专题一 第4讲 利用导数研究不等式问题【题型突破】讲义-2026届高三数学二轮复习（新高考通用）

专题一　函数与导数 第4讲　利用导数研究不等式问题 【真题再现●明考向】 1．以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式问题． 2．函数不等式中的参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论，是高考的必考内容． 【考情分析●明方向】 1．(多选)(2024·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 【答案】　ACD 【解析】　对A，因为函数f(x)的定义域为R，而f ′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f ′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，A正确；对B，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由上可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，B错误；对C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由上可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正确；对D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，所以f(2－x)>f(x)，D正确．故选ACD． 2．(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f ′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 【解析】　(1)b＝0时，f(x)＝ln＋ax，其中x∈(0，2)， 则f ′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)， 因为x(2－x)≤2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f ′(x)min＝2＋a，而f ′(x)≥0成立，故a＋2≥0即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)， 设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点， P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)， 因为P(m，n)在y＝f(x)图象上，故n＝ln＋am＋b(m－1)3， 而f(2－m)＝ln＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a， 所以Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)图象上， 由P的任意性可得y＝f(x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)． (3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2，故x＝1为f(x)＝－2的一个解， 所以f(1)＝－2即a＝－2， 先考虑1<x<2时，f(x)>－2恒成立． 此时f(x)>－2即为ln＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立， 设t＝x－1∈(0，1)，则ln－2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立， 设g(t)＝ln－2t＋bt3，t∈(0，1)， 则g′(t)＝－2＋3bt2＝， 当b≥0，－3bt2＋2＋3b>－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0即f(x)>－2在(1，2)上恒成立． 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0， 故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数， 故g(t)>g(0)＝0即f(x)>－2在(1，2)上恒成立． 当b<－，则当0<t<<1时，g′(t)<0， 故在上g(t)为减函数，故g(t)<g(0)＝0，不合题意，舍； 综上，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时b≥－. 而b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增， 故g(t)>0的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)．综上，b≥－. 3．(2025·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝5cos x－cos 5x，(1)求f(x)在的最大值； (2)给定θ∈(0，π)，设a为实数，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cos y≤cos θ； (3)若存在φ使得对任意x，都有5cos x－cos(5x＋φ)≤b，求b的最小值． 【解析】　(1)方法一：f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x＝10cos 3xsin 2x， 因为x∈，故2x∈，故sin 2x≥0， 当0<x<时，cos 3x>0即f′(x)>0， 当<x<时，cos 3x<0即f′(x)<0， 故f(x)在上为增函数，在上为减函数， 故f(x)在上的最大值为f＝5cos －cos ＝3. 方法二：我们有cos 5x＝cos(x＋4x)＝cos xcos 4x－sin xsin 4x ＝cos x(2cos22x－1)－sin x·2sin 2xcos 2x ＝cos x(2(2cos2x－1)2－1)－sin x·2·2sin xcos xcos 2x ＝cos x(8cos4x－8cos2x＋1)－4cos xcos 2xsin2x ＝8cos5x－8cos3x＋cos x－4cos x(2cos2x－1)(1－cos2x) ＝16cos5x－20cos3x＋5cos x. 所以f(x)＝5cos x－cos 5x＝5cos x－(16cos5x－20cos3x＋5cos x)＝20cos3x－16cos5x ＝4cos3x(5－4cos2x)≤4|cos x|3(5－4|cos x|2) ＝4|cos x|3(－2|cos x|)(＋2|cos x|) ＝≤5 ＝5＝3. 这得到f(x)≤3，同时又有f＝5cos －cos ＝3， 故f(x)在上的最大值为3，在R上的最大值也是3. (2)方法一：由余弦函数的性质得cos x≤cos θ的解为[2kπ＋θ，2kπ＋2π－θ]，k∈Z， 若任意[2kπ＋θ，2kπ＋2π－θ]，k∈Z与[a－θ，a＋θ]交集为空， 则a－θ>2kπ＋2π－θ且a＋θ<2kπ＋2π＋θ，此时a无解， 矛盾，故无解；故存在k∈Z，使得[2kπ－θ，2kπ＋θ]∩(a－θ，a＋θ)≠∅. 方法二：由余弦函数的性质知cos y≤cos θ的解为[2kπ＋θ，2(k＋1)π－θ]，k∈Z， 若每个[2kπ＋θ，2(k＋1)π－θ]与[a－θ，a＋θ]交集都为空， 则对每个k∈Z，必有2(k＋1)π－θ<a－θ或2kπ＋θ>a＋θ之一成立． 此即k<－1或k>，但长度为1的闭区间上必有一整数k，该整数k不满足条件，矛盾． 故存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cos y≤cos θ成立． (3)方法一：记h(x)＝5cos x－cos(5x＋t)， 因为h(x＋2π)＝5cos(x＋2π)－cos(5x＋10π＋t)＝h(x)， 故h(x)为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈[0，2π]，t∈[0，π]的情况． 当t＝π时，h(x)＝5cos x－cos(5x＋π)＝6cos x≤6， 当t＝0时，h(x)＝5cos x－cos 5x， 此时h′(x)＝－5sin x＋5sin 5x＝10cos 3xsin 2x，x∈(0，2π)， 令h′(x)＝0，则x＝，，，π，，，， 而h＝h＝3，h＝h＝0，h＝h＝－3，h(π)＝－4， h(0)＝h(2π)＝4，故h(x)max＝h＝h＝3， 当t∈(0，π)，在(2)中取a＝t，则存在y∈(t－θ，t＋θ)，使得cos y≤cos θ， 取θ＝，则cos y≤－，取x＝∈即x＝∈， 故5cos x≥，故5cos x－cos(5x＋t)≥3， 综上b≥3，可取x＝，t＝0使得等号成立． 综上，bmin＝3. 方法二：设gt(x)＝5cos x－cos(5x＋t)． ①一方面，若存在t，使得gt(x)＝5cos x－cos(5x＋t)≤b对任意x恒成立，则对这样的t，同样有gt(x)＝－gt(x＋π)≥－b. 所以|gt(x)|≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0. 设－＝m，则根据|gt(x)|≤b恒成立，有 b≥|gt|＝|5cos－cos|＝|5cos＋cos| ＝|6cos|＝6|cos m|， b≥|gt|＝|5cos－cos|＝|5cos＋cos| ＝|6cos|＝6|cos|， b≥|gt|＝|5cos－cos|＝|5cos＋cos| ＝|6cos|＝6|cos|， 所以|cos m|，|cos|，|cos|均不超过， 再结合cos 2x＝2|cos x|2－1， 就得到cos 2m，cos，cos均不超过22－1＝－1. 假设b<3，则－1<－1＝， 故cos 2m，cos，cos∈. 但这是不可能的，因为三个角2m，2m＋，2m－和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线x＝左侧． 所以假设不成立，这意味着b≥3. ②另一方面，若b＝3，则由(1)中已经证明f(x)≤3， 知存在t＝0，使得 5cos x－cos(5x＋t)＝5cos x－cos 5x＝f(x)≤3＝b. 从而b＝3满足题目要求． 综合上述两个方面，可知b的最小值是3. 4．(2025·北京高考)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f(0)＝0，f′(x)＝，l1为A(a，f(a))(a≠0)处的切线． (1)求f′(x)的最大值； (2)证明：当－1<a<0时，除点A外，曲线y＝f(x)均在l1上方； (3)若a>0时，直线l2过A且与l1垂直，l1，l2分别与x轴的交点为x1与x2，求的取值范围． 【解析】　(1)设g(x)＝f′(x)，g′(x)＝＝， 由g′(x)＝0可得x＝e－1，当x∈(－1，e－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以f′(x)的最大值为f′(e－1)＝. (2)证明：因为f′(a)＝，所以直线l1的方程为y－f(a)＝(x－a)， 即y＝(x－a)＋f(a)， 设h(x)＝f(x)－， h′(x)＝－＝f′(x)－f′(a)， 由(1)可知，f′(x)在x∈(－1，e－1)上单调递增，而－1<a<0， 所以，当－1<x<a时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当0>x>a时，h′(x)>0，h(x)单调递增，且f′(a)<f′(0)＝0， 而当x≥0时，f′(x)＝≥0，所以总有f′(x)≥f′(a)，h(x)单调递增， 故h(x)≥h(a)，从而命题得证． (3)由f′(x)＝可设f(x)＝＋C， 又f(0)＝0，所以C＝0，即f(x)＝， 因为直线l1的方程为y＝(x－a)＋，易知a≠0， 所以直线l2的方程为y＝－(x－a)＋， x1＝a－，x2＝＋a. 所以＝＝ ＝＝＝－1＋，由(1)知，当x>0时，g(x)∈，所以g2(a)∈， 所以∈. 5．(2024·全国甲卷理科)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x， 故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1， 因为y＝2ln(1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上为增函数， 故f ′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f ′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f ′(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－，x≥0， 设s(x)＝－aln(1＋x)－，x>0， 则s′(x)＝－＝－＝－， 当a≤－时，s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数， 故s(x)>s(0)＝0，即f ′(x)>0， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0. 当－<a<0时，当0≤x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在上为减函数，故在上s(x)<s(0)， 即在上f ′(x)<0即f(x)为减函数， 故在上f(x)<f(0)＝0，不合题意，舍． 当a≥0，此时s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得(0，＋∞)上f(x)<f(0)＝0恒成立，不合题意，舍；综上，a≤－. 6．(2024·全国甲卷文科)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 【解析】　(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝， 当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f ′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； a>0时， f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可． g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－， 显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0， 即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证． 7．(2023·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 【解析】　(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f ′(x)＝aex－1， 当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f ′(x)＝aex－1<0恒成立， 所以f(x)在R上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x<－ln a时， f ′(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x>－ln a时， f ′(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增； 综上：当a≤0时， f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：方法一：由(1)得， f(x) min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a) min＝g＝2－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 方法二：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x<0时，h′(x)<0；当x>0时，h′(x)>0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0， 令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)<0，则0<a<；令g′(a)>0，则a>； 所以g(a)在上单调递减，在上单调递增， 所以g(a) min＝g＝2－－ln＝ln>0，则g(a)>0恒成立， 所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕． 8．(2023·新课标全国Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 【解析】　(1)证明：①设h(x)＝sin x－x， x∈(0，1) h′(x)＝cos x－1≤0对∀x∈[0，1]恒成立，且仅在x＝0时有h′(0)＝0 所以h(x)在x∈(0，1)上单调递减， 所以有对∀x∈(0，1)，有h(x)<h(0)恒成立． 又因为h(0)＝sin 0－0＝0， 所以h(x)＝sin x－x<0对∀x∈(0，1)恒成立．亦即有sin x<x. ②设g(x)＝sin x＋x2－x，x∈(0，1)，g′(x)＝cos x＋2x－1， g″(x)＝－sin x＋2>0对∀x∈(0，1)恒成立， 所以g′(x)在x∈(0，1)上单调递增，且因为g′(0)＝1＋0－1＝0， 所以∀x∈[0，1]，g′(x)≥0恒成立，且仅在x＝0时g′(0)＝0， 所以函数y＝g(x)在(0，1)上单调递增. 所以对∀x∈(0，1)，有g(x)>g(0)恒成立，又因为g(0)＝0， 所以sin x＋x2－x>0对∀x∈(0，1)恒成立．所以x－x2<sin x，x∈(0，1)． 综上可知：x－x2<sin x<x，x∈(0，1)成立； (2)方法一：f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，x∈(－1，1)， 且f ′(x)＝－asin ax－＝－asin ax＋， 满足f ′(0)＝－asin 0＋0＝0. 且因为f ′(－x)＝asin ax－＝－f ′(x)，所以y＝f ′(x)为奇函数． f″(x)＝－a2cos ax＋＝－a2cos ax＋，f″(0)＝－a2＋2. 由极值的第二充分条件：y＝f(x)在x＝x0处二阶可导， 若f ″(x0)<0，x＝x0是y＝f(x)的极大值点； 若f ″(x0)>0，x＝x0是y＝f(x)的极小值点； (关键点：这里使用了判断极值点的第二充分条件) 所以当a∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，有f ″(0)<0，得x＝0是y＝f(x)的极大值点； 当a∈(－，)时，f ′′(0)>0，得x＝0是y＝f(x)的极小值点，不满足条件； 当a＝±时，f ′′(0)＝0，f ′(x)＝－sinx＋， 由(1)知当x∈时，sinx>x－2x2， 所以f ′(x)＝－sinx＋<2x－2x2＋ ＝2x>0， 因为y＝f ′(x)为奇函数，所以当x∈时，f ′(x)<0， 所以x＝0是y＝f(x)的极小值点，不满足题设条件； 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)． 方法二：首先证明引理：若a≠0，当0<x< min时， (ⅰ)若a>0，有a2x－a3x2<asin ax<a2x； (ⅱ)若a<0，有a2x＋a3x2<asin ax<a2x. 证明：(ⅰ)当a>0时，由(1)知ax－a2x2<sin ax<ax，所以a2x－a3x2<asin ax<a2x； (ⅲ)当a<0时，由(1)知－ax－(－ax)2<sin(－ax)<－ax， －a2x－a(－ax)2>asin(－ax)>－a2x，亦即有a2x＋a3x2<asin ax<a2x， 故上述引理成立． 下面证明(2) 由题f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，x∈(－1，1)， 所以f ′(x)＝－asin ax－＝－asin ax＋， 且因为f ′(－x)＝asin ax－＝－f ′(x)， 所以y＝f ′(x)为奇函数． ①当a＝0时，f ′(x)＝，当x∈(－1，0)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 此时x＝0是y＝f(x)的极小值点． ②当a∈(，＋∞)时， 若0≤x< min，有asin ax>a2x－a3x2， 所以有f ′(x)<－a(ax－a2x2)＋＝x， 令F(x)＝＋a3x－a2，则f ′(x)＝＋a3>0， 故F(x)在0≤x< min上单调递增. 由于F(0)＝2－a2<0，且因为F(x)在0<x<min上单调递增， 所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0， 因此f ′(x)<xF(x)<0， 又因为y＝f ′(x)是奇函数，所以在(－t1，0)上有f ′(x)>0， 因此函数f(x)在(－t1，0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点． ③若a∈(－∞，)时， 若0≤x< min，a2x＋a3x2<asin ax<a2x成立， 所以有f ′(x)<－a2x－a3x2＋＝x， 令F(x)＝－a3x－a2，则f ′(x)＝－a3>0， 故F(x)在0<x< min上单调递增. 由于F(0)＝2－a2<0， 且因为F(x)在0<x< min上单调递增， 所以存在t1>0，使得F(x)在(0，t1)上恒小于0， 因此f ′(x)＝xF(x)<0， 又因为y＝f ′(x)是奇函数，所以在(－t1，0)上有f ′(x)>0， 因此函数f(x)在(－t1，0)上单调递增，在(0，t1)上单调递减，所以x＝0是函数y＝f(x)的极大值点． ④当a∈[－，]时，有F(0)＝2－a2≥0， 由引理知0≤x< min时，有asin ax<a2x， 所以f ′(x)＝－asin ax＋>－a2x ＝x≥x>x(2－2)＝0， 故而函数y＝f(x)在x＝0的右侧f ′(x)>0，左侧f ′(x)<0，所以x＝0是函数的极小值点，不满足条件． 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，－)∪(，＋∞)． 9．(2023·全国甲卷理科)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)若a＝8，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x恒成立，求a的取值范围． 【解析】　(1)f ′(x)＝a－ ＝a－＝a－，令cos2x＝t，则t∈(0，1)， 则f ′(x)＝g(t)＝a－＝， 当a＝8， f ′(x)＝g(t)＝＝， 当t∈，即x∈， f ′(x)<0.当t∈，即x∈， f ′(x)>0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x， g′(x)＝f ′(x)－2cos 2x＝f′(x)－2(2cos2x－1)， 令cos2x＝t，则t∈(0，1)，h(t)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－， φ′(t)＝－4－＋＝＝－>0，所以φ(t)<φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，h(t)＝φ(t)<a－3≤0， 即g(x)在上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)<sin 2x，符合题意． ②若a∈(3，＋∞)， 当t→0，－＝－32＋→－∞，所以φ(t)→－∞.φ(1)＝a－3>0. 所以∃t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈，使得g′(x0)＝0. 当t∈(t0，1)，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)，g(x)>g(0)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 【考点突破●提能力】 考点一　不等式的证明 【方法技巧】 利用导数证明不等式的两个妙招 (1)构造函数法证明不等式 ①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数． ②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论． ③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证． (2)转化函数最值法证明不等式 ①条件：函数很复杂，直接求导不可行． ②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数． ③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论． 【典例研析】 1．(2025·上饶二模)已知函数f(x)＝x(ln(x＋1)－ax＋1)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明：当a≥时，f(x)≤sin x＋xln(x＋1)成立． 【解析】　(1)函数f(x)＝xln(x＋1)－ax2＋x， 求导得f′(x)＝ln(x＋1)＋－2ax＋1， 则f′(0)＝1，而f(0)＝0，所以所求切线方程为y＝x. (2)证明：函数f(x)＝xln(x＋1)－ax2＋x的定义域为(－1，＋∞)， 不等式f(x)≤sin x＋xln(x＋1)⇔ax2－x＋sin x≥0， 当a≥时，ax2≥x2，则ax2－x＋sin x≥x2－x＋sin x， 令函数g(x)＝x2－x＋sin x，当x∈(－1，0)时，g(x)≥－x＋sin x， 令函数h(x)＝－x＋sin x，求导得h′(x)＝－1＋cos x≤0， 函数h(x)在(－1，0]上单调递减，h(x)≥h(0)＝0，g(x)≥0； 当x∈(0，π)时，g′(x)＝x－1＋cos x， 令φ(x)＝g′(x)＝x－1＋cos x，求导得φ′(x)＝－sin x， 函数φ′(x)在上单调递减，在上单调递增， 而φ′(0)＝＞0，φ′＝－1＜0，φ′(π)＝＞0， 则存在x1∈，x2∈，使得φ′(x1)＝φ′(x2)＝0， 当0＜x＜x1或x2＜x＜π时，φ′(x)＞0； 当x1＜x＜x2时，φ′(x)＜0， 函数g′(x)在(0，x1)，(x2，π)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减， g′(0)＝g′＝g′(π)＝0， 则当x∈时，g′(x)＞0当x∈时g′(x)＜0， 函数g(x)在上单调递增，在上单调递减， 又g(0)＝g(π)＝0，则g(x)＞0； 当x∈[π，＋∞)时，g′(x)＝x－1＋cos x≥2－1＋cos x＝1＋cos x≥0， 函数g(x)在[π，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(π)＝0， 因此∀x∈(－1，＋∞)，g(x)≥0，则ax2－x＋sin x≥0， 所以当a≥时，f(x)≤sin x＋xln(x＋1)成立． 【跟踪训练】 1．(2025·浙江模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)ex－2x. (1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线过点(0，－3)，求实数a的值； (2)当＜a＜时，证明：f(x)＞－3. 【解析】　(1)依题意，f′(x)＝axex－2， 所以f′(－1)＝－－2，又f(－1)＝－， 则函数f(x)在x＝－1处的切线方程为y＋－2＝(x＋1)，则＝3，解得a＝e. (2)证明：f′(x)＝axex－2，设g(x)＝axex－2，则g′(x)＝a(1＋x)ex， 因为＜a＜， 所以当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)即f′(x)单调递减； 当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)即f′(x)单调递增； 当x＜0时，f′(x)＜0，f′(0)＝－2＜0， f′(1)＝ae－2＜×e－2＝0，f′(2)＝2ae2－2＞2××e2－2＝0， 所以存在唯一的x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0，即ex0＝， 且当x∈(－∞，x0)时，f′(x0)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，f′(x0)＞0，f(x)单调递增； 所以当＜a＜时，函数f(x)在x＝x0处取得极小值，即为最小值， 所以f(x)≥f(x0)＝a(x0－1)ex0－2x0＝2－2， 因为x0∈(1，2)，所以x0＋∈， 所以－3＜2－2＜－2，所以f(x)＞－3，得证． 考点二　不等式恒成立、能成立(存在性)问题 【方法技巧】 利用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题的策略 (1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x) min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可． (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解． (3)解决存在性问题的一般思路：根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，然后利用导数求函数在该区间上的最值，最后构建不等式求解． 【典例研析】 2．(2025·仁寿县校级三模)已知函数f(x)＝ex－aln(x＋1)，g(x)＝sin x－x，其中a∈R. (1)证明：当x∈[0，＋∞)时，g(x)≤0； (2)若x＞0时，f(x)有极小值，求实数a的取值范围； (3)对任意的x∈[0，π]，2f(x)≥g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)证明：因为g(x)＝sin x－x， 则g′(x)＝cos x－1≤0对任意x∈[0，＋∞)恒成立， 可知g(x)在[0，＋∞)内单调递减，则g(x)≤g(0)＝0， 所以当x∈[0，＋∞)时，g(x)≤0. (2)因为f(x)＝ex－aln(x＋1)，x＞0，则f′(x)＝ex－＝， 令h(x)＝(x＋1)ex－a，x＞0，则h′(x)＝(x＋2)ex＞0对任意x＞0恒成立， 可知h(x)在(0，＋∞)内单调递增，则h(x)＞h(0)＝1－a， 当1－a≥0，即a≤1时，则h(x)＞0对任意x＞0恒成立，即f′(x)＞0， 可知f(x)在(0，＋∞)内单调递增，无极值，不符合题意； 当1－a＜0，即a＞1时，则h(x)在(0，＋∞)内存在唯一零点x0＞0， 当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即f′(x)＜0；当x＞x0时，h(x)＞0，即f′(x)＞0； 可知f(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)内单调递增， 可知f(x)存在极小值f(x0)，符合题意； 综上，实数a的取值范围为(1，＋∞)． (3)令F(x)＝2f(x)－g′(x)－2＝2ex－2aln(x＋1)－cos x－1，x∈[0，π]， 则F′(x)＝2ex－＋sin x， 原题意等价于F(x)≥0对任意x∈[0，π]恒成立， 且F(0)＝0，则F′(0)＝2－2a≥0，解得a≤1， 若a≤1，因为x∈[0，π]，则2ex≥2，－≥－2，sin x≥0， 则F′(x)＝2ex－＋sin x≥0， 可知F(x)在[0，π]内单调递增，则F(x)≥F(0)＝0，即a≤1符合题意； 综上，实数a的取值范围为(－∞，1]． 3．(2025·道里区校级二模)设函数f(x)＝ax－2ln x＋1，a∈R. (1)若f(x)在x＝1处切线为y＝b，求实数a＋b的值； (2)是否存在实数a，使得当x∈(0，2]时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【解析】　(1)函数f(x)＝ax－2ln x＋1的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a－，f′(1)＝a－2＝0，a＝2，f(1)＝a＋1＝3＝b，∴a＋b＝5. (2)由函数f(x)＝ax－2ln x＋1，求导得f′(x)＝a－， 由x∈(0，2]，得≥1， 当a≤1时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0，2]上单调递减， f(x)min＝f(2)＝2a－2ln 2＋1＝3，解得a＝1＋ln 2＞1，不成立； 当a＞1时，由f′(x)＜0，得0＜x＜；由f′(x)＞0，得＜x≤2， 函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， f(x)min＝f＝2－2ln＋1＝3，解得a＝2，符合题意， 所以存在实数a＝2，当x∈(0，2]时，函数f(x)的最小值是3. 【跟踪训练】 2．(2025·平度市模拟)已知函数f(x)＝xex＋asin x. (1)当a＝0时，求证：＞x＋1； (2)若f(x)＞0对x∈(0，π)恒成立，求a的取值范围． 【解析】　(1)证明：当a＝0时，f(x)＝xex， 令g(x)＝－x－1＝ex－x－1，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 则g′(x)＝ex－1， 当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 所以g(x)＞g(0)＝0，所以＞x＋1. (2)f′(x)＝(x＋1)ex＋acos x，f″(x)＝(x＋2)ex－asin x. ①当a≥0时，由x∈(0，π)，得xex＞0，asin x≥0，因此f(x)＞0，满足题意． ②当a＜0时，由x∈(0，π)，得(x＋2)ex＞0，－asin x＞0， 因此f″(x)＞0，则f′(x)在(0，π)上单调递增． 1)若－1≤a＜0，则f′(x)＞f′(0)＝1＋a≥0，则f(x)在(0，π)上单调递增， 所以f(x)＞f(0)＝0，满足题意； 2)若a＜－1，则f′(0)＜0，f′＞0， 因此f′(x)在(0，π)存在唯一的零点x0，且x0∈， 当0＜x＜x0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x0＜x＜π时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x0)＜f(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围为[－1，＋∞)． 3．(2025·天津模拟)设函数f(x)＝－ln(1＋x)，g(x)＝ln(1＋x)－bx. (1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由． 【解析】　(1)f′(x)＝－＝－， 则f′(1)＝－，又f(1)＝－ln 2， 所以所求切线方程为y－＝－(x－1)，即y＝－x＋－ln 2. (2)由题意可知：g(x)的定义域为(－1，＋∞)，g′(x)＝－b. 若关于x的不等式g(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，且g(0)＝0， 则g′(0)＝1－b≤0，解得b≥1， 若b≥1，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝－b＜1－b≤0， 可知g(x)在(0，＋∞)上为减函数，则g(x)＜g(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立， 综上，b的取值范围是[1，＋∞)． 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·海南州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2x，则“a≤1”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】　D 【解析】　∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋2≥0恒成立，∴Δ＝4a2－24≤0，解得－≤a≤，∴“a≤1”是“f(x)在R上单调递增”的既不充分也不必要条件．故选D． 2．(2025·上饶二模)若不等式x(x＋a)ln(x＋a)≥0恒成立，则a的取值集合为(　　) A．{1} B．(0，1] C． D．[1，＋∞) 【答案】　A 【解析】　设x＋a＝t，则x＝t－a，t＞0.原不等式可化为(t－a)tln t≥0.因为t＞0，所以(t－a)ln t≥0，t＞0.当0＜t＜1时，ln t＜0，所以t－a≤0在t∈(0，1)恒成立，所以a≥1；当t＝1时，ln t＝0，所以(t－a)ln t≥0成立；当t＞1时，ln t＞0，所以t－a≥0在t∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≤1.综上可得a＝1.故选A． 3．(2025·茂名二模)已知函数f(x)为R上的奇函数，f(2)＝0，当x＞0时，f(x)＋f′(x)＞0，不等式(x－1)f(x)＜0的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－2，0)∪(0，1) D．(－2，0)∪(1，2) 【答案】　D 【解析】　令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]，因为当x＞0时，f(x)＋f′(x)＞0，所以当x＞0时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(2)＝0，所以g(2)＝e2f(2)＝0，所以当x∈(0，2)时，g(x)＝exf(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝exf(x)＞0，所以当x∈(0，2)时，f(x)＜0，当x∈(2，＋∞)时，f(x)＞0，又因为函数f(x)为R上的奇函数，所以当x∈(－2，0)时，f(x)＞0，当x∈(－∞，－2)时，f(x)＜0，所以不等式(x－1)f(x)＜0⇔或即或解得1＜x＜2或－2＜x＜0，即不等式的解集为(－2，0)∪(1，2)．故选D． 4．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若对于任意的x＞1使得不等式f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，e2] B．(0，ee] C．[e2，＋∞) D．[ee，＋∞) 【答案】　A 【解析】　因为a＞0，由ax－a＞0可得x＞1，即函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，由f(x)≥0，可得－ln a≥ln(x－1)－1，即ex－ln a＋x－ln a≥x－1＋ln(x－1)，构造函数g(x)＝x＋ln x，其中x＞0，则g′(x)＝1＋＞0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(ex－ln a)≥g(x－1)，可得ex－ln a≥x－1，则x－ln a≥ln(x－1)，即ln a≤x－ln(x－1)，其中x＞1，令h(x)＝x－ln(x－1)，其中x＞1，则h′(x)＝1－＝，由h′(x)＜0，可得1＜x＜2，此时函数h(x)单调递减，由h′(x)＞0，可得x＞2，此时函数h(x)单调递增，所以，ln a≤h(x)min＝h(2)＝2，解得a≤e2，综上，0＜a≤e2，则实数a的取值范围是(0，e2]．故选A． 二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 5．(2025·湖北模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则(　　) A．a≥0 B．x1x2＜0 C．f(x1)＞f(x2) D．f(x)的图象关于点(0，2)中心对称 【答案】　BCD 【解析】　由题可得f′(x)＝3x2－a＝0有两个不相等的实数根，所以a＞0，A错误；根据题意x1，x2为3x2－a＝0的两个根，所以x1x2＝－＜0，B正确；因为x1＜x2，且x1，x2为3x2－a＝0的两个根，所以由f′(x)＝3x2－a＞0，得x＜x1或x＞x2，由f′(x)＝3x2－a＜0，得x1＜x＜x2，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递增，(x1，x2)上单调递减，(x2，＋∞)上单调递增，所以f(x1)＞f(x2)成立，C正确；因为g(x)＝x3－ax为奇函数，所以g(x)＝x3－ax关于(0，0)对称，所以f(x)＝g(x)＋2＝x3－ax＋2关于(0，2)对称，D正确．故选BCD． 6．(2025·鹤山区校级二模)已知函数g(x)＝＋ln x，x∈(0，e]，则(　　) A．当a≤0时，g(x)有最大值 B．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值－1 C．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值2 D．当a≥e时，g(x)可以取得最小值3 【答案】　ABD 【解析】　当a≤0时，g(x)在(0，e]上单调递增，此时g(x)有最大值，故A选项正确；g′(x)＝－＋＝，当0＜a＜e时，若0＜x＜a，则g′(x)＜0，故g(x)在(0，a)上单调递减；若a＜x≤e，则g′(x)＞0，故g(x)在(a，e]上单调递增．令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝－1，得a＝，满足条件，令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝2，得a＝e，不满足条件，故B选项正确，C选项错误；当a≥e时，若0＜x≤e，则g′(x)≤0，所以g(x)在(0，e]上单调递减，令g(x)min＝g(e)＝＋ln e＝3，得a＝2e，所以此时g(x)有最小值3，故D选项正确．故选ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7．(2025·茂名模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－1，若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是__________________. 【答案】　 【解析】　依题意，aex≥ln x＋1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，设g(x)＝aex，h(x)＝ln x＋1，则需函数g(x)的图象在函数h(x)图象的上方，作出函数图象如下， 设函数g(x)与函数h(x)相切于点(m，n)，则解得由图可知，满足条件的a的取值范围为. 8．(2025·讷河市校级一模)设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝x－ln x＋a，若∀x2∈(0，＋∞)，∃x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________. 【答案】　[－1，＋∞) 【解析】　若∀x2∈(0，＋∞)，∃x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)min，当x＜1时，x－1＜0，ex－e＜0，所以f(x)＞0；当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，所以f(x)≥0，等号仅当x＝1时成立，所以f(x)min＝0.所以对∀x∈(0，＋∞)，g(x)≥0，即x－ln x＋a≥0，即a≥ln x－x.令h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝－1＝(x＞0)，当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1，因此a≥－1，即a的取值范围是[－1，＋∞)． 9．(2025·邯郸模拟)设函数f(x)＝(2x－alog2e－kx)(kx－)，若存在实数k＝k0，使得f(x)＞0恒成立，则实数a的取值范围是____________. 【答案】　(－∞，1＋log2e) 【解析】　因为函数f(x)＝(2x－alog2e－kx)(kx－)，且存在实数k＝k0，使得f(x)＞0恒成立，所以(2x－alog2e－kx)(kx－)＞0，若满足条件，只需y＝kx在曲线y＝2x－alog2e的下方，且y＝kx在曲线y＝的上方即可，但我们只需找到y＝kx与曲线y＝2x－alog2e，y＝均相切时的a的值即可，我们先研究y＝kx与曲线y＝相切时的情况，设切点为(t，)，y＝f(x)＝，f′(x)＝，所以k＝f′(t)＝，将(t，)代入y＝kx中，得到＝kt，所以k＝y′＝＝，解得t＝2，k＝，设当y＝x与y＝2x－alog2e的切点为(m，2m－alog2e)，y＝g(x)＝2x－alog2e，将(m，2m－alog2e)代入y＝x中，得到2m－alog2e，所以m＝log2e，a＝1＋log2e，由导数的几何意义得g′(m)＝2m－a＝，解得2m－alog2e，所以m＝log2e，a＝1＋log2e，而y＝x在曲线y＝2x－alog2e的下方，且y＝x在曲线y＝的上方，则a越小，y＝2x－alog2e越大，更容易满足题意，故a∈(－∞，1＋log2e)． 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 10．(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－4a. (1)若0＜a＜3，试判断函数f(x)在区间(1，3)内的极值点个数，并说明理由； (2)当a＝3，x＞0时，求证：f(x)＜(x－4)ex.(参考数据：e3≈20.1) 【解析】　(1)由于函数f(x)＝x3－x2－ax－4a， 那么导函数f′(x)＝x2－2x－a， 因此导函数f′(x)在(1，3)上单调递增， 由于0＜a＜3，那么f′(1)＝－a－1＜0，f′(3)＝3－a＞0， 那么f′(1)·f′(3)＜0， 根据零点存在定理可知，存在x0∈(1，3)，使得f′(x0)＝0， 当x0＜x＜3时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(x0，3)上单调递增， 当1＜x＜x0时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(1，x0)上单调递减， 因此f(x)在(1，3)内的极值点个数为1. (2)证明：当a＝3，x＞0时， 函数f(x)＝x3－x2－3x－12， 构造g(x)＝(x－4)ex－，其中x＞0， 那么导函数g′(x)＝(x－3)ex－(x2－2x－3)＝(x－3)(ex－x－1)， 令p(x)＝ex－x－1，其中x＞0，那么导函数p′(x)＝ex－1＞0， 因此函数p(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此当x＞0时，p(x)＞p(0)＝0，即ex－x－1＞0， 由g′(x)＜0可得0＜x＜3，由g′(x)＞0可得x＞3， 所以函数g(x)的减区间为(0，3)，增区间为(3，＋∞)， 所以g(x)min＝－e3＋21＞0， 即g(x)≥g(x)min＞0， 故a＝3，x＞0时，f(x)＜(x－4)ex. 11．(2025·河北模拟)已知函数f(x)＝1－2ln(x＋a)在点(0，f(0))处的切线斜率为－2. (1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若g(x)＝x2＋x＋1，求证：xf(x)＜g(x)． 【解析】　(1)因为f(x)＝1－2ln(x＋a)， 所以f′(x)＝， 又根据题意可得f′(0)＝－2， 即＝－2，解得a＝1， 所以f(x)＝1－2ln(x＋1)，则f(0)＝1， 所以f(x)在(0， f(0))处的切线方程为y＝－2x＋1， 即2x＋y－1＝0. (2)证明：由(1)知f(x)＝1－2ln(x＋1)， 所以要证xf(x)＜g(x)， 即证x2＋x＋1－[x－2xln(x＋1)]＞0， 需证x2＋1＋2xln(x＋1)＞0， 设h(x)＝x2＋1＋2xln(x＋1)，(x＞－1)， 则h′(x)＝2x＋2ln(x＋1)＋， 令t(x)＝2x＋2ln(x＋1)＋， 则t′(x)＝2＋＋， 因为x＋1＞0，故t′(x)＞0恒成立， 所以h′(x)＝2x＋2ln(x＋1)＋在(－1，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝0， 所以x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减； x∈(0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增， 所以h(x)的最小值为h(0)＝1＞0， 所以x2＋x＋1－(x－2xln(x＋1))＞0. 即xf(x)＜g(x)． 12．(2025·山东模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－ax. (1)当x≥1，f(x)≥0，求a的取值范围； (2)当a＝0时． ①设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在(1，＋∞)上的单调性； ②证明：对任意的m，n∈(1，＋∞)，有f(m＋n)＞f(m)＋f(n)． 【解析】　(1)x≥1时，f(x)＝(x－1)ln x－ax≥0， 所以a≤， 令h(x)＝(x≥1)， h′(x)＝＝， 令φ(x)＝ln x＋x－1， φ′(x)＝＋1＝≥0恒成立， 所以φ(x)≥φ(1)＝0，即h′(x)≥0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝0， 所以hmin(x)＝0，故a≤0. (2)①a＝0时，g(x)＝f′(x)＝ln x＋(x＞1)， 所以g′(x)＝＋＞0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 故g(x)在(1，＋∞)上单调递增． ②证明：令k(m)＝f(m＋n)－f(m)－f(n)， 所以k′(m)＝f′(m＋n)－f′(m)＝g(m＋n)－g(m)， 因为m，n∈(1，＋∞)，所以m＋n＞m＞1， 由(1)得，g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以g(m＋n)＞g(m)， 所以k′(m)＞0在(1，＋∞)上恒成立， 所以k(m)在(1，＋∞)上单调递增， 所以k(m)＞k(1)＝f(n＋1)－f(1)－f(n)＝f(n＋1)－f(n)， 因为g(x)＞g(1)＝0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(n＋1)＞f(n)， 所以k(m)＞k(1)＝f(n＋1)－f(n)＞0. 综上，对任意的m，n∈(1，＋∞)， 有f(m＋n)＞f(m)＋f(n)． 13．(2025·辽宁二模)已知函数f(x)＝(ln x－2)x2－mx(x＞0)，g(x)为f(x)的导函数． (1)当m＝0时，求曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2)若f(x)的两个极值点分别为x1和x2，且x1＜x2. ①求实数m的取值范围； ②证明：x2－x1＜m＋2e. 【解析】　(1)当m＝0时，f(x)＝(ln x－2)x2， 则g(x)＝f′(x)＝2xln x－3x，g(1)＝－3， 求导得g′(x)＝2ln x－1，则g′(1)＝－1， 所以曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y＋3＝－(x－1)，即x＋y＋2＝0. (2)①g(x)＝f′(x)＝2xln x－3x－m， 且定义域x∈(0，＋∞)． 因为若f(x)有两个极值点， 所以x1，x2是方程2xln x－3x－m＝0的两个正根， 即2xln x－3x＝m，x(2ln x－3)＝m， 令h(x)＝x(2ln x－3)，则h′(x)＝2ln x－1， 所以，当h′(x)＞0时，x＞， 当h′(x)＜0时，0＜x＜， 因此，当x∈(0，)时，h(x)单调递减； 当x∈(，＋∞)时，h(x)单调递增， 所以当x＝时，h(x)有最小值h()＝－2， 2ln x－3＝0时，x＝e， 又因为0＜x＜e时，2ln x－3＜0， 所以当0＜x＜e时，h(x)＜0， 所以m∈(－2，0)． ②证明：由①可知m＝h(x2)， 且h(x)＝0时，x＝e， 又x1＜x2，所以＜x2＜e， 令p(x2)＝h(x2)＋2e－x2， p′(x2)＝2ln x2－2，p′(x2)单调递增，且p′(e)＝0， 所以x2∈(，e)时，p′(x2)＜0，x2∈(e，e)时，p′(x2)＞0， 所以p(x2)在(，e)上单调递减，在(e，e)上单调递增， 所以p(x2)≥p(e)＝2e－3e＋2e－e＝0， 即h(x2)＋2e－x2≥0，h(x2)＋2e≥x2， 又因为0＜x1＜，所以x2＞x2－x1， 所以h(x2)＋2e＞x2－x1，即x2－x1＜m＋2e. 14．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－. (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)≥0，求a的值； (3)求证：sin ＋sin ＋…＋sin ＜ln 2(n∈N*)． 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)－， 函数定义域为(－1，＋∞)， 可得f′(x)＝－＝， 当－1＜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， 所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值，极小值f(0)＝0，无极大值． (2)易知f′(x)＝－＝， 当a≤0时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 则当－1＜x＜0时，f(x)＜f(0)＝0，不符合题意； 当a＞0时， 当－1＜x＜a－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞a－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以当x＝a－1时，函数f(x)取得极小值，极小值f(a－1)＝ln a－(a－1)， 因为f(x)≥0恒成立， 所以ln a－(a－1)≥0， 不妨设g(a)＝ln a－(a－1)，函数定义域为(0，＋∞)， 可得g′(a)＝－1＝， 当0＜a＜1时，g′(a)＞0，g(a)单调递增； 当a＞1时，g′(a)＜0，g(a)单调递减， 所以当a＝1时，函数g(a)取得极大值，极大值g(1)＝0， 则ln a－(a－1)≤0， 又ln a－(a－1)≥0， 所以ln a－(a－1)＝0， 解得a＝1. (3)证明：不妨设h(x)＝sin x－x，函数定义域为(0，＋∞)， 可得h′(x)＝cos x－1≤0， 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 此时h(x)＜h(0)＝0， 即sin x＜x， 则sin ＋sin ＋…＋sin ＜＋＋…＋， 由(2)知ln(x＋1)≥，当x＝0时，等号成立， 不妨令x＝(n∈N*)， 此时ln≥， 即＜ln ＝ln(n＋1)－ln n， 所以＜ln(n＋2)－ln(n＋1)， …， ＜ln(2n)－ln(2n－1)， 以上各式累加得＋＋…＋＜ln(2n)－ln n＝ln 2， 故sin ＋sin ＋…＋sin ＜ln 2. 15．(2025·杨浦区二模)已知函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，若函数y＝f(x)的定义域为R，且不等式f(x)＞f′(x)对任意x∈R成立，则称函数y＝f(x)是“超导函数”． (1)判断f(x)＝ex＋1是否为“超导函数”，并说明理由； (2)若函数y＝g(x)与y＝h(x)都是“超导函数”，且对任意x∈R，都有h′(x)＞0、g′(x)＜0，记F(x)＝g(x)h(x)，求证：函数y＝F(x)是“超导函数”； (3)已知函数y＝φ(x)是“超导函数”且φ(1)＝e，若有且仅有一个实数t满足φ(ln t＋1－at)＝eln t＋1－at，求a的取值范围． 【解析】　(1)函数f(x)＝ex＋1， 求导得f′(x)＝ex， 则f(x)＝ex＋1＞ex＝f′(x)， 所以f(x)是“超导函数”． (2)证明：函数F(x)＝g(x)h(x)， 求导得F′(x)＝g′(x)h(x)＋g(x)h′(x)， 则F(x)－F′(x)＝g(x)h(x)－g′(x)h(x)－g(x)h′(x)＝[g(x)－g′(x)][h(x)－h′(x)]－g′(x)h′(x)， 由函数y＝g(x)与y＝h(x)都是“超导函数”， 得g(x)－g′(x)＞0，h(x)－h′(x)＞0， 由对任意x∈R，都有h′(x)＞0，g′(x)＜0， 得g′(x)h′(x)＜0， 因此F(x)－F′(x)＞0，即F(x)＞F′(x)， 所以函数y＝F(x)是“超导函数”． (3)由函数y＝φ(x)是“超导函数”，得对任意x∈R，φ(x)＞φ′(x)， 令u(x)＝，求导得u′(x)＝＞0， 函数u(x)在R上单调递增，且u(1)＝1， 由φ(ln t＋1－at)＝eln t＋1－at， 得＝1， 即u(ln t＋1－at)＝u(1)， 因此ln t＋1－at＝1，即a＝， 令G(t)＝， 由有且仅有一个实数t满足φ(ln t＋1－at)＝eln t＋1－at， 得直线y＝a与函数y＝G(t)的图象有且只有1个交点， G′(t)＝， 当0＜t＜e时，G′(t)＞0； 当t＞e时，G′(t)＜0， 函数G(t)在(0，e]上单调递增，函数值的集合为， 在[e，＋∞)上单调递减，函数值的集合为， 因此当a≤0或a＝时，直线y＝a与函数y＝G(t)的图象有且只有1个交点， 所以a的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一　函数与导数 第4讲　利用导数研究不等式问题 【真题再现●明考向】 1．以导数为工具，通过研究函数的单调性、极值和最值，求解不等式问题． 2．函数不等式中的参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论，是高考的必考内容． 【考情分析●明方向】 1．(多选)(2024·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 2．(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f ′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． 3．(2025·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝5cos x－cos 5x，(1)求f(x)在的最大值； (2)给定θ∈(0，π)，设a为实数，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]，使得cos y≤cos θ； (3)若存在φ使得对任意x，都有5cos x－cos(5x＋φ)≤b，求b的最小值． 4．(2025·北京高考)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f(0)＝0，f′(x)＝，l1为A(a，f(a))(a≠0)处的切线． (1)求f′(x)的最大值； (2)证明：当－1<a<0时，除点A外，曲线y＝f(x)均在l1上方； (3)若a>0时，直线l2过A且与l1垂直，l1，l2分别与x轴的交点为x1与x2，求的取值范围． 5．(2024·全国甲卷理科)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 6．(2024·全国甲卷文科)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 7．(2023·新课标全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋. 8．(2023·新课标全国Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x. (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 9．(2023·全国甲卷理科)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)若a＝8，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x恒成立，求a的取值范围． 【考点突破●提能力】 考点一　不等式的证明 【方法技巧】 利用导数证明不等式的两个妙招 (1)构造函数法证明不等式 ①移项，使等式右边为零，左边构造为新函数． ②求导判断单调性，通常要对参数分类讨论． ③根据单调性，求出最值与“0”比较即可得证． (2)转化函数最值法证明不等式 ①条件：函数很复杂，直接求导不可行． ②拆分：把复杂函数拆分成两个易求最值函数． ③方法：分别求导，结合单调性和图象以及极值、最值，比较得出结论． 【典例研析】 1．(2025·上饶二模)已知函数f(x)＝x(ln(x＋1)－ax＋1)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)证明：当a≥时，f(x)≤sin x＋xln(x＋1)成立． 【跟踪训练】 1．(2025·浙江模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)ex－2x. (1)若曲线y＝f(x)在x＝－1处的切线过点(0，－3)，求实数a的值； (2)当＜a＜时，证明：f(x)＞－3. 考点二　不等式恒成立、能成立(存在性)问题 【方法技巧】 利用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题的策略 (1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x) min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可． (2)转化为含参函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解． (3)解决存在性问题的一般思路：根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，然后利用导数求函数在该区间上的最值，最后构建不等式求解． 【典例研析】 2．(2025·仁寿县校级三模)已知函数f(x)＝ex－aln(x＋1)，g(x)＝sin x－x，其中a∈R. (1)证明：当x∈[0，＋∞)时，g(x)≤0； (2)若x＞0时，f(x)有极小值，求实数a的取值范围； (3)对任意的x∈[0，π]，2f(x)≥g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． 3．(2025·道里区校级二模)设函数f(x)＝ax－2ln x＋1，a∈R. (1)若f(x)在x＝1处切线为y＝b，求实数a＋b的值； (2)是否存在实数a，使得当x∈(0，2]时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【跟踪训练】 2．(2025·平度市模拟)已知函数f(x)＝xex＋asin x. (1)当a＝0时，求证：＞x＋1； (2)若f(x)＞0对x∈(0，π)恒成立，求a的取值范围． 3．(2025·天津模拟)设函数f(x)＝－ln(1＋x)，g(x)＝ln(1＋x)－bx. (1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在实数b，使得关于x的不等式g(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由． 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·海南州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2x，则“a≤1”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．(2025·上饶二模)若不等式x(x＋a)ln(x＋a)≥0恒成立，则a的取值集合为(　　) A．{1} B．(0，1] C． D．[1，＋∞) 3．(2025·茂名二模)已知函数f(x)为R上的奇函数，f(2)＝0，当x＞0时，f(x)＋f′(x)＞0，不等式(x－1)f(x)＜0的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(0，1) B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－2，0)∪(0，1) D．(－2，0)∪(1，2) 4．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若对于任意的x＞1使得不等式f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，e2] B．(0，ee] C．[e2，＋∞) D．[ee，＋∞) 二、多项选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 5．(2025·湖北模拟)已知函数f(x)＝x3－ax＋2有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则(　　) A．a≥0 B．x1x2＜0 C．f(x1)＞f(x2) D．f(x)的图象关于点(0，2)中心对称 6．(2025·鹤山区校级二模)已知函数g(x)＝＋ln x，x∈(0，e]，则(　　) A．当a≤0时，g(x)有最大值 B．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值－1 C．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值2 D．当a≥e时，g(x)可以取得最小值3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 7．(2025·茂名模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x－1，若f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是__________________. 8．(2025·讷河市校级一模)设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝x－ln x＋a，若∀x2∈(0，＋∞)，∃x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是________. 9．(2025·邯郸模拟)设函数f(x)＝(2x－alog2e－kx)(kx－)，若存在实数k＝k0，使得f(x)＞0恒成立，则实数a的取值范围是____________. 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 10．(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－4a. (1)若0＜a＜3，试判断函数f(x)在区间(1，3)内的极值点个数，并说明理由； (2)当a＝3，x＞0时，求证：f(x)＜(x－4)ex.(参考数据：e3≈20.1) 11．(2025·河北模拟)已知函数f(x)＝1－2ln(x＋a)在点(0，f(0))处的切线斜率为－2. (1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若g(x)＝x2＋x＋1，求证：xf(x)＜g(x)． 12．(2025·山东模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－ax. (1)当x≥1，f(x)≥0，求a的取值范围； (2)当a＝0时． ①设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在(1，＋∞)上的单调性； ②证明：对任意的m，n∈(1，＋∞)，有f(m＋n)＞f(m)＋f(n)． 13．(2025·辽宁二模)已知函数f(x)＝(ln x－2)x2－mx(x＞0)，g(x)为f(x)的导函数． (1)当m＝0时，求曲线g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2)若f(x)的两个极值点分别为x1和x2，且x1＜x2. ①求实数m的取值范围； ②证明：x2－x1＜m＋2e. 14．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－. (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若f(x)≥0，求a的值； (3)求证：sin ＋sin ＋…＋sin ＜ln 2(n∈N*)． 15．(2025·杨浦区二模)已知函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，若函数y＝f(x)的定义域为R，且不等式f(x)＞f′(x)对任意x∈R成立，则称函数y＝f(x)是“超导函数”． (1)判断f(x)＝ex＋1是否为“超导函数”，并说明理由； (2)若函数y＝g(x)与y＝h(x)都是“超导函数”，且对任意x∈R，都有h′(x)＞0、g′(x)＜0，记F(x)＝g(x)h(x)，求证：函数y＝F(x)是“超导函数”； (3)已知函数y＝φ(x)是“超导函数”且φ(1)＝e，若有且仅有一个实数t满足φ(ln t＋1－at)＝eln t＋1－at，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $