第5章 培优课2 利用导数研究不等式(Word练习)（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

培优课　利用导数研究不等式 1.若x∈，则下列不等式一定成立的是（　　） A.ln x2＞ln x B.2x≥x2 C.x2＞x D.x＞sin x 2.若对任意的实数x＞0，xln x－x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A.（－∞，－1] B.（－∞，1] C.[－1，＋∞） D.[1，＋∞） 3.已知函数f（x）＝－ln x－1，若f（x）≤0，则a的取值范围是（　　） A. B. C. D. 4.已知f（x）＝mex－x－1，若∃x0∈，使f（x0）＞0，则实数m的取值范围为（　　） A.（0，＋∞） B. C.（1，＋∞） D. 5.〔多选〕已知函数f（x）＝－x2ln x，则（　　） A.f（x）≤0恒成立 B.f（x）在（0，＋∞）上单调递减 C.f（x）在x＝处得到极大值 D.f（x）只有一个零点 6.〔多选〕已知函数f（x）是定义在R上的可导函数，其导函数为f'（x）.若f＝5，且f（x）－f'（x）＞2，则使不等式f（x）≤3ex＋2成立的x的值可能为（　　） A.－2 B.1 C.－ D.2 7.设函数h（t）＝－t3＋t－1.若h（t）＜－2t＋m对t∈（0，2）恒成立，则实数m的取值范围为　　　　. 8.已知函数f（x）＝aex－2x＋1.若f（x）＞0对x∈R恒成立，求实数a的取值范围. 9.已知a∈R，f（x）＝（a＋x）ex在[－3，＋∞）上单调递增. （1）求实数a的最小值； （2）当实数a取最小值时，若存在x使不等式f（x）－ke2x≥0成立，求实数k的取值范围. 10.已知函数f（x）＝ln x－ax，a∈R. （1）讨论y＝f（x）的单调性； （2）当a＞0时，求证：f（x）≤－2. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 课时跟踪检测部分 培优课　利用导数研究不等式 1.D　2.A　3.B　4.A　 5.CD　因为f（x）＝－x2ln x，该函数的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝－2xln x－x＝－x（2ln x＋1）.当0＜x＜时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增，当x＞时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（）＝－e－1ln ＝，故B选项错误，C选项正确；当0＜x＜1时，ln x＜0，此时f（x）＝－x2ln x＞0，故A选项错误；由f（x）＝－x2ln x＝0，可得ln x＝0，解得x＝1，故D选项正确. 6.BD　由题意，设F（x）＝，x∈R，则F'（x）＝，∵f（x）－f'（x）＞2，∴f'（x）－f（x）＋2＜0，∴F'（x）＜0，即F（x）在定义域R上单调递减.∵f＝5，∴F＝3，∴不等式f（x）≤3ex＋2等价于≤3，即F（x）≤F，解得x≥0，结合选项可知，只有B、D符合题意. 7.（1，＋∞）　解析：令g（t）＝h（t）－（－2t＋m）＝－t3＋3t－1－m，由g'（t）＝－3t2＋3＝－3（t2－1）＝0，得t＝1或t＝－1（不合题意，舍去）.当t变化时，g'（t），g（t）的变化情况如下表： t （0，1） 1 （1，2） g'（t） ＋ 0 － g（t） 单调递增 1－m 单调递减 所以g（t）在（0，2）内有最大值g（1）＝1－m.h（t）＜－2t＋m在（0，2）内恒成立等价于g（t）＜0在（0，2）内恒成立，即等价于1－m＜0，所以m＞1.所以实数m的取值范围为（1，＋∞）. 8.解：f（x）＞0对x∈R恒成立， 即为a＞对任意x∈R恒成立， 设g（x）＝，则a＞g（x）max， g'（x）＝＝， 令g'（x）＝0，解得x＝， 当x＞时，g'（x）＜0， 当x＜时，g'（x）＞0， 故函数g（x）在（－∞，）上单调递增，在（，＋∞）上单调递减， ∴g（x）max＝g（）＝＝2， 故实数a的取值范围为（2，＋∞）. 9.解：（1）由题意可得f'（x）＝（x＋a＋1）·ex≥0在[－3，＋∞）上恒成立， 所以x＋a＋1≥0在x∈[－3，＋∞）上恒成立，所以－3＋a＋1≥0，解得a≥2. 故实数a的最小值为2. （2）当a＝2时，存在x使不等式f（x）－ke2x≥0，即ex（x＋2－kex）≥0成立，又ex＞0，所以存在x使不等式x＋2－kex≥0成立，即存在x使不等式k≤成立. 不妨令g（x）＝，则问题转化为k≤g（x）max， g'（x）＝－，令g'（x）＞0，得x＜－1，令g'（x）＜0，得x＞－1，所以g（x）在区间（－∞，－1）上单调递增，在（－1，＋∞）上单调递减， 从而g（x）的最大值为g（－1）＝e，即k≤e， 故实数k的取值范围为（－∞，e]. 10.解：（1）函数f（x）＝ln x－ax中，x＞0，求导得f'（x）＝－a， 当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增； 当a＞0时，x∈时，f'（x）＞0，x∈时，f'（x）＜0， 函数f（x）在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增； 当a＞0时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减. （2）证明：由（1）知，当a＞0时， f（x）max＝f＝ln－1， 设g（x）＝ln x－x＋1，x＞0， 求导得g'（x）＝－1， 当0＜x＜1时，g'（x）＞0；当x＞1时，g'（x）＜0， 所以函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，g（x）≤g（1）＝0， 因此ln x－x＋1≤0⇔ln x≤x－1⇔ln x－1≤x－2，则ln－1≤－2， 所以f（x）≤－2. 52 / 52 学科网（北京）股份有限公司 $