分级练(21)　利用导数研究恒(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（云南专版）

分级练(21)　利用导数研究恒(能)成立问题 分级一　提能强化 1．已知函数f(x)＝x ln x＋1. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝x ln x＋1，x>0，所以f′(x)＝ln x＋1， 当x∈(0，)时，f′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． (2)当x>1时，f(x)>kx恒成立，即k<ln x＋恒成立． 构造函数g(x)＝ln x＋，x>1，则求导可得g′(x)＝－＝， 当x>1时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝1， 所以k≤1. 2．设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数). 解：(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0). 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减． 当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝. 此时，当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)令g(x)＝－＝，s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1. 而当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． 又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 当0<a<时，>1. 由(1)有f()<f(1)＝0，而g()>0， 所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)， 当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0， 所以h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． 又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立． 综上，a∈[，＋∞). 3．已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝(1－k)x＋k. (1)求函数f(x)的单调递减区间； (2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，f(x)＋g(x)>，求实数k的取值范围． 解：(1)函数f(x)＝ln x－的定义域为(0，＋∞)， 令f′(x)＝－x＝≤0，解得x≥1，所以函数f(x)的单调递减区间为[1，＋∞). (2)由(1)可知，当x>1时，f(x)<f(1)＝－， 所以当k＝1时，f(x)＋g(x)<－＋1＝，即不存在x0>1满足题意； 当k>1时，由f(x)＋g(x)>，得f(x)>(k－1)x－k＋，对于x>1，有(k－1)x－k＋＝(k－1)(x－1)－>－， 所以不存在x0>1满足题意； 当k<1时，令F(x)＝f(x)＋g(x)＝ln x－＋(1－k)x＋k(x>1)， 则F′(x)＝－x＋1－k＝， 令F′(x)＝0，得x1＝<0，x2＝>1， 当x∈(1，x2)时，F′(x)>0，所以F(x)在(1，x2)内单调递增，此时F(x)>F(1)＝，即f(x)＋g(x)>， 所以存在x0>1满足题意． 综上，实数k的取值范围是(－∞，1). 分级二　知能探究 4．已知函数f(x)＝(e为自然对数的底数). (1)若不等式f(x)>恒成立，求实数x的取值范围； (2)若不等式f(x)<ax＋－a ln 2在x∈(ln 2，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)＝＝1－，由复合函数的单调性原理得f(x)在R上单调递增，由f(x)>得>，即f(x)>f(1)，∴x>1. (2)－ax＋a ln 2－<0在x∈(ln 2，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝－ax＋a ln 2－， 则g′(x)＝－a，g″(x)＝<0， ∴g′(x)在(ln 2，＋∞)上单调递减， ∴g′(x)<g′(ln 2)＝－a. 当－a≤0，即a≥时，g′(x)<0在x∈(ln 2，＋∞)上恒成立，则g(x)在(ln 2，＋∞)上单调递减，g(x)<g(ln 2)＝0，符合题意． 当－a>0，即a<时， ①若a≤0，则g′(x)>0，g(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增，g(x)>g(ln 2)＝0，这与题设矛盾，舍去． ②若0<a<，则存在x0使g′(x0)＝0，且当x∈(ln 2，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，此时g(x)>g(ln 2)＝0，这与题设也矛盾，舍去． 综上，实数a的取值范围为[，＋∞). 5．已知函数f(x)＝aeax＋a(a>0)，g(x)＝2(x＋)ln x. (1)若f(x)在点(0，f(0))处的切线与g(x)在点(1，g(1))处的切线互相平行，求实数a的值； (2)若∀x>0，f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由函数f(x)＝aeax＋a， 可得f′(x)＝a2eax，所以f′(0)＝a2. 由函数g(x)＝2(x＋)ln x， 可得g′(x)＝2(1－)ln x＋＋2，所以g′(1)＝4. 因为f(x)在点(0，f(0))处的切线与g(x)在点(1，g(1))处的切线互相平行，所以a2＝4. 又因为a>0，所以a＝2. (2)由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2(x＋)ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2. 设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，h(x2)＝(x2＋1)ln x2，h′(x)＝ln x＋＋1. 设m(x)＝ln x＋＋1，可得m′(x)＝， 当0<x<1时，m′(x)<0，m(x)单调递减；当x>1时，m′(x)>0，m(x)单调递增． 所以m(x)min＝h′(x)min＝h′(1)＝2>0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对任意x>0恒成立，即a≥对任意x>0恒成立． 设n(x)＝，则n′(x)＝， 当0<x<e时，n′(x)>0，n(x)单调递增；当x>e时，n′(x)<0，n(x)单调递减． 所以n(x)max＝n(e)＝，故a≥，所以实数a的取值范围为[，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$