练案19 第三章 第3讲 第2课时 导数与不等式恒 (能) 成立-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习练案

只有证明D (2)证明：当a≤2时，因为x>0, 所以要证≤。产， 只需证1n(x+1)>2+x 2x 2x 只爱证明血+2+1≤c心即可， 设F(x)=n(+1)2 (x>0) 即要证hx+2x+1≤xe2,等价于证e2xa≥lnx+2r+1(*). 14 x2 则F'()=x+1(e+2+l(x+20). 令g(x)=e2-x-1,则g'(x)=e-1, 当xe（-0,0)时，g'(x)<0,g(x)单调递减； 所以当x>0时，F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+0)上单调 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 递增， 所以g(x)≥g(0)=e°-0-1=0，所以e≥x+1(当且仅当x=0时 又F(0)=0..F(x)>0恒成立原不等式成立 等号成立)，所以(*)成立， 2[解标】（D国为e)=f()=e[a(1+)+], 当且仅当2x+lnx=0时，等号成立 令h(x)=2x+lnx(x>0),因为h(x)=2x+lnx在(0，+o)上单调 所以g()=e[h1+w)+1+x(1)' 21 笔，（日）210,6(1)=2>0，所以存在%e(位小 令(x)=n(1+e)+7本(1+x) 21 使得2axo+lnxo=0成立， 综上所述，原不等式得证： 122x2+1 则h()=F(11++0, 练案[19] .h(x)在[0，+0)上单调递增， A组基础巩固 ∴.h(x)≥h(0)=1>0, .g'(x)>0在[0，+∞)上恒成立， 1[解析]x)hx-血x-a(2-) x+1x+1 ∴g(x)在[0，+∞)上单调递增. 构造函数g(x)=xnx-a(x2-l)(x≥1)， (2)证明：原不等式等价于f(s+t)fs)>f(t)f0), g'(x)=nx+1-2ax, 令m(x)=f(x+t)-fx),(x,>0), 即证m(x)>m(0), F(x)=8(x)=In x+1-2a,F()=1-2az x .m(x)=f(x+t)-f(x)=e*"In(1+x+t)-e"In(1+x), ①若a≤0，则F"(x)>0,g'(x)在[1，+0)上单调递增，g'(x)≥ ()"(e'ln( 1+x+t x=8(x+)-8(x). g'(1)=1-2a>0, ∴g(x)在[1，+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0, 白年a了e)=e(a1*))在0，+)上单瑞0 从雨行≥0，不特合怎意。 增， ∴.g(x+t)>g(x), ②若0ka分当xe12)时，F(>0, m'(x)>0, .m(x)在(0，+∞)上单调递增，又因为x,t>0, 六g(✉)在1,2品）上单调道浴。 .m(x)>m(0),所以命题得证 从而g'(x)≥g'(1)=1-2a>0, C组拓展应用（选作） [解析](1)函数f(x)=lnx+ax+1的定义域为(0，+o),且 在[，云) 上单调递增， f(x)=↓ta g(x)≥g(1)=0, x 从而f代x) )如行0，不特合老 当a≥0时，Vxe(0,+∞），f'(x)= r+>0恒成立， ③若a≥了，则F()≤0在[1，+0)上恒成立， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a<0时，令f(x)=+a=1+a=0. ·g'(x)在[1，+0)上单调递减， g'(x)≤g'(1)=1-2a≤0. ∴.g(x)在[1，+∞)上单调递减， 从面6o≤1)=0到-≤0， 当e(0,日）时()>0)在(0，日)上单调递增，当 核上角取位范因类[分+） xe(+m）时(e)0)在(，+m）上单调漫减， 2.[解析](1)当a=1时f(x)=x-e, 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，+)上单调递增； 则f'(x)=1-e, 当<0时)在(0，)上单调淺增，在(+）上学 当x<0时，f'(x)>0,当x>0时，f'(x)<0, 所以函数f(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减， 调递减。 所以函数f(x)的极大值为f代0)=-1，无极小值. 578 (2)由题得，存在xe(0,+∞)， 使夜立，阅a我立， 则)=(） 又8(3)4+30， 令h(x)=1n )在[分上恒成立， 2,0, (x)=2 1-2Inx 若春在网网[行小， x3 使得f(m)-g(m,)1<9成立， 当0<x<E时，h'(x)>0,当x>√E时，h'(x)<0,所以函数h(x)在 只需要（行）0<9，即0+3-(2-e)<9,解得-8a<4 (0,W)上单调递增，在(E,+∞)上单调递减， 由于a>3,所以实数a的取值范围是(3,4). 所以h(x)n=h(E)=2元 1 B组能力提升 所以品 1.[解析](1f(x)=+n产的定义城为(0，+x),且f'(x) x 故实发。的聚值范国为（以，宁】 =1-a-Ina x2 3.[解析](1)因为f'(x)=x(2lnx+1),x>0, 由f(x)>0可得0<x<el, 令f()=0,解得x=e, 由f'(x)<0可得>e 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e“),单调递减区间为 当xe(0,e）时，'(x)<0,f(x)单调递减； (el-a,+). 当xE(e,+）时，>0，)单调造增 (2证明：为e)1,每得。=， 则)的单调造减区问为(0)，单调道增区间为(e,切） 要证x)≤g(x),即证ln≤e-b. (2)依题意，存在x>0,使得a≥xnx, 即证xe-bx-lnx-1=e+m-(bx+lnx)-1≥0， 令g(x)=xnx,则g'(x)=lnx+l, 令h(x)=e-x-1,其中xeR 当e(0,）时8()<08()单调漫减 则h'(x)=e-1, 由h'(x)<0得x<0,由h'(x)>0得>0， 当e(日+）时6>0，)单调道将。 所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞，0)，单调递增区间为 (0,+0）, ,1 所以h(x)≥h(0)=0,即e≥x+1, 所以VbeR,erhr≥bx+lnx+l, a的聚位国为a三} 即f代x)≤g(x) 4.[解析](1)f(x)的定义域为(0，+∞)， 2[解析]()证明f(x)=(+1)e1=(x+1)(e)。 且f'(x)=1-06 x x2 x>0, 由题意，f'(1)=1-a-b=0,得b=1-a. 则f()=1-a1-a_-a-(1-a f'()=0等价于e-L 0 x2 设h(x)=e 文>0，则五(x)在(0，+∞)内单调递增， =(x-1)[x-(a-1)] x- 令f'(x)=0,得x1=1,x2=a-1. 因为A(分）=6-20，A1=e-10, 若1<a<2,则函数f(x)的单调递增区间为(0，a-1),(1,+o), 所以4()在(0，+)内存在准一零点6e(宁， 单调递减区间为(a-1,1); 若a=2,则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，+∞)； 所以'(x)=0有唯一实数解 若a>2,则函数f(x)的单调递减区间为(1，a-1),单调递增区间 (2)由(1)知，当0<x<xo时，h(x)<0, 为(0,1)，(a-1,+0) 即f'(x)<0,fx)单调递减， 当>x时，h(x)>0,即f'(x)>0,f代x)单调递增， (2)若a>3时，f(x) [2 上单调递增，在(1,2)上单调 所以fx)≥fxo)=e0-lnxo-x0-1. 递减， 因为e-上=0，所以=1， 所以f(x)的最大值为f1)=2-a<0. 多知)在[片习上华润爱指 =ee(分小， -579- f)=61ne-o-1=0. 即在区间[l,e]上，h(x)mn<0. 当a≤0时，函数h(x)在[l,e]上单调递增， 即fx)≥0. 则h(x)ma=h(1)=-a≥0，不符合题意. g'(x)=1-m 当a>0时，函数h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,+o]上 er, 单调递增， 令g'(x)=0,得x=m+1,令g'(x)>0,得x>m+1,令g'(x)<0,得 (i)若a+l≤e,即a≤e-1时， x<m+1, 函数h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,e]上单调递增， 所以g(x)在(-∞，m+1)上单调递减，在(m+1,+0）上单调 所以h(x)mn=h(1+a)=a-(2+a）·ln(1+a)<0, 递增， 设m(a)=a-(2+a)n(1+a),其中0<a≤e-l, 所以g(x)≥g(m+1)=m-l-m- em+ em+l 1-n(1+a)<0, 则m'(a)=1 因为Hx1e(0,+o),3x2∈Rf(x)-1≥g(x2), 所以函数m(a)在(0，e-1]上单调递减， 所以f代x)nmin-1≥g(x)mm, 则m(a)<m(0)=0,符合题意，故0<a≤e-l; 1 所以-1≥ e,解得m≤-l, (ii)若a+1>e,即a>e-1时， 函数h(x)在[1，e]上单调递减， 所以m的取值范围为(-∞，-1]. C组拓展应用（选作） 所以h(x)m=h(e)=e-(a+2)-a+1 , [解析](1)当a=1时，f(x)=x-3nx,其中x>0,则f'(x)=1- 解得a> 2-2e-1 3-x-3 e+1 xx 因为2-2e-1 (e-1)=e2-2e-l-(e+1)(e--2e 由f'(x)<0可得0<x<3, e+1 e+1 由f'(x)>0可得x>3, 则a>e-1. 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，+∞)， 综上所述，实数a的取值范围是(0，+∞). 所以f(x)m=f(3)=3-3n3. 练案[20] (2)因为h(x)=fx)-g()=x(a+2·nx-a+ ,其中>0， A组基础巩固 则h'(x)=1-a+2,a+l 1.[解析](1)函数f(x)的定义域为(0，+o) 由fx)= x -kln x(>), =x2-(a+2)x+(a+1) 2 得f'(x)=x- (x-1)[x-(a+1)] 由'(x)=0,解得x=(负值舍去). 当a+1≤0，即a≤-1时，由h'(x)<0可得0<x<1,由h'(x)>0可 f'(x)与f(x)在区间(0，+0)上随x的变化情况如下表， 得x>1, x (0,√E) E (E,+0) 此时函数h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+∞)： f(x) 0 当0<a+1<1,即-1<a<0时， 由h'(x)<0可得a+1<x<1,由h'(x)>0可得0<x<a+1或x>l, k(1-lnk)》 f(x) 此时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a+1),(1,+∞)，单调递 2 减区间为(a+1,1): 所以f代x)的单调递减区间是(0，W),单调递增区间是（√，+∞）. 当a+1=1,即a=0时，对任意的x>0,h'(x)≥0，且不恒为0， f代x)在x=压处取得极小值代瓜)=(1-lh) ,无极大值. 此时函数h(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间： 当a+1>1,即a>0时， (2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，+∞)上的最小值为f() 由h'(x)>0可得0<x<1或x>a+1,由h'(x)<0可得1<x<a+1, =k(1-In k) 此时函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a+1,+∞)，单调递减 2 区间为(1，a+1). 因为代x)存在零点，所以(1，血》≤0，从而k≥c, 综上所述，当a≤-1时，函数h(x)的单调递减区为(0,1)，单调 2 递增区间为(1，+∞）； 当k=e时，f(x)在区间(1，e]上单调递减且f(e)=0, 当-1<a<0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a+1), 所以x=E是f(x)在区间(1，√E]上的唯一零点； (1,+∞)，单调递减区间为(a+1,1): 当a=0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减 当>e时f(x)在区间(1，]上单调递减且f1)=2>06) 区间： =e 当a>0时，函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a+1,+o),单 2c0, 调递减区间为(1，a+1). 所以f(x)在区间(1，W]上仅有一个零点. (3)由(2)可知，在区间[1，e]上存在-点xo, 综上可知，若f代x)存在零点，则fx)在区间(1，√]上仅有一个 使得h(xo)=f(x)-g(xo)<0, 零点. -580-练案[19] 第二课时导数与不等式恒（能）成立 A组基础巩固男 3.(2026·福建泉州模拟)已知函数f(x)=x2nx. (1)求f(x)的单调区间； 1.已知函数f(x)=lnx-a(x-1),a∈R,x∈[1，+o),且 (2)若存在x>0,使得f(x)≤ax成立，求实数a的取值 八e)拉成立，求a的取值花图 范围. 4.(2026·衡水检测)已知函数代x=-an+在x=1 2、 2.（2025·东北三省四市联考)已知函数f(x)=ax 处取得极值， e(aER),g(x)=x (1)若a>1,求函数f(x)的单调区间； (2)若a>3,函数g(x)=a2x2+3,若存在m1,m2∈ (1)当a=1时，求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，+∞)，使不等式f(x)≤g(x)-e成 [片2.使得m,)-g(m,)1<9成立，求a的取 立，求实数a的取值范围. 值范围 —318 3B组能力提升9 的C组拓展应用（选作）习 1.(2025·辽宁辽阳一模)已知函数(x)=a+血， (2025·江西重点中学联考)已知函数f(x)=x-(a+ ,g(x) =e-b,a,bER. 2)lhx,g(x)=1+ (1)求f(x)的单调区间； (1)若a=1,求函数f(x)的最小值； (2)若f(x)的最大值为1，证明：HbeR,f(x)≤g(x). (2)设函数h(x)=f(x)-g(x),求函数h(x)的单调 区间： (3)若在区间[1，e]上存在一点x,使得f(x)<g(x) 成立，求实数a的取值范围. 2.(2026·江西三新教研共同体联考)已知函数f(x)= xe*-In x-x-1. (1)已知f(x)的导函数为f'(x),证明：f'(x)=0有唯 一实数解； (2)若函数x)=Ve(0,+),3ek, f(x1)-1≥g(x2),求m的取值范围. —319—