第5章 专题强化练13（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（苏教版2019）

专题强化练13　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.已知函数f(x)=-1+ln x,若存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,则实数a的取值范围是(　　) A.(2,+∞)　　　　B.(-∞,-3) C.(-∞,1]　　　　D.[3,+∞) 2.若函数f(x)=x2-4x+aln x存在两个极值点x1,x2,且不等式f(x1)+f(x2)≥x1+x2+t恒成立,则t的取值范围为(　　) A.(-∞,-1]　　　　B.(-∞,-16-8ln 2] C.　　　　D.(-∞,-13] 3.若关于x的不等式ax(eax+2)≥(x+2)ln x对任意的x∈(0,+∞)都成立,则a的最小值为(　　) A. C. 4.(多选题)已知函数f(x)=x(ln x-a),g(x)=ex(x+1),若∀x1∈[1,e],∃x2∈[-1,1],使得f(x1)=g(x2),则a的取值可能是(　　) A.- C.- 5.已知函数f(x)=x2-aln x+1,-2≤a<0,若∀x1,x2∈[1,2],不等式|f(x1)-f(x2)|≤m恒成立,则实数m的最小值为　　　　.  6.(2024江苏部分学校联考)已知函数f(x)=xln x,g(x)=x3-3x2+a,a∈R. (1)求f(x)的极值; (2)∀x1∈,∃x2∈[1,3],使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围. 7.已知函数f(x)=ex-x2. (1)若对任意x≥0, f(x)≥ax+1恒成立,求a的取值范围; (2)若对任意x≥0, f(2x)≥ax2+2x+1恒成立,求a的取值范围. 答案与分层梯度式解析 专题强化练13　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.C　存在x0>0,使得f(x0)≤0有解,即存在x0>0,使得a≤x0-x0ln x0有解,即a≤(x-xln x)max,x>0, 令g(x)=x-xln x,则g'(x)=1-(ln x+1)=-ln x, 当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, ∴g(x)max=g(1)=1,∴a≤1.故选C. 方法总结　用分离参数法解决不等式恒(能)成立问题的策略: (1)分离变量,构造函数,将问题转化为函数的最值问题; (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 2.D　函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=x-4+,x>0, 因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2,所以方程x2-4x+a=0有两个不相等的正实数根, 则解得0<a<4, f(x1)+f(x2)-(x1+x2)=-4x1+aln x1+-4x2+aln x2-x1-x2=(16-2a)-20+aln a=aln a-a-12. 设h(a)=aln a-a-12,0<a<4,则h'(a)=ln a, 当0<a<1时,h'(a)<0,h(a)单调递减,当1<a<4时,h'(a)>0,h(a)单调递增,故h(a)min=h(1)=-13. 因为不等式f(x1)+f(x2)≥x1+x2+t恒成立,即f(x1)+f(x2)-(x1+x2)≥t恒成立,所以t≤-13.故选D. 3.B　令f(x)=(x+2)ln x,则f'(x)=ln x++ln x+1. 令g(x)=+ln x+1,则g'(x)=-, 由g'(x)=0可得x=2, 当0<x<2时,g'(x)<0,g(x)在(0,2)上单调递减; 当x>2时,g'(x)>0,g(x)在(2,+∞)上单调递增. 所以g(x)在x=2处取得极小值,也是最小值,为g(2)=ln 2+2, 显然ln 2+2>0, 所以g(x)>0,即f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 由ax(eax+2)≥(x+2)ln x可知f(eax)≥f(x)对任意的x∈(0,+∞)都成立, 所以eax≥x对任意的x∈(0,+∞)都成立, 由eax≥x,x>0得a≥,x>0, 所以a≥对任意的x∈(0,+∞)都成立, 故只需a≥即可. 令h(x)=,x∈(0,+∞),则h'(x)=, 令h'(x)=0,得x=e, 当0<x<e时,h'(x)>0,h(x)单调递增; 当x>e时,h'(x)<0,h(x)单调递减. 所以h(x)在x=e处取得极大值,也是最大值,为h(e)=,所以a≥,故a的最小值为.故选B. 4.BC　设f(x)在[1,e]上的值域为A,g(x)在[-1,1]上的值域为B,则A⊆B, 易得g'(x)=(x+2)ex,∴当x∈[-1,1]时,g'(x)>0, ∴g(x)在[-1,1]上单调递增,∴B=[0,2e]. 易得f'(x)=ln x-a+1(1≤x≤e), 当a≤1时, f'(x)≥0恒成立,且仅在个别点处取“=”,∴f(x)在[1,e]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=-a, f(x)max=f(e)=e(1-a),即A=[-a,e(1-a)], ∴解得-1≤a≤0,满足条件. 当a≥2时, f'(x)≤0恒成立,且仅在个别点处取“=”,∴f(x)在[1,e]上单调递减, ∴f(x)min=f(e)=e(1-a), f(x)max=f(1)=-a,即A=[e(1-a),-a], ∴解得-2e≤a≤1,不满足条件,舍去. 当1<a<2时,令f'(x)=0,得x=ea-1, 当x∈[1,ea-1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(ea-1,e]时,f'(x)>0, f(x)单调递增,∴f(x)min=f(ea-1)=-ea-1<0,不合题意,舍去. 综上所述,a的取值范围是[-1,0].故选BC. 5.答案　12 解析　因为-2≤a<0,所以函数f(x)在[1,2]上单调递增,不妨设1≤x1≤x2≤2, 则|f(x1)-f(x2)|≤m可化为f(x2)+≤f(x1)+, 设h(x)=f(x)+x2-aln x+1+,则h(x1)≥h(x2),所以h(x)在[1,2]上单调递减, 所以h'(x)=x-≤0在[1,2]上恒成立,即m≥x3-ax在x∈[1,2]上恒成立, 设g(x)=x3-ax,所以m≥g(x)max,1≤x≤2, 因为-2≤a<0,所以g'(x)=3x2-a>0,所以函数g(x)在[1,2]上单调递增,所以g(x)max=g(2)=8-2a, 又-2≤a<0,所以8<8-2a≤12,所以g(x)max=12,所以m≥12. 故实数m的最小值为12. 6.解析　(1)f'(x)=ln x+1,令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0<x<. 所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,故f(x)在x=处取得极小值,为f,无极大值. (2)由(1)知f(x)=xln x在上单调递增,所以-≤f(x)≤e. 由g(x)=x3-3x2+a,x∈[1,3],得g'(x)=3x2-6x,x∈[1,3],令g'(x)>0,得2<x≤3,令g'(x)<0,得1≤x<2, 所以函数g(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以g(x)在x=2处取得极小值,也是最小值,为g(2)=a-4, 因为g(1)=a-2,g(3)=a,所以g(x)max=a,所以a-4≤g(x)≤a. 因为∀x1∈,∃x2∈[1,3],使得f(x1)=g(x2),所以f(x)在上的值域是g(x)在[1,3]上的值域的子集, 所以解得e≤a≤4-,故实数a的取值范围为. 7.解析　(1)易知当x=0时,不等式为1≥1,恒成立,此时a∈R.当x>0时, f(x)≥ax+1恒成立,即≥a恒成立, 记g(x)=,则g'(x)=,当x>1时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,因此g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 故g(x)min=g(1)=e-2,故a≤e-2. 综上可知,a的取值范围是(-∞,e-2]. (2)记m(x)=f(2x)-(ax2+2x+1)=e2x-4x2-ax2-2x-1(x≥0),则m'(x)=2e2x-8x-2ax-2(x≥0), 记n(x)=m'(x),则n'(x)=4e2x-8-2a,易知n'(x)在[0,+∞)上单调递增,则n'(x)≥n'(0)=-4-2a. 当-4-2a≥0,即a≤-2时,n'(x)≥0,且仅在个别点处取“=”,故m'(x)在[0,+∞)上单调递增,则m'(x)≥m'(0)=0,且仅在个别点处取“=”,故m(x)在[0,+∞)上单调递增,则m(x)≥m(0)=0,满足题意. 当a>-2时,存在x0∈(0,+∞),使得当x∈[0,x0)时,n'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,n'(x)>0,故n(x)在[0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,则n(x)min=n(x0)<n(0)=0,故存在x'0∈(x0,+∞),使得当x∈(0,x'0)时,n(x)<0,即m'(x)<0,当x∈(x'0,+∞)时,n(x)>0,即m'(x)>0,故m(x)在(0,x'0)上单调递减,在(x'0,+∞)上单调递增,则m(x)min=m(x'0)<m(0)=0,不满足对任意的x≥0,m(x)≥0,故a>-2舍去. 综上可知,a的取值范围是(-∞,-2]. 8 学科网（北京）股份有限公司 $$