课时作业(18)　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

课时作业(十八)　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 [基础保分练] 1．设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2a2x＋a－＝(a>0). 令f′(x)＝0，则2a2x2＋ax－3＝0， 即(ax－1)(2ax＋3)＝0. 又a>0，x>0，∴ax－1＝0，∴x＝. 当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)在(0，)上单调递减； 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． 若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，则f(x)min>0， 故f(x)min＝f()＝a2×()2＋a×－3ln ＋1>0， ∴3ln a>－3，∴ln a>－1.∴a>e－1＝. ∴a的取值范围是(，＋∞). 2．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x. (1)若a＝－2，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1. 易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)极小值＝0，f(x)无极大值． (2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 则f′(x)＝－a ln (1＋x)－，设g(x)＝－a ln (1＋x)－，则g′(x)＝－－. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0， 所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件． 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0， 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0. 综上，a的取值范围是(－∞，－]. 3．设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋a ln x(a∈R). (1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝ (x>0)， 又f′(3)＝4－＝0， 所以a＝6，经检验符合条件， 所以f′(x)＝， 令f′(x)>0，得0<x<1或x>3； 令f′(x)<0，得1<x<3， 所以f(x)的单调递增区间是(0，1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1，3). (2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1， 当a≤0时，令f′(x)>0，得x>1； 令f′(x)<0，得0<x<1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－a－1， 所以－a－1≥1，即a≤－2. 当a>0时，①当0<<1，即0<a<2时， 存在f(1)＝－a－1<0； ②当>1，即a>2时，存在f(1)＝－a－1<0； ③当＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝－3<0， 可知a>0时，f(x)≥1不恒成立． 综上，a≤－2. [技能提分练] 4．已知函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝x2＋x(a≤0且a为常数). (1)当a＝0时，求函数f(x)的最小值； (2)若存在x∈(1，2]使得f(x)≥g(x)－2a－2成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝x ln x(x＞0)，则f′(x)＝ln x＋1， 令f′(x)＜0可得0＜x＜；令f′(x)＞0可得x＞. ∴f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f()＝－. (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＋2a＋2＝ (x＋a)ln x－x2－x＋2a＋2， 则题目等价于F(x)≥0在x∈(1，2]上有解， F′(x)＝ln x－ax＋， 令h(x)＝ln x－ax＋， 则h′(x)＝－a－＝， 当a＝0时，F′(x)＝ln x＞0，则F(x)在(1，2]上单调递增， 此时F(x)max＝F(2)＝2ln 2＞0，满足题意， 当a＜0时，h′(x)＞0在(1，2]上恒成立， 即F′(x)在(1，2]上单调递增， 则F′(x)＞F′(1)＝0， 故F(x)在(1，2]上单调递增， 则F(x)max＝F(2)＝(a＋2)ln 2， 则要使F(x)≥0在x∈(1，2]上有解， 需满足(a＋2)ln 2≥0，解得－2≤a＜0， 综上，实数a的取值范围为[－2，0]. 5．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋－2(a>0). (1)求函数f(x)的解析式； (2)若对于∀x1∈[－1，1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)设x<0，则－x>0， 所以f(－x)＝x2－sin x， 又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)， 所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x， 又f(0)＝0， 所以f(x)＝ (2)由题意得f(x)min>g(x)min. 当x∈[0，1]时，f′(x)＝2x＋cos x>0， 所以f(x)在[0，1]上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝0； 当x∈[－1，0)时，f′(x)＝－2x＋cos x>0， 所以f(x)在[－1，0)上单调递增， 所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0， 所以f(x)min＝－1－sin 1. 对于g(x)，因为a>0，x>0， 所以ax＋－2≥2－2， 当且仅当ax＝，即x＝时等式成立． 所以g(x)min＝2－2， 所以－1－sin 1>2－2， 整理得a<， 所以实数a的取值范围是. [素养拉分练] 6．已知函数f(x)＝ex－a sin x－2x＋b(e≈2.718 28，a，b∈R). (1)当a＝1时，存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)＜0成立，求实数b的取值范围； (2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)＋1－b＞ex－x(ln x＋2). (1)解：当a＝1时，f(x)＝ex－sin x－2x＋b， 因为存在x0∈(－∞，0]，使得f(x0)＜0， 即－sin x0－2x0＋b＜0成立， 所以b＜[－ex＋sin x＋2x]max，x∈(－∞，0]， 令g(x)＝－ex＋sin x＋2x，x∈(－∞，0]， 则g′(x)＝－ex＋cos x＋2， ∵x∈(－∞，0]，∴－1≤－ex＜0，－1≤cos x≤1， 因此g′(x)≥0恒成立， 所以g(x)在(－∞，0]上单调递增， g(x)max＝g(0)＝－1，所以b＜－1. (2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)， 都有f(x)＋1－b＞ex－x(ln x＋2). 即证x ln x＋1－a sin x＞0， 令h(x)＝x ln x＋1－x，则h′(x)＝ln x， 当x∈(0，1)时，h′(x)＜0； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因此h(x)≥h(1)＝0， 所以x ln x＋1－x≥0，即x ln x＋1≥x， 令F(x)＝x－a sin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1， 则F′(x)＝1－a cos x≥0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴F(x)＞F(0)＝0，即x＞a sin x， 所以x ln x＋1＞a sin x，即x ln x＋1－a sin x＞0， 综上，f(x)＋1－b＞ex－x(ln x＋2)成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$