课时检测训练18-19 不等式恒(能)成立问题 构造函数证明不等式-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

此时，f(x)无极值点； a>会时，令f(z)=(-D(2ae-I=0,③当 解得x?=1,x?=-In(2a),且-In(2a)<1, 当x>1时，f(x)>0;当-In(2a)<x<1时， f'(x)<0;当x<-In(2a)时，f'(x)>0, ∴f(x)在(-∞,-In(2a))上单调递增， 在(-In(2a),1)上单调递减，在(1,+一)上单调递增， 所以f(x)的极大值为f(-In(2a))=-2a)+a[-In(2a) -1]2=a+a[ln(2a)]2. 令t=In(2a)>-1,则f(-In(2a))=2e(1+2),设g(t) =2e(1+2), 则g'(t)=2e(1+t)2>0,所以g(t)在(-1, +∞)上单调递增， 由题意知f大a(x)=f(-In(2a))=2e(1+t)≤2,即 g(1)≤2=g(0), a<云，故去<a<所以t≤0,即 o<a<时，令f(c)=(a-D)(Cae-1)=0,④当( 解得x?=1或x?=-In(2a),且满足-ln(2a)>1, 当x>-In(2a)时，f'(x)>0;当1<x<-In(2a)时，f'(x) <0;当x<1时，f'(x)>0, ∴f(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,-In(2a))上单调递 减，在(-1n(2a),+∞)上单调递增， f(1)=1<所以f(x)的极大值为； ,符合题意. 综上a∈(-～,2)u[2,]. 课时检测训练18 不等式恒(能)成立问题 1.解(1)由题可得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=In x +1. x>1; 0<x<e令f'(x)>0,得 ;令f(x)<0,得 ,所以 (0,e) (,+)f(x)在 上单调递减，在 上单调递增. r(1)=言mx=e时，f(x)取得极小值，极小值所以当： =-,,无极大值. (2)对任意x∈(0,+),f(x)>3g(x)恒成立，即xln x> 3(-x2-ax-4)恒成立，即-a<3n x+x+4在(0,+∞) 上恒成立. 令h(x)=3ln x+x+,则h'(x)=(z+4)(z-1. 令h'(x)<0,得0<x<1;令h'(x)>0,得x>1, 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+一)上单调递增. 所以h(x)m=h(1)=5. 所以-a<5,则a>-5. 故a的取值范围为(-5,+∞). 2.解(1)函数 f(x)= In(2x+1)-x的定义 域 为(-2,+). f'(x)=2x+1-1=2-+x x=2.,令f(x)=0,得 x>2由f(x)>0,得-2<x<2;由f'(x)<0,得 (-2,2),单调递减区所以函数f(x)的单调递增区间为 (2,+○).间为( 所以函数f(x)的极大值为f(2)=In 2-2,,无极小值. (2)不等式f(x)≤e-(a+1)x-1等价于ln(2x+1)+ax -e2+1≤0, 令g(x)=In(2x+1)+ax-e*+1,则g(0)=0. g(x)=222+1+a-e2,所以g'(0)=a+1. g"(x)=-(2x+12-e2<0,所以ε ,所以g'(x)在[0,+0]上 单调递减. ①当a+1≤0,即a≤-1时，g'(x)≤g'(0)≤0, 所以g(x)在(0,+0)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0, 符合题意； ②当a+1>0,即a>-1时，g'(0)=a+1>0, 又当x→+∞时，g(x)→-0,所以3x?∈(0,+一), g'(x。)=0. 所以当x∈(0,x?)时，g'(x)>0,所以g(x)在(0,xo)上单 调递增. 所以g(x?)>g(0)=0,不符合题意. 所以实数a的取值范围为(-○,-1). 3.解(1)由题意，得f'(x)=x2-ax-2≤0在[0,1]上恒 成立， 即a≥22=x-2,设φ(x)=x-2,易知p(z)在 [0,1]上单调递增， ∴φ(x)m=φ(1)=-1,∴a≥-1. (2)由题意，得g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x+2x -2, 所以g'(x)=(x-a)(x-sin x), 令h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0, 故h(x)在R上单调递增. 因为h(0)=0,故x∈[0,a]时，h(x)>0, x-a≤0,所以g'(x)≤0在[0,a]上恒成立， 所以g(x)在[0,a]上单调递减，g(x)=g(0)=-a-2 ≤aln a--a, 即an a-+2≥0. 令u(a)=aln a-2+2,则u(a)=In a-a+1,故u"(a) 高考一轮总复习·数学·RJA ·492· =1-a=0>a=1, 综上所述，x-x2<sin x<x. 当0<a<1时u"(a)>0; 2.解(1)由题知，f(0)=0,f(x)=osa-sin, 当a>1时，v"(a)<0.故u'(a)=u(1)=0,即u(a)≤0 恒成立， 所以切点为(0,0),斜率为f(O)=OSesinO=1, 所以所求切线为x-y=0.故u(a)在(0,+∞)上单调递减，且u(1)=0,则0<a≤1; 即a的取值范围为(0,1). f(x)=14.解(1)因为f(x)=In x-ax+“-1,所以 a+a-1=-a2-a+1-a,xe(0,+). sin≤x(z∈[0,π])?xe2(2)证明：f(x)≤x(x∈[0,π]),即 -sin x≥0(x∈[0,π]). 令f(x)=0,可得两根分别为1,—-1. 令g(x)=xe-sin x,x∈[0,π],则g'(x)=e3+xe—cos x, 令h(x)=e+xe°-cos x,x∈[0,π],则h'(x)=2e*+xe+ sin x>0在x∈[0,π]上恒成立， o<a<2,所以。-1>1.因为 所以h(x)在[0,π]上单调递增，有h(x)≥h(0)=0, 所以g'(x)≥0在x∈[0,π]恒成立，即g(x)在[0,π]上单调 递增， 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减；当x∈ 所以g(x)≥g(0)=0,即xe2-sin x≥0(x∈[0,π]). (1,a-1)时，f(x)>0,函数f(x)单调递增；当x∈ 综上，当x∈[0,π]时，f(x)≤x. (1-1,+∞)时，f(x)<0,函数f(x)单调递减. 3.解(1)f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞), (2)因为a=4∈(0,2),且-1=3>2,所以由(1)知当x f(x)=1-=-a ∈(0,1)时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时， 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增； f'(x)>0,函数f(x)单调递增， 当a>0时，令f'(x)>0,解得x>a,∴f(x)在(a,+一)上单 调递增；令f'(x)<0,解得0<x<a, f(1)=-2所以f(x)在(0,2)上的最小值为 ∴f(x)在(0,a)上单调递减. 对Vx?∈(0,2),3x?∈[1,2],使f(x?)≥g(x?),即g(x)在 2[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值 (*). 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，无减 区间； 当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调 递增. g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2], ①当b<1时，g(x)=g(1)=5-2b>0>-2,与(*) (2)证明：∵a=1,∴f(x)=In a+,即证 In x+ <e+sina 矛盾； ∵x>0,即证 e2+sin x-xln x-1>0. ②当1≤b≤2时，g(x)=4-b2≥0>-2,,与(*)矛盾； 当x∈(0,1)时，e2>1,sin x>0,xln x<0, ∴e2+sin x-xln x-1>1-1=0. 8-4b≤-2,可得③当b>2时，g(x)mm=g(2)=8-4b,由 b≥18 当x∈(1,+)时，令g(x)=e2+sin x-xln x-1,则g'(x) =e+cos x-In x-1, [8,+c].综上所述，实数b的取值范围为 g"(x)=e2-sin x-1≥e-1-1>0 课时检测训练19 构造函数证明不等式 ∴g'(x)=e+cos x-In x-1在[1,+∞]上单调递增， ∴g'(x)≥g'(1)=e+cos 1-0-1>0, 1.证明 构建F(x)=x-sin x,x∈(0,1),则F'(x)=1-cos x ∴g(x)=e+sin x-xln x-1在[1,+一]上单调递增， >0对Vx∈(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)=0, 所以x>sin x,x∈(0,1); ∴g(x)≥g(1)=e+sin 1-0-1>0. 综上所述，f(x)<+sin,即f(z)<Bz) 构建G(x)=sin x-(x-x2)=x2-x+sin x,x∈(0,1), 则G'(x)=2x-1+cos x,x∈(0,1), 4.解(1)由题意得f(x)=In x-ax+1的定义域为(0, +一), 构建g(x)=G'(x),x∈(0,1),则g'(x)=2-sin x>0对Vx 则f(x)=1-a=1-ax, ∈(0,1)恒成立， 则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0, 即G'(x)>0对Vx∈(0,1)恒成立， 则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)=0, 所以sin x>x-x2,x∈(0,1). 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值； >,令f'(x)>0,则0<x当a>0时，令f'(x)<0,则 <, ·493· 高考一轮总复习·数学·RJA 高考一轮总复习·数学·RJA (0,1) (,+)上单调递减，即f(x)在 上单调递增，在 =1 f(!)=-In a,故 为函数的极大值点，函数极大值为 无极小值. e- x=1 18 0 y=h(x) (2)证明：设g(x)=xe2-In x-x-1,x>0, ∴0<a<e时，f(x)零点个数为0;a=e时，f(x)零点个数为 g'(x)=(x+1)e'-1-1,令h(x)=(x+1)e2-1-1, 则h'(x)=(x+2)e2+>0(x>0),即h(x)在(0,+∞)上 单调递增， 1;a>e时，f(x)零点个数为2. 2.解(1)f(x)=e2+1-2-(x<2), 所以f(O)=e°+1-2-0=0, h(去)=2e+-3<0,h(e)=(e+1)e-1-1>0, 又f(0)=e°+0+4ln(2-0)=1+4ln 2, 所以切点坐标为(0,1+41n 2), 故3x?∈(2,e),使得h(x。)=0,即x。e?=1, 所以函数f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=1 当x∈(0,x?)时，h(x)<0,g(x)在(0,x?)上单调递减， 当x∈(x。,+∞)时，h(x)>0,g(x)在(x。,+一)上单调 递增， +4ln 2. 故g(x)m=g(x?)=xe3-In--x-1=0, 即g(x)≥0,即xe2≥In x+x+1,则In x+x+1≤xe3. 课时检测训练20 利用导数研究函数的零点 (2)方法一：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令g(x)=f(x),x∈(-∞,2), g'(x)=e-(2-4)2=2-2-)-4, 令h(x)=(2-x)2e2-4,x∈(-∞,2), h'(x)=x(x-2)e2, 1.解(1)由题意，函数g(x)的定义域为(0,+一). 当x<0时，h'(x)>0,h(x)单调递增， ∵g(x)在(0,+一)上单调递减， ∴g'(x)=a--1≤0在(0,+∞)上恒成立， 当0<x<2时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)=0,故g'(x)≤0, 所以g(x)在(-○,2)上为减函数， 即当a∈(0,+∞),a≤x+1恒成立， ∴a≤(x+) 所以当x<0时，g(x)>g(0)=0,即当x<0时，f'(x)>0, f(x)在(-,0)上单调递增， 当0<x<2时，g(x)<g(0)=0,即当0<x<2时，f'(x)< 0,f(x)在(0,2)上单调递减， ∵当x∈(0,+∞),x+≥2,,当且仅当x=1时取等号， (x+)=2,∴当x=1时，( 又因为f(2-e)=e2?+2-e+24<0, f(O)=e°+0+4ln 2>0, f(2-e??)=e2-+2-e??-24<e2-22<0, ∴a≤2. ∴a的取值范围为(-∞,2). (2)显然x=1不是f(x)的零点， 所以f(x)在区间(2-e,0),(0,2-e?)内各有一个零点，即 函数f(x)有两个零点. 综上，函数f(x)有两个零点. ∴f(x)=O→aln x+1=0>a=-anx 令h(x)=-nx,>0且x≠1,则h'(z)=(hn),由 方法二：函数f(x)有两个零点，理由如下： 令f(x)=e?+x+4ln(2-x)=0, 可得e?=-x-4ln(2-x), h'(x)>0>x∈(,1)U(,+),h'(x)<0→ x∈(0,e), (0,e)上单调递减，在(e,1),(1,+心)上单调∴h(x)在 递增， 判断函数f(x)的零点个数即判断函数t(x)=e*(x<2)与 g(x)=-x-41n(2-x)(x<2)图象交点的个数. t(x)=e"为增函数，t(x)>0, 当x→-时，t(x)→0, 当x→-∞时，g(x)→+一， 由g'(x)=-1+2-x=2=2=0,得x=-2, ∴在(0,1)上时，h(x)有极小值h(1)=e;;在(1,+○)上时， 当-2<x<2时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x<-2时，g'(x)<0,g(x)单调递减， h(x)<0. ∴h(x)的图象如图： 因为g(-2)=2-4ln 4<0, g(-e?+2)=e3-2-4ln e3=e-14>0, · 494 · 课时检测训练18不等式恒（能）成立问题 对应答案P492 1.已知函数f(x)=xlnx,g(x)=-x2-a:x-4(a ∈R). 3.已知函数x)=号r-2ad-2x (1)求函数f(x)的极值： (1)若函数f(x)在区间(0,1]上单调递减，求实 (2)若对任意x∈(0，十∞)，不等式f(x)> 数a的取值范围； (2)g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x+2x 3g(x)恒成立，求a的取值范围。 -(a>0),且关于x的不等式g(x)≤alna 号-a在[0，]内恒成立，求实数a的取值范周。 4.已知函数f(x)=lnx-az+1二a-1(a∈R). 2.(2023·陕西谓南·二摸)已知函数∫(x)= ln(2x+1)-x. )当0<a<2时，讨论f()的单调性， (1)求函数f(x)的单调区间及极值； (2)若Hx≥0，f(x)≤e-(a十1)x-1,求实数a (2)设gx)=士-2br+4,当a=}时，若对y 的取值范围. ∈(0,2)，3x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2),求实 数b的取值范围. 课时检测训练·数学·RJA —264 课时检测训练19构造函数证明不等式 对应答案P493 1.(2023·新高考全国Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1 3.已知函数八x)=nx+是，g()=e+sinx,其 时，x一x2<sinx<x. 中a∈R. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)若a=1,证明：f(x)<8x） 2.(2023·陕西感阳·统考一模)已知函数∫(x)= 色e. 4.(2025·吉林摸拟)已知函数f(x)=lnx-ax +1. (1)求f(x)在点(0，f(0)处的切线方程： (1)求f(x)的极值： (2)求证：当x∈[0，π]时，f(x)≤x. (2)证明：lnx十x十l≤xe. -265 课时检测训练·数学·RJA