课时规范练19　利用导数研究不等式恒(能)成立问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 练习聚焦导数研究不等式恒（能）成立问题，分层设计基础与提升两层，题量配比1:1，通过单调性讨论、极值求解到综合函数性质应用，构建从单一到综合的知识巩固路径，培养数学推理与模型观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|导数单调性讨论、极值求解|单一知识点应用，如第1题(1)用导数判断含参函数单调性| |提升层|恒成立综合问题|多知识点融合，如第2题结合函数单调性与恒成立参数讨论|

课时规范练19　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 1.(2025辽宁盘锦三模)已知函数f(x)=x2-3x+λln x. (1)当0<λ<时,讨论f(x)的单调性; (2)若∀x∈[2,4],f(x)≤0,求实数λ的取值范围. 2.(2025广西河池二模)已知函数f(x)=x2ex+x,g(x)=sin x-ax,其中a∈R. (1)当a=1时,求曲线y=g(x)在点处的切线方程. (2)判断函数f(x)的单调性并证明. (3)令F(x)=f(x)g(x).问:是否存在实数a,使得对任意x∈R,F(x)≤0恒成立?若存在,求a的取值范围;若不存在,请说明理由. 3.已知函数f(x)=(x+1)e-ax,a≠0,若对任意的x≥0,不等式f(x)≤x+1恒成立,求实数a的取值范围. 4.已知f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性和极值; (2)当x∈(0,e]时,f(x)≤3有解,求a的取值范围. 参考答案 1.解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-3+. 由f'(x)=0,即2x2-3x+λ=0,得Δ=9-8λ.当0<λ<时,Δ>0,故方程有两个正根, 即x1=,x2=. 当0<λ<时,0<x1<x2, 所以当x∈(0,x1)时,f'(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,当x∈(x2,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,)内单调递增;在()内单调递减;在(,+∞)上单调递增. (2)令x2-3x+λln x≤0, 因为x∈[2,4],所以ln x>0,故λ≤. 令g(x)=,则g'(x)=. 令h(x)=(3-2x)ln x-3+x, 则h'(x)=-2ln x+-1. 易知h'(x)为减函数,则在[2,4]上,h'(x)≤h'(2)=-2ln 2<0, 所以h(x)在[2,4]上单调递减, 则h(x)≤h(2)=-ln 2-1<0, 则g'(x)<0,g(x)在[2,4]上单调递减, 故λ≤g(x)min=g(4)=-, 所以实数λ的取值范围为. 2.解 (1)当a=1时,g(x)=sin x-x,则g'(x)=cos x-1, 所以g=1-,g'=-1, 此时曲线y=g(x)在点处的切线方程为y-1+=-,即x+y-1=0. (2)函数f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,理由如下: 函数f(x)=x2ex+x的定义域为R,且f'(x)=ex(x2+2x)+1, 当x≥0或x≤-2时,ex(x2+2x)≥0,则f'(x)>0, 当-2<x<0时,e-2<ex<1且-1≤x2+2x<0,则0<-ex(x2+2x)<1,所以f'(x)>0. 又f(0)=0,所以函数f(x)在(-∞,+∞)上为增函数且只有一个零点0. (3)因为g(x)定义域为R且g(x)=-g(-x), 所以g(x)为R上的奇函数且g(0)=0. 函数F(x)的定义域为R,由(2)知函数f(x)在(-∞,+∞)上为增函数且f(0)=0, 所以对任意x∈R,F(x)≤0等价于g(x)>0在(-∞,0)上恒成立. ①当a≥1时,g'(x)=cos x-a≤0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,则g(x)>g(0)=0,符合题意; ②当a≤-1时,g'(x)=cos x-a≥0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,则g(x)<g(0)=0,不符合题意; ③当-1<a<1时,令g'(x)=cos x-a=0,得cos x=a, 则一定存在x0∈(-∞,0),使得cos x0=a,所以当x∈(x0,0)时,g'(x)=cos x-a>0, 所以g(x)在(x0,0)内单调递增, 则g(x)<g(0)=0,不符合题意. 综上,存在实数a满足题意,a的取值范围是[1,+∞). 3.解对任意的x≥0,不等式f(x)≤x+1恒成立,即对任意的x≥0,(x+1)e-ax≤x+1恒成立, 当x≥0时,(x+1)e-ax>0,x+1>0,将不等式两边取对数得ln(x+1)-ax≤ln(x+1),即ln(x+1)-ln(x+1)-ax≤0.因此只需证明当x≥0时,不等式ln(x+1)-ln(x+1)-ax≤0恒成立即可. 令g(x)=ln(x+1)-ln(x+1)-ax,x≥0,则g'(x)=-a=-a. 若a≥,因为当x≥0时,, 所以g'(x)=-a≤0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递减,因此g(x)≤g(0)=0. 若a<0,因为当x≥0时,>0,所以g'(x)=-a>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此g(x)≥g(0)=0,不符合题意. 若0<a<,令g'(x)=-a=0,得x=(x=-舍去),当x∈(0,)时,g'(x)=-a>0,所以g(x)在区间(0,)内单调递增,于是g(x)>g(0)=0,不符合题意. 综上,当不等式f(x)≤x+1恒成立时,实数a的取值范围是[,+∞). 4.解(1)f'(x)=a-,x>0, 当a≤0时,f'(x)<0恒成立,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,无极值; 当a>0时,令f'(x)=0,得x=,令f'(x)<0,得0<x<,函数f(x)在区间(0,)内单调递减, 令f'(x)>0,得x>,函数f(x)在区间(,+∞)上单调递增,当x=时,函数f(x)取得极小值f()=1+ln a. 综上可知,当a≤0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无增区间,无极值; 当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(,+∞),单调递减区间为(0,),极小值为1+ln a,无极大值. (2)由题意可知,ax-ln x≤3,在x∈(0,e]时有解,则a≤,在x∈(0,e]时有解,即a≤()max,x∈(0,e]. 设g(x)=,x∈(0,e], 则g'(x)=-, 令g'(x)=0,得x=, 当0<x<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)的最大值为g()=e2,即a≤e2, 所以实数a的取值范围是(-∞,e2]. 1 学科网（北京）股份有限公司 $