板块1 微专题(5) 第2课时 导数与不等式恒(能)成立问题(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

第2课时　导数与不等式恒(能)成立问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，故f'(x)=2ln(1+x)+-1 =2ln(1+x)-+1， 因为y=2ln(1+x)，y=-+1在(-1，+∞)上单调递增，故f'(x)在(-1，+∞)上为增函数， 而f'(0)=0，故当-1<x<0时，f'(x)<0， 当x>0时，f'(x)>0，故f(x)在x=0处取得极小值且极小值为f(0)=0，无极大值. (2)f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-，x≥0， 设s(x)=-aln(1+x)-，x≥0， 则s'(x)=-=-=-， 当a≤-时，s'(x)≥0，故s(x)在[0，+∞)上单调递增，故s(x)≥s(0)=0，即f'(x)≥0， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增， 故f(x)≥f(0)=0. 当-<a<0时，当0<x<-时，s'(x)<0，故s(x)在上单调递减， 故在上s(x)<s(0)=0， 即在上f'(x)<0，即f(x)单调递减，故在上f(x)<f(0)=0，不合题意，舍去. 当a≥0，此时s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立， 同理可得在(0，+∞)上f(x)<f(0)=0恒成立，不合题意，舍去. 综上，a的取值范围是. [例2]　(2024·湖北模拟)已知函数f(x)=ln x，g(x)=-1，其中a为常数. (1)过原点作f(x)图象的切线l，求直线l的方程； (2)若∃x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值. 解：(1)f'(x)=，设切点坐标为(t，ln t)，则切线方程为y-ln t=(x-t)， 因为切线经过原点O，所以-ln t=(-t)，解得t=e，所以切线的斜率为，所以l的方程为x-ey=0. (2)∃x∈(0，+∞)，f(x)≤g(x)，即ln x≤-1成立，则a≥x(ln x+1)在(0，+∞)有解， 故有x∈(0，+∞)时，a≥[x(ln x+1)]min. 令h(x)=x(ln x+1)，x>0，h'(x)=ln x+2， 令h'(x)>0得x∈；令h'(x)<0得x∈，故h(x)在单调递减，在单调递增.所以h(x)min=h=-，则a≥-，故a的最小值为-. [思维建模] 1.导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略 (1)合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等关系式求解； (2)构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； (3)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； (4)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别. 2.不等式恒(能)成立与最值问题的转化策略 恒成立 ∀x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)min ∀x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)max 能成立 ∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)max ∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)min [变式训练] 1.(2024·荆州模拟)已知函数f(x)=xln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)若对于任意，都有f(x)≤ax-1，求实数a的取值范围. 解：(1)函数f(x)=xln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1. 令f'(x)=0，解得x=.f(x)与f'(x)在区间(0，+∞)上的变化情况如下： x f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当≤x≤e时，f(x)≤ax-1恒成立等价于当≤x≤e时，a≥ln x+恒成立， 令g(x)=ln x+，x∈，则g'(x)=-=，x∈. 当x∈时，g'(x)<0，所以g(x)在区间上单调递减；当x∈(1，e]时，g'(x)>0， 所以g(x)在区间(1，e]上单调递增. 而g=-ln e+e=e-1>1.5，g(e)=1+<1.5，所以g(x)在区间上的最大值为g=e-1. 所以当a≥e-1时，对于任意x∈，都有f(x)≤ax-1. 综上所述，满足题意的实数a的取值范围是[e-1，+∞). 2.已知函数f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0). (1)若a=e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解，求实数a的取值范围. 解：(1)当a=e时，f(x)=ex+(1-e)x-ln x， f'(x)=ex+1-e-=ex-e+(x>0)， 当x>1时，ex-e>0，>0， 所以f'(x)>0，即f(x)在(1，+∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex-e<0，<0， 所以f'(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减. 则f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0，1). (2)因为f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0)， 则f'(x)=ex+1-a-=ex-a+(x>0). ①当ln a≤1，即0<a≤e时， 因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a， 所以f'(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)>f(1)=e+1-a≥e+1-e=1， 不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上无解； ②当ln a>1，即a>e时， 当1<x<ln a时，ex<eln a=a，x<ln a， 因此f'(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减， f(x)<f(1)=e+1-a<e+1-e=1，不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解. 综上，实数a的取值范围是(e，+∞). [专题验收评价]　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·泉州模拟)已知函数f(x)=x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)若存在x>0，使得f(x)≤ax成立，求实数a的取值范围. 解：(1)因为f'(x)=x(2ln x+1)，x>0， 令f'(x)=0，解得x=， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 则f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为. (2)依题意，存在x>0，使得a≥xln x， 令g(x)=xln x，则g'(x)=ln x+1， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g'(x)>0，g(x) 单调递增. 故g(x)min=g=-，因此a≥-， 故a的取值范围为. 2.(2024·南通二模)已知函数f(x)=ln x-ax，g(x)=，a≠0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值. 解：(1)f'(x)=-a=(a≠0)， 当a<0时，由于x>0，所以f'(x)>0恒成立，从而f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，0<x<，f'(x)>0；x>，f'(x)<0，从而f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，没有单调递减区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax-，要使f(x)≤g(x)恒成立，只要使h(x)≤0恒成立，即只要使h(x)max≤0. h'(x)=-a+=， 由于a>0，x>0，所以ax+1>0恒成立， 当0<x<时，h'(x)>0，当x>时，h'(x)<0， 所以h(x)max=h=ln -3≤0，解得a≥， 所以a的最小值为. 3.(2024·渭南二模)已知函数f(x)=xln x，g(x)=-x+. (1)求函数g(x)的单调区间； (2)当x>0时，mx2-ex≤mf(x)恒成立，求实数m的取值范围. 解：(1)依题意，函数g(x)=2ln x-x+的定义域为(0，+∞)， 求导得g'(x)=-1-=-≤0，当且仅当x=1时取等号， 即g(x)在(0，+∞)上单调递减， 所以函数g(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间. (2)当x>0时，mx2-ex≤mf(x)⇔mx2-ex≤mxln x⇔m(x-ln x)≤=ex-ln x恒成立， 令h(x)=x-ln x，x>0，求导得h'(x)=1-， 当0<x<1时，h'(x)<0，当x>1时，h'(x)>0， 即函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则当x>0时，h(x)≥h(1)=1， 令t=x-ln x，依题意，∀t∈[1，+∞)，mt≤et⇔m≤恒成立， 令φ(t)=，t≥1，求导得φ'(t)=≥0，则函数φ(t)在[1，+∞)上单调递增， φ(t)min=φ(1)=e，因此m≤e， 所以实数m的取值范围是(-∞，e]. 4.(2024·合肥模拟)已知f(x)=ex-a(a∈R). (1)若f(x)的图象在点A(x0，f(x0))处的切线经过原点，求x0； (2)对任意的x∈[0，+∞)，有f(x)≥sin x，求a的取值范围. 解：(1)由函数f(x)=ex-a，可得f'(x)=ex-a， 所以f'(x0)=且f(x0)=，即切线的斜率为，切点为A(x0，). 因为f(x)的图象在点A(x0，f(x0))处的切线经过原点，所以=，解得x0=1. (2)对任意的x∈[0，+∞)，有f(x)≥sin x，即ex-a-sin x≥0在x∈[0，+∞)恒成立， 令g(x)=ex-a-sin x，x∈[0，+∞). 若a≤0，则x-a≥0，可得ex-a≥1，所以g(x)=ex-a-sin x≥1-sin x≥0，符合题意. 若a>0，可得g'(x)=ex-a-cos x，令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex-a+sin x， 当0≤x≤π时，h'(x)>0，g'(x)在[0，π]单调递增，而g'(0)=e-a-1<0，g'=>0， 所以存在唯一的x0∈⊆[0，π]，使得g'(x0)=-cos x0=0，所以当0<x<x0时，g'(x)<0，g(x)在(0，x0)单调递减， 当x0<x<π时，g'(x)>0，g(x)在(x0，π)单调递增，故当x=x0，函数g(x)取得极小值g(x0)=-sin x0=cos x0-sin x0≥0， 所以0<x0≤，此时，x0-a=ln cos x0，可得a=x0-ln cos x0≤-ln，即0<a≤+； 当x>π时，g(x)=ex-a-sin x≥ex-a-1≥-1>e1-1>0， 因而0<a≤+，符合题意， 综上所述，实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$