第19练　导数与不等式专项训练——2027届高考数学一轮复习

第19练　导数与不等式 1.若不等式ln x-ax2≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 (　 )　A.a≤ B.a≥ C.a≤ D.a≥ 2.若存在x∈(-2,-1),使得不等式x2-kx+2>0成立,则实数k的取值范围为 (　 ) A.(-2,+∞) B.(-∞,-2) C.(-3,+∞) D.[-3,+∞) 3.已知函数f(x)=ex-1-ln x-a,若对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,则a的最大值是 (　 ) A.ln 2 B. C.1 D.e 4.已知函数f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是 (　 ) A.[-e,+∞) B.(-∞,-e] C. D. 5.已知函数f(x)=(em-1)x的图象恒在g(x)=ex-ln x-m的图象的下方,则实数m的取值范围是 (　 ) A.(-∞,1) B.(-∞,e-1) C.(0,1) D.(0,e-1) 6.(多选题)[2025·新余模拟] 已知关于x的不等式k(2x-1)ex-2x+2≥0恒成立,则实数k的值可能为 (　 ) A.2 B.0 C.1 D. 7.若不等式ax>sin x对任意x∈恒成立,则a的取值范围是　　　　.  8.已知函数f(x)=xcos x-sin x,若存在实数x∈[0,2π],使得f(x)<t成立,则实数t的取值范围是　　　　.  9.[2025·沈阳二模] 已知函数f(x)=ln x-kx. (1)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0成立,求k的取值范围; (2)已知k>0,若f(x)≤对任意x∈(0,+∞)恒成立,求k的最小值. 10.已知函数f(x)=(2-x)ex. (1)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最值; (2)当x>0时,证明:f(x)<x2-x+2e. 11.[2023·新课标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+. 12.(多选题)若当x>0时,-ln x-2≥0恒成立,则a的可能取值为 (　 ) A.3 B.4 C.5 D.6 13.已知函数f(x)=,g(x)=xe-x,若存在x1∈(0,+∞),x2∈R,使得f(x1)=g(x2)=k(k<0)成立,则ek的取值范围是　　　　.  14.[2025·葫芦岛一模] 已知函数f(x)=-a(ln x+a). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a<0时,f(x)≥(a-1)ln(-a),求实数a的值. 15.[2025·武汉四月调考] 已知函数f(x)=ex-+-1. (1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为-1,求a; (2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 16.已知函数f(x)=aln x+的图象在x=1处的切线方程是y=x+-1. (1)求a,b的值; (2)若函数g(x)=xf(x),求g(x)的单调区间与极值; (3)证明:f(x)>. 17.[2025·日照一模] 已知函数f(x)=axln x. (1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性. (2)当0<a<2时,若曲线y=f(x)上的动点P到直线2x-y-11e=0距离的最小值为2e(e为自然对数的底数). ①求实数a的值; ②求证:f(x)<ex+cos x-2. 18.已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a≤2时,证明:≤e2x. 19.[2026·浙江Z20联盟一联] 已知函数f(x)=xln(x+a)-2x+2ln(x+1),g(x)=2ln(x+a+1)-3x. (1)若a=0,求g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线l的方程; (2)判断x=0是否是函数f(x)的极值点,并说明理由; (3)若不等式f(x)>g(x)+k(x-2)对任意的x∈(2,+∞),a∈[0,2]恒成立,求正整数k的最大值.(参考数据:e=2.718 28…,e2=7.389 05…,e3=20.085 53…) 参考答案 1.D　[解析] 由题设知ax2≥ln x,即a≥对x∈(0,+∞)恒成立.令f(x)=,x>0,则f'(x)==.令f'(x)>0,得0<x<,故f(x)在(0,)上单调递增;令f'(x)<0,得x>,故f(x)在(,+∞)上单调递减.所以f(x)≤f()=,所以a≥.故选D. 2.C　[解析] 存在x∈(-2,-1),使得不等式x2-kx+2>0成立,则k>对x∈(-2,-1)能成立.令f(x)==x+,x∈(-2,-1),则f'(x)=1-=,令f'(x)=0,可得x=-,当x∈(-2,-)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(-,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,又f(-2)=f(-1)=-3,所以f(x)>-3,所以k>-3.故选C. 3.C　[解析] 由f(x)=ex-1-ln x-a,得f'(x)=ex-1-.设g(x)=ex-1-,可得g'(x)=ex-1+,当x≥1时,g'(x)>0,则f'(x)在[1,+∞)上单调递增,故当x≥1时,f'(x)≥f'(1)=0,故f(x)在[1,+∞)上单调递增.因为对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,所以只需f(1)=1-a≥0,解得a≤1,所以a的最大值是1.故选C. 4.C　[解析] 若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则只需f(x)min≤g(x)max.由题可得f'(x)=ex+xex=(x+1)ex,易知函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-.由题可得g(x)max=g(-1)=a,所以a≥-.故选C. 5.A　[解析] 由题意可得(em-1)x<ex-ln x-m恒成立,即xem+m+ln x<ex+x恒成立, 即em+ln x+m+ln x<ex+x恒成立.令φ(x)=ex+x,易知φ(x)=ex+x在定义域上单调递增,原不等式可化为φ(m+ln x)<φ(x),所以m+ln x<x恒成立,即m<x-ln x恒成立.令h(x)=x-ln x,则h'(x)=1-=,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1,所以m<1,故实数m的取值范围是(-∞,1).故选A. 6.ACD　[解析] 由题知,不等式≤k恒成立,设f(x)=,y=k(k为常数),则直线y=k恒在函数f(x)的图象的上方,直线y=k恒过点.f'(x)=,当x<2时,f'(x)>0,当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(2)=,又f(1)=0,当x>1时,f(x)>0,在同一坐标系中,作出函数f(x)的图象与直线y=k,如图.设直线y=k与函数f(x)的图象相切时切点坐标为,∴k==,解得x0=0或x0=,∴当直线y=k与函数f(x)的图象相切时,切线斜率为2或,由图知,≤k≤2.故选ACD. 7.[1,+∞)　[解析] 方法一:设f(x)=ax-sin x,原问题转化为f(x)>0对任意x∈恒成立.因为f'(x)=a-cos x,所以当a≤0,0<x<时,f'(x)<0,故f(x)在上单调递减,所以当x∈时,f(x)<f(0)=0,不符合题意;当a≥1,0<x<时,f'(x)>0,故f(x)在上单调递增,所以当x∈时,f(x)>f(0)=0恒成立,所以a≥1满足题意;当0<a<1时,存在x0∈,使得f'(x0)=0,又f'(x)在上单调递增,所以当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减,所以当x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0,不符合题意.综上,a的取值范围是[1,+∞). 方法二:应用洛必达法则和导数.当x∈时,原不等式等价于a>.令f(x)=,则f'(x)==.又当x∈时,x<tan x,所以当x∈时,f'(x)<0,故f(x)=在上单调递减,又 f(x)===1,所以a≥1.故a的取值范围是[1,+∞). 8.(-π,+∞)　[解析] 因为存在实数x∈[0,2π],使得f(x)<t成立,所以t大于f(x)在[0,2π]上的最小值.由题可得f'(x)=cos x+x(-sin x)-cos x=-xsin x,当x∈[0,2π]时,令f'(x)=0,可得x=0或x=π或x=2π,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表所示, x 0 (0,π) π (π,2π) 2π f'(x) 0 - 0 + 0 f(x) 0 单调递减 极小值 单调递增 2π 所以f(x)在[0,2π]上的最小值为f(π)=-π,所以t>-π,故实数t的取值范围是(-π,+∞). 9.解:(1)由f(x)=ln x-kx≥0(x>0)得k≤,则存在x∈(0,+∞),使k≤成立.令g(x)=(x>0),则g'(x)=,令g'(x)=0得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(e)==,所以k≤. 故k的取值范围为. (2)若f(x)≤对任意x∈(0,+∞)恒成立,则ln x-kx-≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,令h(x)=ln x-kx-(x>0),则h(x)max≤0, 令h'(x)=-k+==0,得x1=-(舍去)或x2=. 当0<x<时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x>时,h'(x)<0,h(x)单调递减. 所以h(x)max=h=ln-k·-=ln-ln k≤0, 则k≥,则k的最小值为. 10.解:(1)∵f(x)=(2-x)ex, ∴f'(x)=-ex+(2-x)ex=(1-x)ex.当-1≤x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当1<x≤2时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 又f(-1)=,f(1)=e,f(2)=0, ∴函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值为e,最小值为0. (2)证明:记g(x)=f(x)-x2+x-2e=(2-x)ex-x2+x-2e,x>0,则g'(x)=(1-x)(ex+1). 当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g(x)的最大值为g(1)=-e,因为-e<0,所以g(x)<0,所以当x>0时,f(x)<x2-x+2e. 11.解:(1)因为f(x)=a(ex+a)-x,所以定义域为R,f'(x)=aex-1. 当a≤0时,aex≤0,故f'(x)=aex-1<0恒成立, 此时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,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. 令g(a)=a2--ln a(a>0),则g'(a)=2a-=. 令g'(a)<0,可得0<a<; 令g'(a)>0,可得a>. 所以g(a)在上单调递减,在上单调递增,所以g(a)min=g=--ln=ln>0,所以g(a)>0, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+. 方法二:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,因为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, 所以h(x)≥h(0)=0,即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,可得0<a<; 令g'(a)>0,可得a>. 所以g(a)在上单调递减,在上单调递增,所以g(a)min=g=--ln=ln>0,所以g(a)>0, 所以当a>0时,f(x)>2ln a+. 12.BCD　[解析] 令t=,t>0,则-ln x-2≥0可化为t-ln t2-2≥0,即≥,令f(t)=(t>0),则f'(t)=,当0<t<1时,f'(t)>0,当t>1时,f'(t)<0,所以f(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(t)max=f(1)=2,所以≥2,解得a≥4.故选BCD. 13.　[解析] 由题设知f(x)=,g(x)===f(ex),因为f(x1)==k<0,所以ln x1<0,则0<x1<1,同理得0<<1,即x2<0.函数f(x)的定义域为(0,+∞),因为f'(x)=>0对x∈(0,1)恒成立,所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.因为f(x1)=g(x2)=k(k<0),所以x1=,即==g(x2)=k,则ek=k2ek.构造函数h(k)=k2ek,其中k<0,则h'(k)=(k2+2k)ek=k(k+2)ek.当k<-2时,h'(k)>0,则函数h(k)在(-∞,-2)上单调递增;当-2<k<0时,h'(k)<0,则函数h(k)在(-2,0)上单调递减.所以h(k)max=h(-2)=,且k2ek>0显然成立,故ek的范围为. 14.解:(1)因为f(x)=-a(ln x+a),其定义域为(0,+∞), 所以f'(x)=--=-, 所以当a≥0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a<0时,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在上单调递减; 当x∈时,f'(x)>0,f(x)在上单调递增. 综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a<0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)由(1)得,当a<0时,f(x)min=f=-a-a=aln(-a)-a-a2, 因为f(x)≥(a-1)ln(-a)恒成立,所以aln(-a)-a-a2≥(a-1)ln(-a),即a2+a-ln(-a)≤0. 令g(a)=a2+a-ln(-a),a<0,则g'(a)=2a+1-==,令g'(a)>0,得-1<a<0,令g'(a)<0,得a<-1, 所以g(a)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增, 所以g(a)min=g(-1)=(-1)2-1-ln 1=0,则g(a)≥0恒成立, 所以g(a)=0,即a2+a-ln(-a)=0,所以a=-1. 15.解:(1)因为f(x)=ex-+-1,所以f'(x)=ex--,依题意f'(1)=e1--=-1,解得a=e. (2)易知f(x)=ex-+-1的定义域为(0,+∞), 因为f(x)=ex-+-1=≥0恒成立, 所以xex-ln x+a-x≥0恒成立. 令g(x)=xex-ln x+a-x,x∈(0,+∞),则g'(x)=(x+1),令h(x)=ex-,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又h=-2<0,h(1)=e-1>0,所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即g'(x0)=0,-=0,则ln x0=-x0. 当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0, 所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≥0,所以a≥-1. 故实数a的取值范围为[-1,+∞). 16.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得f'(x)=-, 则解得 (2)由题意得g(x)=x·f(x)=xln x+(x>0),则g'(x)=ln x+1.当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,所以g(x)的极小值为g=,无极大值. (3)证明:要证f(x)>,即证ln x+>,只需证xln x+>. 令h(x)=(x>0),则h'(x)=,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(1)=. 由(2)知,当x∈(0,+∞)时,g(x)≥g=,又g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同, 所以xln x+>,即ln x+>, 所以f(x)>. 17.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a(ln x+1),令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0<x<,所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)①由(1)知f'(x)=a(ln x+1).设与直线2x-y-11e=0平行的直线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),由f'(x0)=2,得a(ln x0+1)=2, 则ln x0=-1,所以x0=, 又f(x0)=ax0ln x0=a×=(2-a),所以切点的坐标为(,(2-a)).由(1)可知,切点在直线2x-y-11e=0的上方, 所以=2e,整理得a=e, 设-1=t,则a=,所以=e,因为0<a<2,所以t>0. 设H(t)=,t>0,则H'(t)=>0在(0,+∞)上恒成立.所以H(t)=在(0,+∞)上单调递增.又因为H(1)=e,所以-1=1,解得a=1,所以方程a=e只有一个解a=1.故a的值为1.(也可构造H(a)=a) ②证明:当0<x≤1时,xln x≤0,令m(x)=ex+cos x-2,0<x≤1, 因为m'(x)=ex-sin x>0, 所以m(x)在(0,1]上单调递增, 所以m(x)>m(0)=1+1-2=0,所以xln x≤ex+cos x-2成立; 当x>1时,要证xln x<ex+cos x-2,只需证xln x-ex-cos x+2<0, 设h(x)=xln x-ex-cos x+2,x>1,则h'(x)=ln x-ex+sin x+1, 设φ(x)=ln x-ex+sin x+1,x>1,则φ'(x)=-ex+cos x,当x>1时,ex>e,0<<1,-1≤cos x≤1,所以φ'(x)=-ex+cos x<0, 所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以φ(x)<φ(1)=1-e+sin 1<0,即h'(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)<h(1)=2-e-cos 1<0,即当x>1时,xln x<ex+cos x-2成立.综上,当a=1时,f(x)<ex+cos x-2. 18.解:(1)函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=+a.当a≥0时,对任意x∈(0,+∞),f'(x)=+a>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,令f'(x)=+a==0,解得x=-,当x∈时,f'(x)>0,则f(x)在区间上单调递增,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减. (2)证明:当a≤2时,因为x>0,所以要证≤e2x,只需证ln x+ax+1≤xe2x,只需证ln x+2x+1≤xe2x,只需证e2x+ln x≥ln x+2x+1(*). 令g(x)=ex-x-1,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)=e0-0-1=0,所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立),所以(*)式成立,当且仅当2x+ln x=0时,等号成立. 令h(x)=2x+ln x,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h=-1<0,h(1)=2>0, 所以存在x0∈,使得h(x0)=2x0+ln x0=0,所以≤e2x. 19.解:(1)当a=0时,g(x)=2ln(x+1)-3x,则g'(x)=-3, 所以g'(1)=-2, 因为g(1)=2ln 2-3,所以g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线l的方程为y=-2(x-1)+2ln 2-3, 即y=-2x+2ln 2-1. (2)由题可得f'(x)=ln(x+a)+-2+,若x=0是函数f(x)的极值点,则f'(0)=0, 代入得ln a=0,即a=1.当a=1时,f'(x)=ln(x+1)+-2+=ln(x+1)-1+, 令F(x)=ln(x+1)-1+,则F'(x)=-=, 易得F(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以F(x)≥F(0)=0,即f(x)在(-1,+∞)上单调递增,不合题意. 综上,x=0不是函数f(x)的极值点. (3)由题知xln(x+a)-2ln(x+a+1)>-x-2ln(x+1)+k(x-2),上式对任意a∈[0,2]恒成立,以a为主元,令h(a)=xln(x+a)-2ln(x+a+1),a∈[0,2],则只需h(a)min>-x-2ln(x+1)+k(x-2), 因为h'(a)=-=>0,所以h(a)在[0,2]上单调递增,则h(a)min=h(0)=xln x-2ln(x+1),所以xln x-2ln(x+1)>-x-2ln(x+1)+k(x-2),即xln x+x>k(x-2)对任意x∈(2,+∞)恒成立. 方法一:设φ(x)=xln x+x-k(x-2),x∈(2,+∞), 则φ'(x)=ln x+2-k. 当k≤2+ln 2时,φ'(x)>0恒成立,故φ(x)在(2,+∞)上单调递增, 所以φ(x)>φ(2)=2ln 2+2>0,成立.当k>2+ln 2时,φ(x)在(2,ek-2)上单调递减,在(ek-2,+∞)上单调递增,故只需φ(ek-2)>0,即2k-ek-2>0,令H(k)=2k-ek-2(k>2+ln 2),则H'(k)=2-ek-2<2-eln 2=0,所以H(k)在(2+ln 2,+∞)上单调递减. 因为e2<8,e3>10,所以H(4)=8-e2>0,H(5)=10-e3<0, 则自然数k最大可取到4. 综上,自然数k的最大值为4. 方法二:由题意得k<对任意x∈(2,+∞)恒成立,设φ(x)=,x∈(2,+∞), 则φ'(x)=,令H(x)=x-2ln x-4,则H'(x)=1->0,所以H(x)在(2,+∞)上单调递增. 因为e2<8,e3>10,所以H(8)=4-2ln 8=2(2-ln 8)<0,H(10)=6-2ln 10=2(3-ln 10)>0, 所以存在x0∈(8,10),使得φ(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 且x0满足x0-2ln x0-4=0,故k<φ(x0)===, 又∈(4,5),所以自然数k的最大值为4. 方法三:由题意得k<对任意x∈(2,+∞)恒成立,取x=e2,则k<=3+, 因为5<e2<8,所以3+∈(4,5),故k≤4. 下面证明当k=4时原不等式恒成立,代入原不等式,即证ln x-3+>0对任意x∈(2,+∞)恒成立, 设φ(x)=ln x-3+,x∈(2,+∞),则φ'(x)=, 所以φ(x)在(2,8)上单调递减,在(8,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(8)=ln 8-2>0,即k=4成立. 综上,自然数的最大值为4. 学科网（北京）股份有限公司 $