第五章 重点题型强化（六）利用导数研究恒（能）成立、证明不等式问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版2019）

[学习目标]　1.会用导数求解恒(能)成立问题，并掌握几种常见的求解方法．　2.会用导数证明有关不等式，并掌握几种常见的证明方法． 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 设函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a>0时，若f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)已知f(x)＝ln x－ax，则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a， 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0，且x∈时，f′(x)>0，此时f(x)在上单调递增； x∈时，f′(x)<0，此时f(x)在上单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在定义域上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当a>0时，f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 即a>在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝，则g′(x)＝， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数． 所以g(x)max＝g(e)＝＝，则a>g(x)max＝. 所以实数a的取值范围为. 规律方法 恒成立、有解问题与函数最值的等价转化 恒成立 问题 ①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a； f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a. ②f(x)≥g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min≥0； f(x)≤g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max≤0. 有解 问题 ①f(x)≥a有解⇔f(x)max≥a； f(x)≤a有解⇔f(x)min≤a. ②f(x)≥g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max≥0； f(x)≤g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min≤0. 对点练1.(1)若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为(　　 ) A．＋3e－2 B．＋e＋2 C．4 D．e2－1 (2)已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________． 答案：(1)A　(2)[0，＋∞) 解析：(1)因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋，则h′(x)＝＋1－＝，当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．因为存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max，因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，所以h>h(e)．所以m≤＋3e－2.故选A． (2)因为f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1＝(x>0)，因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0，所以m≥0. 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，x>0， 所以f′(x)＝1－2ln x， 令f′(x)>0，解得0<x<e， 所以f(x)的单调递增区间为. (2)因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立， 所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立， 令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x， 则g(1)＝0，且g′(x)＝， 令h(x)＝x－a－2xln x， 则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a， 因为当x≥1时，h′(x)<0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减． ①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(1)＝0，符合要求； ②当a<1时，h(1)>0，x→＋∞时，h(x)→－∞， 故存在x0∈(1，＋∞)使得h(x0)＝0， 则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增， g(x)>g(1)＝0，不符合要求． 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)． 规律方法 分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏， 一般情况下，分类时常考虑以下情况： 1．最高次项系数的正负情况(注意0)． 2．导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)． 3．极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)． 4．极值点与定义域的关系． 学生用书↓第93页 对点练2.已知函数f(x)＝aln x＋＋x＋1.若F(x)＝f(x)－，且当a≥－2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围． 解：F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1，2]， 则F′(x)＝＋＋1＝＝. ①当2－≥0，即－2≤a≤2时，F′(x)≥0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1， 得－≤a≤2； ②当2－<0，即a>2时， 令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8>0， 设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1<0，x2<0， 所以在区间[1，2]上，F′(x)＝>0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)≥1，得a>2. 综上，当a≥－2时，应有a≥－， 所以实数a的取值范围是. 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a>0，∀x1，x2∈[3，＋∞)(x1≠x2)，都有|f(x1)－f(x2)|<|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围． 解：因为f′(x)＝1＋，因为a>0， 所以x∈[3，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数； 因为g′(x)＝ex>0， 所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数． 不妨设x1<x2， 则f(x1)<f(x2)，g(x1)<g(x2)， 所以|f(x1)－f(x2)|<|g(x1)－g(x2)|可转化为f(x2)－f(x1)<g(x2)－g(x1)， 即f(x1)－g(x1)>f(x2)－g(x2)， 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1， 则h(x)在[3，＋∞)上为减函数，h′(x)＝1＋－ex≤0在[3，＋∞)上恒成立， 即∀x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立， 设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)， 则v′(x)＝ex＋xex－1>0， 所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数， 所以v(x)min＝3e3－3，所以a≤3e3－3， 故实数a的取值范围为(0，3e3－3]． 规律方法 1．对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题． 2．双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max； (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)min≥g(x)min； (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)max； (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)min； (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集． 对点练3.已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围． 解：因为f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)， 所以f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex， 由f′(x)>0，得x>0， 故f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 由f′(x)<0，得x<0， 故f(x)在(－∞，0)上是减函数， 所以当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1， 又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2， 所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]， 又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数， 所以g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]． 若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f(x1)＝g(x2)， 则[－1，e2]⊆[－3m，m]，所以－3m≤－1<e2≤m， 解得m≥e2， 即实数m的取值范围是[e2，＋∞)． 技法四　最值法证明不等式 设x＞0，f(x)＝ln x，g(x)＝1－. (1)求证：直线y＝x－1与曲线y＝f(x)相切； (2)判断f(x)与g(x)的大小关系，并加以证明． 解：(1)证明：因为直线y＝x－1过点(1，0), f(x)＝ln x过点(1，0)． 设过点(1，0)与f(x)＝ln x相切的直线为y＝kx＋b，因为f′(x)＝，设切点为(x0，ln x0)， 所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，代入(1，0)，得x0＝1， 所以切线方程为y＝x－1，即y＝x－1与曲线y＝f(x)相切． (2)f(x)≥g(x)． 证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋－1(x>0)，所以h′(x)＝－＝， 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0，所以f(x)－g(x)≥0，即有f(x)≥g(x)，得证． 学生用书↓第94页 规律方法 1．利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式(含比较大小)问题，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(含比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．用最值法证明不等式f(x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(构造)：构造新函数h(x)＝f(x)－g(x)； 第二步(转化)：问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可； 第三步(讨论单调性)：根据h′(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性； 第四步(求最值)：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可． 2．证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到； (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到； (3)ln x<x<ex，x>0； (4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．　　 对点练4.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln x. (1)求过点(0，－1)且与曲线y＝g(x)相切的直线l的方程； (2)求证：f(x)－g(x)＞2. 解：(1)设切点坐标为(x0，y0)，则切线l的斜率k＝，切线l的方程为y＝x－1， 因为切点在切线上，所以y0＝·x0－1＝0，又切点在曲线g(x)＝ln x上， 所以g(x0)＝ln x0＝0，得x0＝1，所以k＝＝1，得切线l：y＝x－1. (2)证明：法一：f(x)－g(x)＞2，即ex－ln x＞2，即ex＞ln x＋2，即ex＞x＋1>ln x＋2. 设h(x)＝ex－(x＋1)，即h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 因为x＞0，所以h′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以h(x)＞h(0)＝0，即ex>x＋1①； 令H(x)＝x＋1－(ln x＋2)，即H(x)＝x－ln x－1，则H′(x)＝1－＝. 当x＞1时，H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上为增函数； 当0＜x＜1时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上为减函数，所以H(x)≥H(1)＝0， 所以x≥ln x＋1，即x＋1≥ln x＋2②； 由①，②得ex＞ln x＋2，即ex－ln x＞2，从而原命题f(x)－g(x)＞2得证． 法二：令h(x)＝ex－ln x－2，则h′(x)＝ex－，则h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h′＜0，h′(1)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，设该零点为x0，h′(x0)＝ex0－＝0， 所以ex0＝，x0＝－ln x0，当0＜x＜x0时，h′(x)＜0，当x＞x0时，h′(x)＞0， 所以h(x)≥h(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2 ≥2－2＝0，又x0≠1， 故h(x)＞0，得f(x)－g(x)＞2. 知识 1.利用导数研究恒(能)成立. 2.证明不等式问题 方法 1.分离变量法、分类讨论法、等价转化法解决恒(能)成立问题.2.最值法证明不等式 易错 误区 不能正确构造出符合题意的函数 1．已知不等式xsin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为(　　 ) A．2 B．1 C．0 D．－1 答案：A 解析：设f(x)＝xsin x＋cos x，则f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝x cos x，当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当<x<π时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.所以不等式x sin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2.故选A． 2．若∃x>0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：由题设知a≤能成立，令f(x)＝且x>0，则f′(x)＝＝，所以当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)≤f()＝，故a≤.故选C． 3．试判断ln(x＋1)与x的大小关系为____________． 答案：ln(x＋1)≤x 解析：由题意知x>－1，令f(x)＝ln(x＋1)－x，所以f′(x)＝－1＝，当f′(x)>0时，－1<x<0；当f′(x)<0时，x>0，故f′(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)有最大值f(0)＝0，故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x成立． 4．当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x<m恒成立，求实数m的取值范围． 解：设f(x)＝x3－x2－2x，x∈[－1，2]， 则f′(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)， 当x∈或x∈(1，2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 又由f＝，f(2)＝2，即f<f(2)，即函数f(x)在区间[－1，2]的最大值为2， 又当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x<m恒成立，所以m>f(x)max，即m>2， 即实数m的取值范围是(2，＋∞)． 课时测评27　利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　　 ) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1] 答案：A 解析：f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1.故选A． 2．已知函数f(x)＝3x＋sin x cos x－a cos x在R上单调递增，则实数a 的取值范围是(　　 ) A．[－2，2] B．(－∞，－2]∪[2，＋∞) C．[－4，4] D．(－∞，－4]∪[4，＋∞) 答案：A 解析：f′(x)＝3＋cos 2x＋asin x＝3＋1－2sin2x＋asin x＝4－2sin2x＋asin x，函数f(x)＝3x＋sin x cos x－acos x在R上单调递增，所以f′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，令t＝sin x(－1≤t≤1)，即4－2t2＋at≥0在[－1，1]上恒成立，即2t2－at－4≤0在－1≤t≤1上恒成立．当t＝0时，不等式显然成立．当0<t≤1时，a≥2t－，由y＝2t－在(0，1]上单调递增，得t＝1时，ymax＝－2，所以a≥－2.当－1≤t<0时，a≤2t－，由y＝2t－在[－1，0)上单调递增，得t＝－1时，ymin＝2，所以a≤2.综上，a的取值范围是[－2，2]．故选A． 3．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是(　　 ) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C． D． 答案：A 解析：因为函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，所以x3－x2＋a>x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，即a>－x3＋2x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，令h(x)＝－x3＋2x2－3x，x∈[1，＋∞)，即a>h(x)max，h′(x)＝－x2＋4x－3，x∈[1，＋∞)，当1<x<3时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x>3时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x＝3时，函数h(x)取得最大值，且最大值为0，所以实数a的取值范围是(0，＋∞)．故选A． 4．已知函数f(x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx，∀x∈(1，＋∞)，f(x)<g(x)恒成立，则实数k的取值范围是(　　 ) A．(－∞，1) B．(－∞，1] C．(－∞，e) D．(－∞，e] 答案：D 解析：由题意得ex－k－kln x<ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，即eln x＋1－k(ln x＋1)<ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，令h(x)＝ex－kx，则h(ln x＋1)<h(x)恒成立，令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则m′(x)＝－1<0恒成立，所以m(x)在(1，＋∞)上为减函数，即m(x)＝ln x－x＋1<m(1)＝0，即ln x＋1<x，所以h(x)为增函数，即h′(x)＝ex－k≥0，∀x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e.故选D． 5．(多选)(2024·山西运城高二联考)下列不等式中正确的是(　　) A．sin x≤x(x≥0) B．ln x≤x－1 C．ex<x＋1 D．ex<ex 答案：AB 解析：令f(x)＝x－sin x(x≥0)，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，即x－sin x≥0，所以sin x≤x(x≥0)，故A正确；令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)，所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即x－ln x－1≥0恒成立，所以ln x≤x－1，故B正确；令h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1，所以当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，所以ex≥x＋1，故C错误；令m(x)＝ex－ex，则m′(x)＝ex－e，所以当x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即ex－ex≥0，所以ex≥ex，故D错误．故选AB． 6．已知x>1，则________x(用“>”“≥”“<”“≤”连接)． 答案：< 解析：当x≠1时，ln x<x－1，故当x∈(1，＋∞)时，ln x<x－1，所以ln <－1，即1<<x. 7．已知函数f(x)＝2x＋－4，函数g(x)＝－m，若对任意的x1∈[1，2]，存在x2∈，使得f(x1)≤g(x2)，则实数m的取值范围为____________． 答案： 解析：f′(x)＝2－，当x∈[1，2]时，f′(x)≥0，故f(x)在[1，2]上单调递增，f(x)max＝f(2)＝.g′(x)＝，当x∈时，g′(x)>0，x∈(e，e2]时，g′(x)<0，故g(x)在上单调递增，在(e，e2]上单调递减，g(x)max＝g(e)＝－m.故≤－m，解得m∈. 8．已知函数f(x)＝(x>0)，若f(x)>恒成立，则整数k的最大值为________． 答案：3 解析：因为f(x)＝(x>0)，所以f(x)>可化为>，即(x＋1)>k，令g(x)＝(x＋1)，则g′(x)＝，令h(x)＝x－1－ln(x＋1)，则h′(x)＝1－，当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(2)＝1－ln 3<0，h(3)＝2－ln 4>0，所以∃x0∈(2，3)使g′(x0)＝0，则ln(x0＋1)＝x0－1.当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(x0)＝(x0＋1)＝x0＋1，因为x0∈(2，3)，所以x0＋1∈(3，4)，所以正整数k的最大值为3. 9．(10分)函数f(x)＝x3－2x＋c，g(x)＝ln x＋1，若f(x)≥g(x)恒成立，求实数c的取值范围． 解：由f(x)≥g(x)，得x3－2x＋c≥ln x＋1，即c≥－x3＋2x＋ln x＋1. 令h(x)＝－x3＋2x＋ln x＋1(x>0)，h′(x)＝－， 故函数h(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)最大值为h(1)＝2，所以c≥2. 所以实数c的取值范围为[2，＋∞)． 10．(10分)已知函数f(x)＝cos x＋mx2－1(x∈R)． 证明：当m≥时，f(x)≥0. 证明：当m≥时，f(x)＝cos x＋mx2－1≥cos x＋x2－1， 令g(x)＝cos x＋x2－1，g(－x)＝cos(－x)＋(－x)2－1＝cos x＋x2－1＝g(x)， 故g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数， 则g′(x)＝－sin x＋x， 令h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x，则h(－x)＝ －sin(－x)＋(－x)＝sin x－x＝－h(x)， 故h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x为奇函数，其中h′(x)＝1－cos x≥0恒成立， 故h(x)＝g′(x)＝－sin x＋x在[0，＋∞)上单调递增， 其中h(0)＝0，故h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)＝cos x＋x2－1在[0，＋∞)上单调递增， 其中g(0)＝cos 0＋0－1＝0，故g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 结合g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数，故g(x)≥0在R上恒成立， 故f(x)＝cos x＋mx2－1≥0在R上恒成立． 11．(5分)(多选)下列不等式中恒成立的有(　　) A．ln(x＋1)≥，x>－1 B．ln x≤，x>0 C．ex≥x＋1 D．cos x≥1－x2 答案：ACD 解析：对于A，因为x>－1，令t＝x＋1>0，f(t)＝ln t＋－1，则f′(t)＝－＝，所以当0<t<1时，f′(t)＝<0，即f(t)单调递减；当t>1时，f′(t)＝>0，即f(t)单调递增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋－1≥0，即ln t≥，即ln(x＋1)≥，x>－1恒成立，故A正确；对于B，令f(x)＝ln x－，x>0，则f′(x)＝－＝＝－≤0显然恒成立，所以f(x)＝ln x－在x>0时单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，即ln x>，故B错误；对于C，令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)单调递增；当x<0时，f′(x)＝ex－1<0，所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；对于D，令f(x)＝cos x－1＋x2，则f′(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f′(x)＝－sin x＋x，则h′(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f′(x)＝－sin x＋x单调递增，又f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递增；当x<0时，f′(x)<0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确．故选ACD． 12．(5分)(2024·湖南邵阳高二期末)若∀x∈(0，＋∞)，不等式ex＋λ－ln x＋λ≥0恒成立，则实数λ的取值范围是________． 答案：[－1，＋∞) 解析：对任意的x∈(0，＋∞)，ex＋λ－ln x＋λ≥0，则ex＋λ＋x＋λ＝ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x，构造函数f(x)＝x＋ln x，其中x>0，则f′(x)＝1＋>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，由ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x可得f(ex＋λ)≥f(x)，且ex＋λ>0，则ex＋λ≥x，则x＋λ≥ln x，可得λ≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，其中x>0，则g′(x)＝－1＝，由g′(x)>0，可得0<x<1，由g′(x)<0，可得x>1，所以函数g(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值，亦即最大值，故g(x)max＝g(1)＝－1，故λ≥－1，即λ∈[－1，＋∞)． 13．(10分)已知函数f(x)＝ex＋ax，其中a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(4分) (2)若对于任意的x1，x2∈，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立，求a的取值范围．(6分) 解：(1)f′(x)＝ex＋a， 当a≥0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增， 当a<0时，令f′(x)＝0，ex＝－a， 解得x＝ln(－a)， 当x∈(ln(－a)，＋∞)，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln(－a))，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调递减． 综上，a≥0时，f(x)在R上单调递增， 当a<0时，函数f(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调递减． (2)对于任意的x1，x2∈，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立， 可得x2f(x1)＋ax2<ax1＋x1f(x2)，即<恒成立， 令g(x)＝＝，则g′(x)＝＝≥0恒成立，所以a≤(x－1)ex在上恒成立， 令h(x)＝(x－1)ex，则h′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex>0， 所以函数h(x)＝(x－1)ex在上单调递增，故h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]． 14．(10分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax－1，g(x)＝xex－a(其中a∈R)． (1)证明：当a>0时，函数g(x)的图象与x轴正半轴只有一个交点；(4分) (2)若存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立，求实数a的取值范围．(6分) 解：(1)证明：因为g(x)＝xex－a，所以g′(x)＝(x＋1)ex>0， 所以g(x)＝xex－a在(0，＋∞)上为增函数， 又a>0，所以g(0)＝－a<0，g(a)＝aea－a>0， 所以函数g(x)的图象与x轴正半轴只有一个交点． (2)当a>0时，f′(x)＝xex－a，由(1)可知，存在x0使f′(x0)＝0，即a＝x0ex0， 所以当x<x0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，x0)上单调递减； 当x>x0时，f′(x)>0，f(x)在(x0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(x0)＝(x0－1)ex0－ax0－1＝(x0－1)ex0－xex0－1＝(－x＋x0－1)ex0－1， 由a＝x0ex0，知x0>0，设h(x)＝(－x2＋x－1)ex－1(x>0)，则h′(x)＝(－x2－x)ex<0(x>0)， 所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数， 又h(1)＝－e－1， 所以当0<x0<1时，f(x0)>－e－1；当x0>1时，f(x0)<－e－1， 所以存在x0∈R，使不等式f(x0)<－e－1成立，此时a＝x0ex0>e. 当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝－2>－e－1，所以不存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立； 当a<0时，取x<<0，即－ax<－e－1， 所以(x－1)ex－ax－1<－e－1， 所以存在x∈R，使不等式f(x)<－e－1成立． 综上所述，实数a的取值范围为{a|a<0，或a>e}． 15．(10分)已知函数f(x)＝aex－x－1. (1)若f(x)≥0对于任意的x恒成立，求a的取值范围；(4分) (2)证明：1＋＋＋…＋≥ln (n＋1)对任意的n∈N＋恒成立．(6分) 解：(1)若f(x)≥0，故aex≥x＋1， 即a≥. 设G(x)＝，G′(x)＝，令G′(x)＝0可得x＝0，则G(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故G(x)的最大值为G(0)＝1，所以a≥1， 故a的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：由(1)可得当a＝1时，ex≥x＋1， 即x≥ln (x＋1)， 令x＝可得≥ln ， 即≥ln ， 从而可得≥ln ，≥ln ，…，≥ln . 累加化简可得1＋＋＋…＋≥ln (n＋1)． 学生用书↓第95页 学科网（北京）股份有限公司 $$