课时作业(21) 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（湘教版）

课时作业(二十一)　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 [技能提分练] 1．(2025·天津南开中学模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1， 由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，注意到f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． (2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1， 其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意； ②当x>0时，分离参数a得 a≥－， 记g(x)＝－， g′(x)＝－， 令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1>0， 故h′(x)单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0， 由h(x)>0 可得ex－x2－x－1>0 恒成立， 故当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减． 因此，g(x)max＝g(2)＝. 综上可得，实数a的取值范围是. 2．(2025·天津崇化中学模拟)设函数f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求实数a取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±， 当x∈时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增． (2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0. g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，g′(0)＝1－a， 又g″(x)＝－(x2＋4x＋1)ex＜0在[0，＋∞)上恒成立，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减， ①当1－a≤0，即a≥1时，则g′(x)≤g′(0)＝1－a≤0，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0. ②当1－a>0，即a<1时，x→＋∞时，g′(x)→－∞， 所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0， 当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，原式不恒成立． 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞). 3．设函数f(x)＝(a∈R). (1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值； (2)设g(x)＝x＋－，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝， 所以f′(x)＝e ＝－. 又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝，解得a＝－1. (2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于“在[0，2]上f(x)max≥g(x)max”. 因为g(x)＝x＋－，g′(x)＝≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2. 令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a. ①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e； ②当0<a<2时，f′(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)单调递减，f′(x)≥0在[a，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2. 解得a≤4－2e或a≥，所以≤a<2； ③当a≥2时，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递减，f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥，所以a≥2. 综上所述，a的取值范围为(－∞，4－2e]∪. 4．(2025·山东淄博实验中学模拟)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，解得x＝， 令f′(x)<0，解得0<x<，令f′(x)>0，解得x>， ∴f(x)在上单调递减，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， 则存在x∈(1，2]使得f(x)≥g(x)－2a－2成立等价于F(x)≥0 在x∈(1，2]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]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]有解，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]. [素养拉分练] 5．(2025·宁波模拟)已知函数f(x)＝sin x－ax，a∈R. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(，f())处的切线方程； (2)若f(x)≥a在x∈[，]上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝sin x－2x，则f′(x)＝cos x－2， ∴f′()＝cos －2＝－2，又f()＝sin －2×＝－， 故所求切线方程为y＝(－2)(x－)＋－， 即y＝x－π＋. (2)f(x)≥a，即sin x－ax≥a，也就是a≤在x∈[，]上恒成立， 令g(x)＝，x∈[，]， 则g′(x)＝， 令h(x)＝x cos x＋cos x－sin x，则h′(x)＝－x sin x－sin x<0， 可得h(x)在x∈[，]上单调递减， ∵h()＝·＋－>0，h()＝－·－－<0， ∴根据零点存在定理，存在唯一x0∈(，)，使h(x0)＝0，可得g(x)在[，x0)上单调递增，在(x0，]上单调递减， 又g()＝，g()＝，∴g(x)min＝， 则a≤. ∴实数a的取值范围是(－∞，]. 6．(2025·广东模拟)已知a∈R，设函数f(x)＝a ln (x＋a)＋ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤ea2x＋ln －1恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝＋＝，x＞0且x＞－a， ①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤－1时，f′(x)＜0，则f(x)在(－a，＋∞)上单调递减； ③当－1＜a＜0时，－>－a>0， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． (2)f(x)＝a ln (x＋a)＋ln x≤＋ln －1， 即a ln (x＋a)＋ln x≤＋ln x－ln a－1，a＞0，即a ln (x＋a)＋ln a≤－1， 令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，∵g′(x)＝ex－1＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x， ∴ea2x－1>a2x，则原不等式等价于a ln (x＋a)＋ln a≤a2x，即a ln (x＋a)－a2x＋ln a≤0， 令h(x)＝a ln (x＋a)－a2x＋ln a，则h′(x)＝－a2＝，令h′(x)＝0，可得x＝， 当a≥1时，h′(x)≤0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则只需满足h(0)＝a ln a＋ln a≤0，∴ln a≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1； 当0＜a＜1时，可得h(x)在上单调递增，在上单调递减， 则h(x)max＝h＝a ln －a(1－a2)＋ln a≤0，整理可得ln a－a2－a≤0， 令φ(a)＝ln a－a2－a，则φ′(a)＝－2a－1＝，则可得φ(a)在上单调递增，在上单调递减，则φ(a)max＝φ＝－ln 2－<0，故当0＜a＜1时，h(x)≤0恒成立． 综上，a的取值范围为(0，1]. 学科网（北京）股份有限公司 $$