第3单元 06 第19讲 第1课时 利用导数研究恒（能）成立问题（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦导数与不等式结合的恒(能)成立问题，通过多样化题型系统训练导数工具性应用，强化数学思维中的推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |恒成立问题|7题(1,2,4,5,7(2),9,11(2))|选择/填空/解答，求参数范围|导数求函数最值→不等式等价转化，体现数学思维的逻辑性| |能成立问题|3题(3,6,10)|存在性参数问题|函数值域分析→不等式存在性条件，培养数学眼光的抽象能力| |综合应用|2题(7(1),12)|含参函数综合题|导数工具与函数性质融合，提升数学语言表达的严谨性|

第19讲　导数与不等式 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 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] 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. 3.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. 4.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. 5.[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,+∞). 6.(-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,+∞). 7.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. 8.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. 9.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. 10.　[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. 11.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,+∞). 12.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k的最大值为4. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲　导数与不等式 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 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.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 3.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. 4.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) 5.若不等式ax>sin x对任意x∈恒成立,则a的取值范围是　　　　.  6.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　　　　.  7.[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. 8.(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 9.(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. 10.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　　　　.  11.[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. 12.[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…) 学科网（北京）股份有限公司 $