利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

第3章　 导数及其应用 第2节　 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 1．(2024·宜春模拟)已知函数f (x)＝－x＋ln x，g(x)＝xex－2x－m. (1)求函数f (x)的单调区间及极值； (2)若f (x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围． 2．已知f (x)＝a ln x－x2－e2(其中e为自然对数的底数，a∈R)． (1)求f (x)的单调区间； (2)若存在实数x>0，使f (x)>0能成立，求正数a的取值范围． 3．已知函数f (x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)． (1)当0<a<时，讨论f (x)的单调性； (2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f (x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围． 4．(2024·南昌模拟)已知函数f (x)＝x3＋x2＋ax，g(x)＝xex-1＋x ln x，f ′(x)，g′(x)分别为f (x)，g(x)的导函数，且对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2. (1)求实数a的取值范围； (2)证明：∀x>0，有g(x)≥f ′(x)． 答案解析 1、解：(1)由已知可得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝， 当0<x<1时，f ′(x)＞0；当x>1时，f ′(x)<0， 所以f (x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)， 故x＝1是f (x)的极大值点，无极小值点，所以f (x)的极大值为f (1)＝－1，无极小值． (2)(方法一)设h(x)＝f (x)－g(x)＝ln x－xex＋x＋m，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1). 令t(x)＝－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－－ex<0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以t(x)＝－ex在(0，＋∞)上单调递减． 又t＝2－>0，t(1)＝1－e<0， 所以∃x0∈，使得t(x0)＝＝0，即＝，即－ln x0＝x0. 因此当0<x<x0时，t(x)>0，即h′(x)>0，则h(x)单调递增； 当x>x0时，t(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)单调递减， 故由题意可知h(x)max＝h(x0)＝＋x0＋m＝0－1＋m≤0，解得m≤1， 所以实数m的取值范围是(－∞，1]. (方法二)令m(x)＝ex－x－1，m′(x)＝ex－1， 当x<0时，m′(x)<0；当x>0时，m′(x)>0，所以m(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增，所以m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1. 因为xex＝ex＋ln x，所以xex＝ex＋ln x≥x＋ln x＋1，当x＋ln x＝0时等号成立， 即xex－x－ln x≥1，当x＋ln x＝0时等号成立， 所以y＝xex－x－ln x的最小值为1. 若f (x)≤g(x)恒成立，则xex－x－ln x≥m，所以m≤1， 即实数m的取值范围是(－∞，1]. 2、解：(1)由题可知f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝－2x＝. 当a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减． 当a>0时，令f ′(x)>0，得0<x<；令f ′(x)<0，得x>， 故f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a＞0时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)由题设知a>0，结合(1)知f (x)max＝f ＝a ln －e2， 若在(0，＋∞)上存在实数x，使f (x)>0能成立，则f (x)max＝a ln －e2>0. 令g(a)＝ln －e2，则g′(a)＝ln ＝ln . 当a∈(0，2)时，g′(a)<0；当a∈(2，＋∞)时，g′(a)>0， 所以g(a)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 而当a∈(0，2)时，g(a)<0，g(2)＝－1－e2<0，g(2e2)＝0， 所以正数a的取值范围是(2e2，＋∞)． 3、解：(1)因为f (x)＝ln x－ax＋－1，所以f ′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)． 令f ′(x)＝0，可得两根分别为1，－1. 因为0<a<，所以 －1>1. 当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增；当x∈时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减． (2)因为a＝∈，且－1＝3＞2，所以由(1)知当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；当x∈(1，2)时，f ′(x)＞0，函数f (x)单调递增， 所以f (x)在(0，2)上的最小值为f (1)＝－. 对∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，使f (x1)≥g(x2)，即g(x)在[1，2]上的最小值不大于f (x)在(0，2)上的最小值－(*)． g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]， ①当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0＞－，与(*)矛盾； ②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0＞－，与(*)矛盾； ③当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－，可得b≥. 综上所述，实数b的取值范围为. 4、(1)解：因为f (x)＝x3＋x2＋ax，所以f ′(x)＝x2＋x＋a＝＋a－， 所以f ′(x)在区间(0，1]上单调递增， 故f ′(x)max＝f ′(1)＝a＋2. 因为g(x)＝xex-1＋x ln x，所以g′(x)＝ex-1＋xex-1＋ln x＋1＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1. 令h(x)＝(x＋1)ex-1＋ln x＋1，则h′(x)＝(x＋2)·ex-1＋. 又x∈(0，1]，所以h′(x)>0， 故g′(x)在区间(0，1]上单调递增，所以g′(x)max＝g′(1)＝3. 又因为对任意的x1∈(0，1]，存在x2∈(0，1]，使f ′(x1)≤g′(x2)－2，所以f ′(x)max≤g′(x)max－2， 即a＋2≤3－2，解得a≤－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1]. (2)证明：令s(x)＝ex-1－x，x>0，则s′(x)＝ex-1－1. 令s′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，s′(x)<0，s(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，s′(x)>0，s(x)单调递增， 所以s(x)≥s(1)＝0，即ex-1≥x(当且仅当x＝1时，等号成立)． 令F(x)＝ln x＋－1，则F′(x)＝＝. 令F′(x)＝0，解得x＝1，则当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增， 所以F(x)≥F(1)＝0，即ln x≥－＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)， 故ex-1＋ln x≥x－＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)． 又因为x>0，所以xex-1＋x ln x≥x2＋x－1. 由(1)知a≤－1，所以x2＋x－1≥x2＋x＋a， 故xex-1＋x ln x≥x2＋x＋a，即对∀x＞0，有g(x)≥f ′(x). 学科网（北京）股份有限公司 $$