1)=0,解得m=-1 或t=1. 若m=-1,f(x)=e-1只有一个零 点，不符合题意，舍去，所以t=1. 参考答案 345班级： 姓名： 课时作业6 不等式恒成立或有解问题 (分值：60分) 1.(15分)(2025·辽宁辽阳二模)已知函数f(x)= 2.(15分)(2025·陕西汉中二模)已知函数f(x)= sinx +a 得分 xlnx一ax的图象在点(e,f(e))处的切线的一个 方向向量为（一1，一1）. 得分 1)若a=-1,求曲线y=fx)在点(2，f() (1)求a的值； 处的切线方程； (2)若不等式f(x)≥bx一1恒成立，求6的取值 (2)若Hx∈(0，π)，f(x)>cosx,求a的取值 范围。 范围. (横线下方不可作答)169] 专题一函数、导数 3.(15分)(2025·湖北宜昌二模)已知函数f(x)= 4.(15分)(2025·黑龙江大庆三模)已知函数f(x) ax +In z. 得分 十a(nx-a). 得分☐ (1)试讨论f(x)的极值； x (2)设g(x)=x2-2x+2,若Hx1∈(0，+∞)， (1)讨论f(x)的单调性； 了x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2),求实数a的 (2)当a>0时，f(x)≥(-a-1)lna恒成立，求 取值范围 实数a的值. 红对勾讲与练170] 高三二轮数学 ■