专题突破练25 导数与不等式恒(能)成立问题（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

专题突破练25　导数与不等式恒(能)成立问题 1.(15分)(2025山东滨州二模)已知函数f(x)=+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若a>0时,f(x)≥a2-(a+1)ln a恒成立,求实数a的值. 2.(15分)(2025湖北武汉三模)已知函数f(x)=ex-ax,a∈R. (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间; (2)当x≥0时,f(x)≥x,求实数a的取值范围. 3.(17分)(2024新高考Ⅰ,18)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. 4.(17分)(2025江苏南京模拟)已知函数y=f(x)和y=g(x)的定义域均为R,若对任意实数x,都存在常数n,使f'(x)≥ng'(x)成立,则称函数y=f(x)是函数y=g(x)的“n函数”. (1)证明:函数f(x)=3x+1是函数g(x)=cos x的“3函数”; (2)若函数f(x)=-x4-4x3-12x2-20x是函数g(x)=ex的“n函数”,求n的取值范围; (3)若函数p(x)=ex+me-x,函数y=q(x)为偶函数,函数y=p(x)是函数y=q(x)的“1函数”,求证:“m=1”的充要条件是“存在常数c,使得p(x)-q(x)=c恒成立”. 答案： 1.解 (1)由题意,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-, 当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)内单调递减, 当a>0时,由f'(x)>0解得x>,由f'(x)<0解得0<x<, 所以f(x)在内单调递增,在内单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)内单调递减, 当a>0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减. (2)由(1)知当a>0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减, 所以函数f(x)的最小值为f=a-aln a,所以a-aln a≥a2-(a+1)ln a恒成立, 整理得a2-ln a-a≤0, 令h(x)=x2-ln x-x, 则h'(x)=2x--1=, 由h'(x)>0解得x>1, 由h'(x)<0解得0<x<1, 所以h(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减, 所以h(x)≥h(1)=12-ln 1-1=0, 又h(a)≤0,所以h(a)=0,所以a=1. 2.解 (1)已知f(x)=ex-ax,当a=1时,f(x)=ex-x,对f(x)求导,可得f'(x)=ex-1. 令f'(x)=0,即ex-1=0,解得x=0. 当x<0时,ex<1,所以f'(x)=ex-1<0,则f(x)在(-∞,0)内单调递减. 当x>0时,ex>1,所以f'(x)=ex-1>0,则f(x)在(0,+∞)内单调递增. 综上,函数f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). (2)当x≥0时,f(x)≥x,即ex-ax≥x,移项可得ex-(a+1)x≥0. 当x=0时,e0-(a+1)×0=1≥0,此时a可以取任意实数. 当x>0时,ex-(a+1)x≥0可化为a+1, 令g(x)=(x>0),对g(x)求导,可得g'(x)= 令g'(x)=0,即=0,因为ex>0,x2>0,所以x-1=0,解得x=1. 当0<x<1时,x-1<0,所以g'(x)<0,g(x)在(0,1)内单调递减. 当x>1时,x-1>0,所以g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)内单调递增. 则g(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,g(1)==e. 所以a+1≤e,解得a≤e-1. 故实数a的取值范围是(-∞,e-1]. 3.(1)解 由>0,得函数f(x)的定义域为(0,2). 当b=0时,f(x)=ln x-ln(2-x)+ax, 则f'(x)=+a. 由f'(x)≥0,得+a≥0, 即a(0<x<2), ∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2), ∴-1≤x(x-2)<0. ∴-2. ∴a≥-2.故a的最小值为-2. (2)证明 ∵f(2-x)=ln(2-x)-ln x+a(2-x)+b(1-x)3, ∴f(2-x)+f(x)=2a,∴函数f(x)的图象关于点(1,a)对称. 故曲线y=f(x)是中心对称图形. (3)解 由(2)知,f(x)的图象关于点(1,a)对称. 若f(x)>-2,当且仅当1<x<2, 则f(1)=-2,∴a=-2. ∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3>-2在区间(1,2)内恒成立. f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2·[+3b], 令g(x)=+3b, 则g(1)=2+3b,由2+3b≥0, 得b≥-,此时,f'(x)≥0,f(x)在区间(1,2)内单调递增.∴在区间(1,2)内恒有f(x)>f(1)=-2. 若b<-,则存在x∈(1,ε),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ε)内单调递减, 则在区间(1,ε)内,f(x)<f(1)=-2,不符合题意. 故b≥- 当b≥-时,对∀x∈(1,2),f(x)≥ln-2x-(x-1)3. 令h(x)=ln-2x-(x-1)3, 则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2[-1]>0对∀x∈(1,2)恒成立, ∴h(x)>h(1)=-2符合条件. 综上所述,b的取值范围为[-,+∞). 4.(1)证明 因为f(x)=3x+1,g(x)=cos x, 所以f'(x)=3,g'(x)=-sin x, 则g'(x)∈[-1,1], 故f'(x)-3g'(x)=3+3sin x≥0, 即f'(x)≥3g'(x)恒成立, 故函数f(x)=3x+1是函数g(x)=cos x的“3函数”. (2)解 因为f(x)=-x4-4x3-12x2-20x,g(x)=ex, 则f'(x)=-4x3-12x2-24x-20,g'(x)=ex>0. 因为函数f(x)是函数g(x)的“n函数”, 所以对任意的x∈R,f'(x)≥ng'(x), 则n令h(x)=, 则h'(x)=, 且x2+x+1=>0, 故当x∈(-∞,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0, 即h(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增, 所以h(x)min=h(1)=-, 所以n≤-, 若函数f(x)=-x4-4x3-12x2-20x是函数g(x)=ex的“n函数”, 则实数n的取值范围是 (3)证明 充分性:若存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立, 则p(x)=q(x)+c, 因为函数y=q(x)为偶函数, 所以q(x)=q(-x),则p(x)=p(-x), 即ex+me-x=e-x+mex, 所以(m-1)(ex-e-x)=0恒成立, 所以m=1; 必要性:若m=1, 则p(x)=ex+e-x=p(-x), 所以函数p(x)为偶函数. 因为函数y=p(x)是函数y=q(x)的“1函数”, 所以对任意的x∈R,p'(x)≥q'(x), 又q(-x)=q(x),p(-x)=p(x), 所以q'(x)=-q'(-x),p'(x)=-p'(-x), 所以-p'(-x)≥-q'(-x), 即p'(-x)≤q'(-x). 用x代换-x可得p'(x)≤q'(x), 故p'(x)=q'(x). 记h(x)=p(x)-q(x), 则h'(x)=p'(x)-q'(x)=0, 因此存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立. 综上,“m=1”的充要条件是“存在常数c,使得p(x)-q(x)=c恒成立”. 5 学科网（北京）股份有限公司 $