第3章 第18讲 导数与不等式恒成立(能成立)问题（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与不等式恒成立（能成立）核心考点，涵盖f(x)<g(x)型、双变量比较、含参绝对值等题型，按“题型突破-方法归纳-真题演练”逻辑架构，通过作差构造、参变分离、必要性探路、指对同构等视角分类，配合配套精练，帮助学生构建解题体系。 资料特色在于创新融合多种解题策略，如例1-3用必要性探路简化参数范围，培养数学思维。分层设计A组夯基、B组挑战练习，结合真题变式训练提升数学语言表达能力，助力教师精准把控复习节奏，高效突破高考难点。

第18讲　导数与不等式恒成立(能成立)问题 题型突破　能力进阶 举题说法 f(x)＜g(x)型 视角1　作差构造函数 例 1-1　(2025·太原期末)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，g(x)＝ax2－x. (1) 求函数f(x)的单调区间； (2) 当a>0时，若不等式f(x)＋≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 分类讨论法解决恒(能)成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 视角2　参变分离构造函数 例 1-2　(2025·沈阳、大连一模)已知函数f(x)＝ln x－kx. (1) 若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求实数k的取值范围； (2) 已知k>0，若f(x)≤在(0，＋∞)上恒成立，求实数k的最小值． 参变分离法解决恒(能)成立问题： (1) 分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题． (2) a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 视角3　必要性探路 例 1-3　(2025·菏泽期中)若ex－ln x≥ln a＋(a－1)x恒成立，则实数a的最大值为____. 必要性探路法：在解决恒成立问题时，先从满足题意的自变量范围中选择一个数，代入求得一个参数范围，此时这个范围是题意的必要条件．再设法证明该必要条件是题意的充分条件，或者讨论别的点．若充分性成立，则该范围就是题目所求范围． 变式 1-3　若不等式ln x－ax2＋x＋ln a≤0在[1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为(　　) A． B． C．1 D． 视角4　指对同构构造函数(选讲) 例 1-4　对例1-3，还可采取“指对同构”策略去解决． 常见的指对跨阶同构类型： ①积型：aea≤b ln b ②商型：< ③和差型：ea±a>b±ln b 变式 1-4　(2025·马鞍山一模)(多选)已知函数f(x)＝etx－ln x＋(t－1)x，若f(x)≥0恒成立，则实数t的可能取值为(　　) A． B． C． D． f(x1)＜g(x2)型 例2　设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值． 一般地，已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]，y＝g(x)，x∈[c，d]. (1) 若∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，总有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)max<g(x2)min； (2) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)max<g(x2)max； (3) 若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)min<g(x2)max； (4) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＝g(x2)，则f(x1)的值域是g(x2)值域的子集． 变式2　(2025·南阳期末)已知函数f(x)＝x2e1-x，g(x)＝a ln x－x(a<0)，若对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是____． f(x1，x2)＜g(x1，x2)型 例3　已知函数f(x)＝x－1－a ln x(a∈R)，若a<0，且对任意的x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4|－|，求实数a的取值范围． (1) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>k，则y＝f(x)－kx在D上是增函数； (2) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>，则y＝f(x)＋在D上是增函数； (3) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>x1＋x2，则y＝f(x)－x2在D上是增函数． 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．若对任意正实数x，不等式x－ln x＋1>a恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1)　　　B．(－∞，2)　　　C．(1，＋∞)　　　D．(2，＋∞) 2．若存在正实数x使ex(x2－a)<1成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，＋∞)　　　　 B．(0，＋∞) C．(－2，＋∞)　　　　 D．[－1，＋∞) 3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)＝kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<－x2恒成立，则实数k的取值范围为(　　) A．(－∞，0)　　　　 B．(－∞，0] C．(－∞，－1)　　　　 D．(－∞，－1] 4．若不等式ln x－ax2≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．　　　　 B． C．　　　　 D． 二、 多项选择题 5．下列说法正确的是(　　) A．当x∈R时，ex≥x＋1 B．当x>0时，ln x≤x－1 C．当x∈R时，ex≥ex D．当x∈R时，x≥sin x 6．已知不等式ex－1≥kx＋ln x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 三、 填空题 7．已知函数f(x)＝aex－x2－x，若f(x)在R上单调递增，则实数a的取值范围是____． 8．(2025·蚌埠适应考节选)已知函数f(x)＝ln (ax)＋，其中a>0.若f(x)≥ln a恒成立，则实数a的取值范围为____． 9．(2025·潍坊模拟节选)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax，若f(x)－g(x)≤ex恒成立，则实数a的最小值为____． 四、 解答题 10．(2025·佛山二模)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R). (1) 若曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a的值； (2) 若f(x)图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围． 11．(2025·太原一模)已知函数f(x)＝x－a ln x，a∈R. (1) 讨论函数f(x)的单调性； (2) 当x∈(0，＋∞)时，若f(x)≥cos (x－1)恒成立，求a的值． B组　能力挑战(挑战点：指对跨阶同构) 12．(2025·烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，1]　　　　 B．(0，e－1] C．(－∞，1]　　　　 D．(－∞，e－1] 13．已知函数f(x)＝emx－ln x(m>0)，当x>1时，f(x)>0恒成立，则m的取值范围为(　　) A．(1，＋∞)　　　　 B．(e，＋∞) C．　　　　 D． 配套精练 练习2 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．若不等式>0在[1，2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－∞，4) D．(4，＋∞) 2．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－.若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　　) A． B． C．(－∞，0] D．(－∞，0) 3．已知函数f(x)＝x3－3x＋a，g(x)＝.若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的最大值为(　　) A．7 B．5 C． D．3 4．已知函数f(x)＝ln x＋ax(a>0)，若对任意的x1，x2∈，且x1≠x2，不等式|f(x2)－f(x1)|<|－|恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，2) B．(2，＋∞) C．(0，2] D．[2，＋∞) 二、 多项选择题 5．已知函数f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值可以是(　　) A．0 B．－1 C．－2 D．－ 6．已知函数f(x)＝ex-1＋e1-x＋x2－2x，若不等式f(2－a)<f(x2＋3)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值可能是(提示：f(x)的图象关于直线x＝1对称)(　　) A．－4 B．－ C．1 D．2 二、 填空题 7．已知f(x)＝，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈[，]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的最小值为____． 8．(2025·益阳三模)设函数f(x)＝2x ln x，g(x)＝ax－4，若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，则实数a的取值范围是____． 9．已知函数f(x)＝ln x＋ax2，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有>2，则实数a的取值范围是____． 四、 解答题 10．(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝x ln x＋(a＋1)x. (1) 求曲线y＝g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2) 若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 11．(2025·郑州期末)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x(a∈R)，g(x)＝x－. (1) 求函数f(x)的单调区间； (2) 若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≤g(x2)，求实数a的取值范围． B组　能力挑战(挑战点：放缩法) 12．(2026·青岛10月调研)已知函数f(x)＝x－a ln x－3ex-1，x∈[1，＋∞). (1) 若f(x)是减函数，求实数a的取值范围； (2) 当a≥1时，证明：f(x)＋x2＋1≤0. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第18讲　导数与不等式恒成立(能成立)问题 题型突破　能力进阶 举题说法 f(x)＜g(x)型 视角1　作差构造函数 例 1-1　(2025·太原期末)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，g(x)＝ax2－x. (1) 求函数f(x)的单调区间； 【解答】 由题意得f′(x)＝－a＝，x∈(0，＋∞).当a≤0时，f′(x)＝>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，令f′(x)<0，得x>；令f′(x)>0，得0<x<，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2) 当a>0时，若不等式f(x)＋≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】 当a>0时，令h(x)＝g(x)－f(x)－，x∈(0，＋∞)，则h(x)＝ax2＋(a－1)x－ln x－，x∈(0，＋∞).由题意，得h(x)min≥0.因为h′(x)＝ax＋(a－1)－＝＝，令h′(x)<0，得0<x<；令h′(x)>0，得x>，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)min＝h＝－＋ln a，故－＋ln a≥0.因为t(a)＝－＋ln a在(0，＋∞)上单调递增，又t(1)＝0，所以a≥1，所以实数a的取值范围为[1，＋∞). 分类讨论法解决恒(能)成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 视角2　参变分离构造函数 例 1-2　(2025·沈阳、大连一模)已知函数f(x)＝ln x－kx. (1) 若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求实数k的取值范围； 【解答】 由f(x)＝ln x－kx≥0(x>0)，得k≤，由题意可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)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)＝＝.若存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，则k≤.故k的取值范围是. (2) 已知k>0，若f(x)≤在(0，＋∞)上恒成立，求实数k的最小值． 【解答】 若f(x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝ln x－kx－(x>0)，则h(x)max≤0.令h′(x)＝－k＋＝＝0，则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≥，故k的最小值为. 参变分离法解决恒(能)成立问题： (1) 分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题． (2) a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 视角3　必要性探路 例 1-3　(2025·菏泽期中)若ex－ln x≥ln a＋(a－1)x恒成立，则实数a的最大值为__e__. 【解析】 因为ex－ln x≥ln a＋(a－1)x，对∀x∈(0，＋∞)恒成立，不妨取x＝1，则有e≥ln a＋a－1，即ln a＋a≤e＋1.令f(x)＝ln x＋x，则f(a)≤f(e)，易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故0<a≤e，原不等式可化为ex－ln x－ln a－(a－1)x≥0，令F(x)＝ex－ln x－ln a－(a－1)x，所以F′(x)＝ex－－(a－1)，F″(x)＝ex＋>0，知F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，取a＝e，F′(x)＝ex－－(e－1)，有F′(1)＝0，所以当0<x<1时，F′(x)<0，当x>1时，F′(x)>0，所以F(x)min＝F(1)＝e－ln a－(a－1)＝e－ln e－(e－1)＝0，即F(x)≥F(x)min＝0，故原不等式成立，满足条件，则有0<a≤e，故实数a的最大值为e. 必要性探路法：在解决恒成立问题时，先从满足题意的自变量范围中选择一个数，代入求得一个参数范围，此时这个范围是题意的必要条件．再设法证明该必要条件是题意的充分条件，或者讨论别的点．若充分性成立，则该范围就是题目所求范围． 变式 1-3　若不等式ln x－ax2＋x＋ln a≤0在[1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为(　C　) A． B． C．1 D． 【解析】 设f(x)＝ln x－ax2＋x＋ln a，x∈[1，＋∞)，f′(x)＝－2ax＋1，因为a>0，所以y＝－2ax＋1在[1，＋∞)上为减函数，又函数y＝在[1，＋∞)上也为减函数，所以f′(x)在[1，＋∞)上单调递减．①当a＝1时，f′(x)＝－，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝0，符合题意；②当0<a<1时，f′(1)＝2(1－a)>0，f′＝a－1<0，所以存在x1∈，使得f′(x1)＝0，所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)>f＝ln －a·2＋＋ln a＝0，不符合题意，舍去；③当a>1时，f′(1)＝2(1－a)<0，又f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当x∈[1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝ln a－a＋1.令g(a)＝ln a－a＋1(a>1)，则g′(a)＝<0，所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(a)<g(1)＝0，符合题意．综上所述，a的最小值为1. 视角4　指对同构构造函数(选讲) 例 1-4　对例1-3，还可采取“指对同构”策略去解决． 【解答】 因为ex－ln x≥ln a＋(a－1)x⇒ex＋x≥ln a＋ln x＋ax＝eln (ax)＋ln (ax)，x>0.构造函数h(x)＝ex＋x，x>0，因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax)，则x≥ln (ax)⇒x－ln x≥ln a⇒ln a≤(x－ln x)min.构造函数f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－＝，x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以(x－ln x)min＝f(1)＝1，故ln a≤1⇒0<a≤e.故实数a的最大值为e. 常见的指对跨阶同构类型： ①积型：aea≤b ln b ②商型：< ③和差型：ea±a>b±ln b 变式 1-4　(2025·马鞍山一模)(多选)已知函数f(x)＝etx－ln x＋(t－1)x，若f(x)≥0恒成立，则实数t的可能取值为(　AD　) A． B． C． D． 【解析】 由f(x)＝etx－ln x＋(t－1)x≥0，得etx＋tx≥ln x＋x，即etx＋tx≥ln x＋eln x，故f(x)≥0恒成立转化成etx＋tx≥eln x＋ln x恒成立．记g(x)＝ex＋x，g′(x)＝ex＋1>0，则g(x)在R上单调递增，故由etx＋tx≥ln x＋eln x得g(tx)≥g(ln x)，故tx≥ln x恒成立，即t≥max.记h(x)＝，x>0，h′(x)＝，易知当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增，故当x＝e时，h(x)取得最大值，故t≥. f(x1)＜g(x2)型 例2　设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值． 【解答】 对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x1)min≤g(x2)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，所以f(x)≥0恒成立，当且仅当x＝1时，f(x)min＝0，所以对∀x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即ex－ax－1≥0(x≥0).当x＝0时，ex－ax－1＝0；当x>0时，由ex－ax－1≥0，得a≤恒成立．记h(x)＝ex－x－1，x>0，则h′(x)＝ex－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(0)＝0，所以h(x)＝ex－x－1>0恒成立，即ex－1>x，所以>1(x>0)，所以a≤1.所以a的最大值为1. 一般地，已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]，y＝g(x)，x∈[c，d]. (1) 若∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，总有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)max<g(x2)min； (2) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)max<g(x2)max； (3) 若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)min<g(x2)max； (4) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＝g(x2)，则f(x1)的值域是g(x2)值域的子集． 变式2　(2025·南阳期末)已知函数f(x)＝x2e1-x，g(x)＝a ln x－x(a<0)，若对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是____． 【解析】 因为对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f(x1)≤g(x2)，所以f(x1)max≤g(x2)max.f′(x)＝2xe1-x＋x2e1-x(－1)＝xe1-x(2－x)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝0(舍去).当1≤x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当2<x≤3时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)max＝f(2)＝.g(x)＝a ln x－x(a<0)，则g′(x)＝－1＝，因为a<0，所以g′(x)<0在上恒成立，则g(x)在上单调递减，g(x)max＝g＝－a－，所以≤－a－，故a≤－. f(x1，x2)＜g(x1，x2)型 例3　已知函数f(x)＝x－1－a ln x(a∈R)，若a<0，且对任意的x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4|－|，求实数a的取值范围． 【解答】 f′(x)＝1－，x>0，当a<0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，1]上是增函数．又函数y＝在(0，1]上是减函数，不妨设0<x1＜x2≤1，则|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，|－|＝－，所以|f(x1)－f(x2)|≤4|－|等价于f(x2)－f(x1)≤－，即f(x2)＋≤f(x1)＋.设h(x)＝f(x)＋＝x－1－a ln x＋，则|f(x1)－f(x2)|≤4|－|等价于h(x)在区间(0，1]上是减函数．因为h′(x)＝1－－＝，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a≥x－在x∈(0，1]时恒成立．因为y＝x－在区间(0，1]上是增函数，所以y＝x－的最大值为－3，所以a≥－3.又a<0，所以a∈[－3，0). (1) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>k，则y＝f(x)－kx在D上是增函数； (2) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>，则y＝f(x)＋在D上是增函数； (3) 若对任意的x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有>x1＋x2，则y＝f(x)－x2在D上是增函数． 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．若对任意正实数x，不等式x－ln x＋1>a恒成立，则实数a的取值范围是(　B　) A．(－∞，1)　　　B．(－∞，2)　　　C．(1，＋∞)　　　D．(2，＋∞) 【解析】 令f(x)＝x－ln x＋1，其中x>0，则a<f(x)min.f′(x)＝1－＝，当0<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝2，所以a<2. 2．若存在正实数x使ex(x2－a)<1成立，则实数a的取值范围是(　A　) A．(－1，＋∞)　　　　 B．(0，＋∞) C．(－2，＋∞)　　　　 D．[－1，＋∞) 【解析】 若存在正实数x使ex(x2－a)<1成立，即a>x2－在区间(0，＋∞)上有解．令f(x)＝x2－，x>0，f′(x)＝2x＋>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝－1.又a>x2－在区间(0，＋∞)上有解，所以a∈(－1，＋∞). 3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)＝kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<－x2恒成立，则实数k的取值范围为(　D　) A．(－∞，0)　　　　 B．(－∞，0] C．(－∞，－1)　　　　 D．(－∞，－1] 【解析】 由f(x)<－x2，得k<x ln x－x在x∈(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x ln x－x(x>1)，则g′(x)＝ln x＋1－1＝ln x>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝－1，即k≤－1. 4．若不等式ln x－ax2≤0恒成立，则实数a的取值范围是(　D　) A．　　　　 B． C．　　　　 D． 【解析】 由题设知ax2≥ln x，即a≥恒成立．令f(x)＝且x>0，则f′(x)＝＝，令f′(x)>0，解得0<x<，此时f(x)单调递增；令f′(x)<0，解得x>，此时f(x)单调递减，所以f(x)≤f()＝，故a≥. 二、 多项选择题 5．下列说法正确的是(　ABC　) A．当x∈R时，ex≥x＋1 B．当x>0时，ln x≤x－1 C．当x∈R时，ex≥ex D．当x∈R时，x≥sin x 【解析】 对于A，设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，解得x＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数在x＝0处取得最小值，即f(x)min＝f(0)＝0，则当x∈R时，ex≥x＋1，故A正确；对于B，设f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝－1＝，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝0，故当x>0时，ln x≤x－1恒成立，故B正确；对于C，设f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，所以当x∈R时，ex≥ex，故C正确；对于D，设函数f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以奇函数f(x)在R上单调递增，所以x≥0时，x≥sin x，x<0时，x<sin x，故D错误． 6．已知不等式ex－1≥kx＋ln x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以为(　AB　) A．0 B．1 C．2 D．3 【解析】 不等式ex－1≥kx＋ln x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于k≤对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝.令g(x)＝ex(x－1)＋ln x(x>0)，则g′(x)＝xex＋>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(1)＝e－1，所以k≤e－1. 三、 填空题 7．已知函数f(x)＝aex－x2－x，若f(x)在R上单调递增，则实数a的取值范围是__[1，＋∞)__． 【解析】 由函数f(x)＝aex－x2－x，可得f′(x)＝aex－x－1.因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即aex－x－1≥0在R上恒成立，即a≥在R上恒成立．令h(x)＝，可得h′(x)＝＝，当x>0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以当x＝0时，函数h(x)取得极大值也是最大值，即最大值为h(0)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 8．(2025·蚌埠适应考节选)已知函数f(x)＝ln (ax)＋，其中a>0.若f(x)≥ln a恒成立，则实数a的取值范围为____． 【解析】 f(x)≥ln a⇒ln (ax)＋≥ln a⇒ln x＋≥0，其中x>0，所以问题转化为a≥－x ln x(x>0)恒成立．记g(x)＝－x ln x，则g′(x)＝－ln x－1，令g′(x)>0，得0<x<；令g′(x)<0，得x>，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，故g(x)的最大值为g＝，所以a≥. 9．(2025·潍坊模拟节选)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax，若f(x)－g(x)≤ex恒成立，则实数a的最小值为__－1－e__． 【解析】 函数f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，不等式f(x)－g(x)≤ex恒成立，即x ln x－(x2＋ax)≤ex恒成立，则∀x>0，a≥ln x－x－e.令h(x)＝ln x－x－e，x>0，求导得h′(x)＝－1，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，故函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是h(x)max＝h(1)＝－1－e，则a≥－1－e，所以a的最小值为－1－e. 四、 解答题 10．(2025·佛山二模)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R). (1) 若曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a的值； 【解答】 由题知f′(x)＝，则f′(1)＝1，则切线方程为y＝x－1.由g′(x)＝(x>0，a∈R)，令g′(x)＝1，可得x＝且a>0，则g()＝1－，所以切线方程为y－(1－)＝x－，则y＝x＋1－2.因为曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，所以1－2＝－1，解得a＝1. (2) 若f(x)图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围． 【解答】 若f(x)图象恒在g(x)图象的上方，则ln x－1＋>0恒成立，所以a>x－x ln x在(0，＋∞)上恒成立．设y＝x－x ln x，则y′＝－ln x，当0<x<1时，y′>0，y＝x－x ln x在(0，1)上单调递增，当x>1时，y′<0，y＝x－x ln x在(1，＋∞)上单调递减，所以ymax＝1－1×ln 1＝1，故a>1.即实数a的取值范围是(1，＋∞). 11．(2025·太原一模)已知函数f(x)＝x－a ln x，a∈R. (1) 讨论函数f(x)的单调性； 【解答】 函数f(x)＝x－a ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝1－.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<a；由f′(x)>0，得x>a，所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．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(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． (2) 当x∈(0，＋∞)时，若f(x)≥cos (x－1)恒成立，求a的值． 【解答】 令g(x)＝f(x)－cos (x－1)＝x－a ln x－cos (x－1)，x>0，求导得g′(x)＝1－＋sin (x－1).由当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥cos (x－1)恒成立，得∀x∈(0，＋∞)，g(x)≥0恒成立，而g(1)＝0，因此g(1)是函数g(x)的最小值．又g(x)在(0，＋∞)上可导，所以1是g(x)的极小值点，g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1.当a＝1时，g(x)＝x－ln x－cos (x－1)，x>0，令h(x)＝x－1－ln x，x>0，求导得h′(x)＝1－，由h′(x)<0，得0<x<1；由h′(x)>0，得x>1，故函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则h(x)≥h(1)＝0，即x－ln x≥1，因此g(x)＝x－ln x－cos (x－1)≥1－cos (x－1)≥0，当且仅当x＝1时取等号，所以a＝1. B组　能力挑战(挑战点：指对跨阶同构) 12．(2025·烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　C　) A．(0，1]　　　　 B．(0，e－1] C．(－∞，1]　　　　 D．(－∞，e－1] 【解析】 因为xex－x－ln x－a≥0，即eln x＋x－(ln x＋x)－a≥0，令t＝ln x＋x，t∈R，则et－t－a≥0恒成立，即a≤et－t恒成立．令φ(t)＝et－t，则φ′(t)＝et－1.当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，所以φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(t)min＝φ(0)＝1，所以a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]. 13．已知函数f(x)＝emx－ln x(m>0)，当x>1时，f(x)>0恒成立，则m的取值范围为(　D　) A．(1，＋∞)　　　　 B．(e，＋∞) C．　　　　 D． 【解析】 当x>1时，原不等式等价于emx>ln x，mx·emx>x ln x＝ln x·eln x，令g(t)＝tet(t>0)，则g′(t)＝(1＋t)et>0，g(t)在(0，＋∞)上单调递增．因为mx>0，ln x>0(x>1)，所以由mx·emx>ln x·eln x，得mx>ln x，即m>(x>1).设h(x)＝，则h′(x)＝(x>1)，令h′(x)＝0，得x＝e，当1<x<e时，h′(x)>0，当x>e时，h′(x)<0，故h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，从而h(x)max＝h(e)＝，所以m>. 配套精练 练习2 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．若不等式>0在[1，2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　D　) A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(－∞，4) D．(4，＋∞) 【解析】 依题意，不等式x3－2x－a<0，即a>x3－2x在[1，2]上恒成立．令g(x)＝x3－2x，则g′(x)＝3x2－2>0在[1，2]上恒成立，因此g(x)max＝g(2)＝4，故a>4. 2．已知函数f(x)＝m－2ln x(m∈R)，g(x)＝－.若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)<g(x0)成立，则实数m的取值范围是(　B　) A． B． C．(－∞，0] D．(－∞，0) 【解析】 由题意，不等式f(x)<g(x)在[1，e]上有解，所以mx<2ln x在[1，e]上有解，即<在[1，e]上能成立．令h(x)＝，则h′(x)＝，当1≤x≤e时，h′(x)≥0，所以h(x)在[1，e]上单调递增，h(x)max＝h(e)＝，所以<，即m<.故m的取值范围是. 3．已知函数f(x)＝x3－3x＋a，g(x)＝.若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的最大值为(　D　) A．7 B．5 C． D．3 【解析】 因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3，所以当x∈(－2，－1)，(1，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．因为f(－2)＝－2＋a，f(－1)＝2＋a，f(1)＝－2＋a，f(2)＝2＋a，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2＋a.因为g(x)＝＝2＋，所以g(x)在[2，3]上单调递减，所以当x∈[2，3]时，g(x)max＝g(2)＝5.因为对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，所以2＋a≤5，即a≤3，所以实数a的最大值为3. 4．已知函数f(x)＝ln x＋ax(a>0)，若对任意的x1，x2∈，且x1≠x2，不等式|f(x2)－f(x1)|<|－|恒成立，则实数a的取值范围为(　C　) A．(0，2) B．(2，＋∞) C．(0，2] D．[2，＋∞) 【解析】 因为f′(x)＝＋a>0，所以函数f(x)＝ln x＋ax在上单调递增，不妨设x1<x2，则 |f(x2)－f(x1)|<|－|等价于f(x2)＋<f(x1)＋对任意的x1，x2∈恒成立．令F(x)＝f(x)＋＝ln x＋ax＋，x∈，则有F(x2)<F(x1)，即函数F(x)在上单调递减，所以F′(x)＝≤0在时恒成立，等价于ax2＋x－1≤0在时恒成立．又a>0，只需满足＋－1≤0即可，所以0<a≤2，即实数a的取值范围为(0，2]. 二、 多项选择题 5．已知函数f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值可以是(　AD　) A．0 B．－1 C．－2 D．－ 【解析】 f′(x)＝－·－＝＝－，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，2)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在[1，2]上单调递增，故当x∈(0，2]时，f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，该函数图象开口向下，所以其在区间[1，2]上的最小值在端点处取得．要使对∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min.因为函数g(x)的图象开口向下，所以当x2∈[1，2]时，g(x2)min＝min{g(1)，g(2)}，所以≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，解得a≥－. 6．已知函数f(x)＝ex-1＋e1-x＋x2－2x，若不等式f(2－a)<f(x2＋3)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值可能是(提示：f(x)的图象关于直线x＝1对称)(　BCD　) A．－4 B．－ C．1 D．2 【解析】 因为f(x)＝ex-1＋e1-x＋x2－2x，所以f(2－x)＝e1-x＋ex-1＋(2－x)2－2(2－x)＝f(x)，即函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x>1时，y＝x2－2x＝(x－1)2－1为增函数．令g(x)＝ex-1＋e1-x，则g′(x)＝ex-1－e1-x，当x>1时，ex-1>1，e1-x<1，所以g′(x)>0，所以g(x)＝ex-1＋e1-x为增函数，所以当x>1时，f(x)为增函数．由对称性可知，当x<1时，f(x)为减函数．因为f(2－a)<f(x2＋3)恒成立，所以|1－a|<|x2＋2|恒成立，即|1－a|<2，解得－1<a<3. 二、 填空题 7．已知f(x)＝，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈[，]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的最小值为__－4__． 【解析】 由题意可知f(x1)max≤g(x2)max.f(x)＝⇒f′(x)＝，则f′()＝0，当≤x<时，f′(x)>0，当<x≤时，f′(x)<0，所以f(x)在[，)上单调递增，在(，]上单调递减，从而f(x1)max＝f()＝.g(x)＝2x＋a在[1，2]上单调递增，则g(x2)max＝g(2)＝4＋a，所以≤4＋a，于是a≥－4，即a的最小值为－4. 8．(2025·益阳三模)设函数f(x)＝2x ln x，g(x)＝ax－4，若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，则实数a的取值范围是__[2ln 2＋2，＋∞)__． 【解析】 由f(x)≤g(x)，得2x ln x≤ax－4，即不等式a≥2ln x＋在(0，＋∞)上能成立．设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝－＝，令h′(x)<0，得0<x<2，令h′(x)>0，得x>2，所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝h(2)＝2＋2ln 2，所以a≥2＋2ln 2，即实数a的取值范围为[2＋2ln 2，＋∞). 9．已知函数f(x)＝ln x＋ax2，若对任意两个不等的正实数x1，x2，都有>2，则实数a的取值范围是____． 【解析】 由题意，不妨设x1>x2>0，因为对任意两个不等的正实数x1，x2，都有>2，所以f(x1)－f(x2)>2x1－2x2，即f(x1)－2x1>f(x2)－2x2，构造函数g(x)＝f(x)－2x＝ln x＋ax2－2x(x>0)，则g(x1)>g(x2)，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－在(0，＋∞)上恒成立．设m(x)＝－(x>0)，则m′(x)＝－＋＝，所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m(1)＝1－＝，所以a≥. 四、 解答题 10．(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝x ln x＋(a＋1)x. (1) 求曲线y＝g(x)在(1，g(1))处的切线方程； 【解答】 g(1)＝a＋1，g′(x)＝ln x＋a＋2，g′(1)＝a＋2，所以g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y－(a＋1)＝(a＋2)(x－1)，即(a＋2)x－y－1＝0. (2) 若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】 由f(x)≥g(x)可知ex＋x2≥x ln x＋(a＋1)x，即－ln x＋x－(a＋1)≥0恒成立．设F(x)＝－ln x＋x－(a＋1)，F′(x)＝，当x∈(0，1)时，F′(x)<0，F(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝1时，F(x)取得最小值，最小值为F(1)＝e－a.由题意知e－a≥0，即a≤e，故实数a的取值范围为(－∞，e]. 11．(2025·郑州期末)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x(a∈R)，g(x)＝x－. (1) 求函数f(x)的单调区间； 【解答】 函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝.①当a≤0时，由f′(x)<0可得x>，由f′(x)>0可得0<x<，此时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；②当0<<，即当a>2时，由f′(x)<0可得<x<；由f′(x)>0可得0<x<或x>，此时，函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为；③当＝，即a＝2时，对任意的x>0，f′(x)≥0恒成立且f′(x)不恒为零，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；④当>，即0<a<2时，由f′(x)<0可得<x<；由f′(x)>0可得0<x<或x>，此时，函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当0<a<2时，函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为；当a＝2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>2时，函数f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为. (2) 若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≤g(x2)，求实数a的取值范围． 【解答】 若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≤g(x2)，则f(x1)max≤g(x2)max.g′(x)＝1＋>0，故g(x)在[－2，－1]上单调递增，当x＝－1时，g(x)取得最大值1，即g(x2)max＝1.由(1)知，当a≤0时，f(x1)max＝f＝－1－－ln 2.令－1－－ln 2≤1，得a≥－8－4ln 2，故－8－4ln 2≤a≤0.当a>0时，f(x1)无最大值，不符合题意．综上，实数a的取值范围为[－8－4ln 2，0]. B组　能力挑战(挑战点：放缩法) 12．(2026·青岛10月调研)已知函数f(x)＝x－a ln x－3ex-1，x∈[1，＋∞). (1) 若f(x)是减函数，求实数a的取值范围； 【解答】 因为f(x)是减函数，所以f′(x)＝1－－3ex-1≤0，x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥x－3xex-1，x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥(x－3xex-1)max，x∈[1，＋∞).令g(x)＝x－3xex-1，则g′(x)＝1－3(x＋1)ex-1<0，所以g(x)＝x－3xex-1在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－2，所以a≥－2，即实数a的取值范围是[－2，＋∞). (2) 当a≥1时，证明：f(x)＋x2＋1≤0. 【解答】 令h(x)＝f(x)＋x2＋1＝x－a ln x－3ex-1＋x2＋1，x≥1，所以h′(x)＝1－－3ex-1＋2x，因为a≥1，所以h′(x)＝1－－3ex-1＋2x≤1－－3ex-1＋2x，令M(x)＝ex－x－1，x≥1，则M′(x)＝ex－1>0，所以M(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以M(x)≥M(1)＝e－2>0，所以ex>x＋1，所以ex-1≥x，所以h′(x)≤1－－3ex-1＋2x≤1－－3x＋2x＝1－，因为x＋≥2，所以h′(x)<0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝0，所以f(x)＋x2＋1≤0，得证． 学科网（北京）股份有限公司 $