【高考快车道】第一阶段 专题六 §6 利用导数解决不等式恒(能)成立问题 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共78张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题六　函数、导数和不等式
§6　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
【备考指南】　以基本初等函数为载体，以不等式恒成立(能成立)为依托，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养．备考时注意端点效应、必要性探路等方法的积累．
能力考点1　端点效应解决单变量不等式恒(能)成立问题
（一）
能力考点2　最值转化法解决双变量不等式恒(能)成立问题
（二）
专题限时集训(二十二)　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
（ 三）
能力考点1　端点效应解决单变量不等式恒(能)成立问题
【典例1】　 (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝xeax－ex．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x>0时，f (x)<－1，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：＋…＋>ln (n＋1)．
[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝(x－1)ex，则f ′(x)＝xex，
当x＜0时，f ′(x)＜0，当x＞0时，f ′>0，
故f (x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)(端点效应)设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，
设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex．
若a＞，则g′(0)＝2a－1＞0，
因为g′(x)为连续函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，使得 x∈(0，x0)，总有g′(x)＞0，
故g(x)在(0，x0)上单调递增，故g(x)＞g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上单调递增，故h(x)＞h(0)＝0，与题设矛盾．
若0＜a≤，则h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln (1+ax)－ex，
下证：对任意x＞0，总有ln (1＋x)＜x成立，
证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，
故S′(x)＝－1＝＜0，
故S(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故S(x)＜S(0)＝0，即ln (1＋x)＜x成立．
由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex＜eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，
故h′(x)＜0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0，即f (x)＜－1．
当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax＜1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)＝0．
综上，实数a的取值范围为．
(3)证明：取a＝，则 x＞0，总有x－ex＋1＜0成立，
令t＝，则t＞1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2t ln t＜t2－1，即2ln t＜t－对任意的t＞1恒成立．
所以对任意的n∈N*，有2ln ＜，
整理得到ln (n＋1)－ln n＜，
故＋…＋>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln －ln n＝ln (n＋1)，故不等式成立．
1．解决不等式恒(能)成立参数范围问题的策略
(1)求最值法，将恒(能)成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f (x)max或a2．对于函数中含有参数的不等式的恒(能)成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论(端点效应＋必要性探路)．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
已知f ＝2x ln x，g＝－x2＋ax－3．
(1)求函数f 的最小值；
(2)若存在x∈，使f ≤g成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切x∈，都有f >2成立．
[解]　(1)f 的定义域是，f ′＝2，
所以x∈，f ′<0，f 单调递减；
x∈，f ′>0，f 单调递增．
所以当x＝时，f 取得最小值f ＝2··ln ＝－．
(2)存在x∈，使f ≤g成立，
即2x ln x≤－x2＋ax－3能成立，
即a≥2ln x＋x＋能成立，
设h＝2ln x＋x＋，
h′＝＋1－＝，
所以x∈，h′<0，h单调递减；
x∈，h′>0，h单调递增，
所以当x＝1时，h取得最小值h＝4，
所以a≥4，即实数a的取值范围为[4，＋∞)．
(3)证明：设m＝2，m′＝2·，
所以在区间，m′>0，m单调递增；
在区间，m′<0，m单调递减，
所以当x＝1时，m取得最大值m＝－．
由(1)得，当x＝时，f 取得最小值－，
所以对一切x∈，都有f >2成立．
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【教师备选资源】
1．已知f (x)＝(x＞0)，若当x＞0时，f (x)＞恒成立，求正整数k的最大值．
[解]　法一(分离常数)：
当x＞0时，f (x)＞恒成立，即＞k对任意x∈(0，＋∞)恒成立，令h(x)＝(x＞0)，求导，得h′(x)＝．
记g(x)＝x－1－ln (1＋x)(x＞0)，则g′(x)＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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又因为g(2)＝1－ln 3＜0，g(3)＝2－2ln 2＞0，所以g(x)在(2，3)内有唯一的零点x0，且ln (1＋x0)＝x0－1．
当x＞x0时，g(x)＞0，h′(x)＞0，所以h(x)单调递增；当0＜x＜x0时，g(x)＜0，h′(x)＜0，
所以h(x)单调递减，所以h(x)的最小值为h(x0)＝＝x0＋1∈(3，4)．
从而正整数k的最大值为3．
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题号
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法二(必要性探路)：
因为x＞0时，f (x)＞恒成立，故f (1)＞，所以k＜2(1＋ln 2)，所以正整数k的最大值不会超过3．
下证当k＝3时，f (x)＞(x＞0)恒成立．
即证当x＞0时，(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x＞0恒成立．
令φ(x)＝(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x，则φ′(x)＝ln (x＋1)－1，令φ′(x)＝0，解得x＝e－1．
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题号
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当x＞e－1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；
当0＜x＜e－1时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减．
所以φ(x)的最小值为φ(e－1)＝3－e＞0．
所以x＞0时，(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x＞0恒成立．
因此，正整数k的最大值为3．
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题号
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2．已知函数f (x)＝ex－a sin x－2x＋b(e为自然对数的底数，a，b∈R)．
(1)当a＝1时，存在x0∈(－∞，0]，使得f (x0)<0成立，求实数b的取值范围；
(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)．
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题号
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[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex－sin x－2x＋b，
∵存在x0∈(－∞，0]，使得f (x0)<0成立，
即－sin x0－2x0＋b<0成立，
∴b<(－ex＋sin x＋2x)max，x∈(－∞，0]，
令g(x)＝－ex＋sin x＋2x，x∈(－∞，0]，则g′(x)＝－ex＋cos x＋2，
∵x∈(－∞，0]，∴－1≤－ex<0，－1≤cos x≤1，
∴g′(x)＞0恒成立，
∴g(x)在(－∞，0]上单调递增，g(x)max＝g(0)＝－1，∴b<－1．
∴b的取值范围为(－∞，－1)．
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题号
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(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)．
即证x ln x＋1－a sin x>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
设h(x)＝x ln x＋1－x，则h′(x)＝ln x，
令h′(x)＝0，解得x＝1，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因此h(x)≥h＝0，∴x ln x＋1－x≥0，即x ln x＋1≥x．
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设F(x)＝x－a sin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1，
则F′(x)＝1－a cos x≥0，∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)>F(0)＝0，即x>a sin x，
∴x ln x＋1>a sin x，即x ln x＋1－a sin x>0．
综上可知，当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)成立．
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3．(2023·全国甲卷)已知函数f (x)＝ax－，x∈．
(1)若a＝8，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)[解]　(1)当a＝8时，f (x)＝8x－，f ′(x)＝8－＝8＋．
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令＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；
当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0．
故当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
∴f (x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
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题号
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(2)令g(x)＝f (x)－sin2x＝ax－－sin2x，
则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2
＝a－，
令u＝cos2x，则u∈(0，1)，
令k(u)＝＋4u－2，
则k′(u)＝＋4＝．
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当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，
∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞)．
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减．
又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，
即f (x)②当a>3时， x0∈使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f (x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3]．
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4．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)[解]　(1)f (x)定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
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(2)证明：a≤2，且x>1时，ex-1－f (x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋1＋ln x，
令g(x)＝ex-1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex-1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝ex-1－，
显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证．
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5．[高考变式]已知函数f (x)＝(e为自然对数的底数)．
(1)求f (x)的最大值；
(2)设a为整数，若ex≥ln (x＋a)在定义域上恒成立，求a的最大值；
(3)已知n∈N*，证明：ln 2＋＋＋…＋＜．
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[解]　(1)函数f (x)＝的定义域为R，f ′(x)＝－，
因为当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，所以当x＝0时，f (x)max＝f (0)＝1．
(2)(切线不等式＋必要性探路)由(1)知， x∈R，≤1，即x＋1≤ex．
因此对任意x＞－1，ln (x＋1)≤x＜x＋1≤ex，
当a≤1时，对任意x＞－a，x＋a≤x＋1，
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则有ln (x＋a)≤ln (x＋1)＜ex，
于是当a≤1时，对任意x＞－a，ex－ln (x＋a)＞0恒成立．
当a＞1时，函数g(x)＝ex－ln (x＋a)的定义域为(－a，＋∞)，0∈(－a，＋∞)，必有g(0)＝1－ln a≥0，解得a≤e，
而a为整数，则a的最大值不大于2，
因为对任意x＞－1，ln (x＋1)≤x恒成立，则对任意x＞－2，有ln (x＋2)≤x＋1恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，
又 x∈R，x＋1≤ex恒成立，当且仅当x＝0时取等号，于是对任意x＞
－2，ln (x＋2)＜ex，
综上，当a≤2时，对任意x＞－a，ex－ln (x＋a)＞0恒成立，即整数amax＝2，所以整数a的最大值为2．
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(3)证明：由(2)知， x＞－2，ln (x＋2)＜ex，
取x＝－1＋，n∈N*，
有ln ＜，因此＜e－n+1，
从而ln 2＋＋＋…＋<1＋e-1＋e-2＋…＋e－n+1
＝＝<，
所以原不等式成立．
能力考点2　最值转化法解决双变量不等式恒(能)成立问题
【典例2】　(2024·云南曲靖模拟)已知函数f ＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f 在x＝π处的切线方程；
(2)g＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f [解]　(1)由题意f ′＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1，
则f ′＝2，即切线的斜率k＝2，
且f ＝0，即切点坐标为，
所以曲线y＝f 在x＝π处的切线方程为y＝2，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知，f (x)max因为g＝x2－3x＋a的图象开口向上，对称轴为直线x＝，
则g在上单调递减，在上单调递增，可得g＝g＝g(2)＝a－2，
由(1)可设h＝f ′，
则h＝－cos x－x sin x＋1，所以h′＝－x cos x，当x∈时，h′<0；
当x∈时，h′>0，
则h在区间上单调递减，
在区间上单调递增．
且h＝0，h<0，h＝2，
可知f ′在区间上只有一个零点，
设为x0∈，当x∈时，f ′<0；
当x∈时，f ′>0，
所以f 在区间上单调递减，在区间上单调递增，且f ＝0，f ＝0，可得当x∈时，f (x)max＝0，所以02，
所以实数a的取值范围是．
常见的双变量不等式恒(能)成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)max≤g(x)max．
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)min≥g(x)min．
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)min≤g(x)min．
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)max≥g(x)max．
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)max≤g(x)min．
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)min≥g(x)max．
已知x＝为函数f (x)＝xa ln x的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f (x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝axa-1ln x＋xa·＝xa-1(a ln x＋1)，
f ′＝＝0，解得a＝2．
当a＝2时，f ′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f (x)＝xa ln x的极小值点，因此a＝2．
(2)由(1)知f (x)min＝f ＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x．
①当k＞0时，
当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
x1∈(0，＋∞)， x2＝－，使得g(x2)＝g＝－＜－1＜－≤f (x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝， x2∈R有f (x1)－g(x2)＜0，不符合题意．
③当k＜0时，
当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝，
若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f (x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f (x)min，即≤－，解得k≤－．
综上所述，k的取值范围为∪(0，＋∞)．
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题号
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【教师备选资源】
1．对任意的x1，x2∈(0，m)(m>0)，且x1[解]　 x2ln x1＜x1ln x2，x1，x2∈(0，m)，m＞0，∴＜恒成立，
设函数f (x)＝，∵x1＜x2，f (x1)＜f (x2)，
∴f (x)在(0，m)上单调递增，又f ′(x)＝，令f ′(x)>0，则0即函数f (x)的单调递增区间是(0，e)，则m的最大值为e．
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题号
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2．已知函数f (x)＝x sin x＋cos x．
(1)当x∈(0，π)时，求函数f (x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝－x2＋2ax．若对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f (x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
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题号
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[解]　(1)因为f (x)＝x sin x＋cos x，
所以f ′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x．
当x∈(0，π)时，f ′(x)与f (x)的变化情况如表所示：
x
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) 单调递增 单调递减
所以当x∈(0，π)时，函数f (x)的单调递增区间为，
单调递减区间为．
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题号
1
(2)当x∈[－π，π]时，f (－x)＝f (x)，所以函数f (x)为偶函数．
所以当x∈[－π，π]时，函数f (x)的单调递增区间为，
函数f (x)的单调递减区间为，
所以函数f (x)的最大值为f ＝f ＝．
设h(x)＝f (x)，则当x∈[－π，π]时，h(x)max＝＝．
对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得h(x1)≤g(x2)成立，等价于h(x)max≤g(x)max．
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题号
1
当a≤0时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(0)＝0，不合题意．
当0＜a＜1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(a)＝a2，
则a2≥，解得a≥或a≤－，所以≤a＜1．
当a≥1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(1)＝2a－1，
则2a－1≥，解得a≥，所以a≥1．
综上所述，a的取值范围是．
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题号
1
3．已知函数f (x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex．
(1)当x∈[1，e]时，求f (x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，
f (x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
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题号
1
[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝．
①当a≤1，x∈[1，e]时，f ′(x)≥0，
f (x)单调递增，f (x)min＝f (1)＝1－a．
②当1＜a＜e，x∈[1，a]时，f ′(x)≤0，f (x)在[1，a]上单调递减；当x∈[a，e]时，f ′(x)≥0，f (x)在[a，e]上单调递增．
所以f (x)min＝f (a)＝a－(a＋1)ln a－1．
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题号
1
③当a≥e，x∈[1，e]时，f ′(x)≤0，
f (x)在[1，e]上单调递减．f (x)min＝f (e)＝e－(a＋1)－．
综上可知，当a≤1时，f (x)min＝1－a；
当1＜a＜e时，f (x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f (x)min＝e－(a＋1)－．
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题号
1
(2)由题意知f (x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知当a＜1时，f (x)在[e，e2]上单调递增，f (x)min＝f (e)＝e－(a＋1)－．
g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－＜1，即a＞，所以a的取值范围为．
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4
3
题号
1
4．已知函数f (x)＝ax－ln x－．
(1)若x＞1，f (x)＞0，求实数a的取值范围；
(2)设x1，x2是函数f (x)的两个极值点，证明：|f (x1)－f (x2)|＜．
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4
3
题号
1
[解]　(1)依题意，
f ′(x)＝a－＝(x＞0)．
①当a≤0时，在x∈(1，＋∞)上f ′(x)＜0，
所以f (x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x)＜f (1)＝0，所以a≤0不符合题设．
2
4
3
题号
1
②当0＜a＜时，令f ′(x)＝0，得ax2－x＋a＝0，解得x1＝∈(0，1)，x2＝∈(1，＋∞)，
所以当x∈(1，x2)时，f ′(x)＜0，f (x)在(1，x2)上单调递减，
所以f (x)＜f (1)＝0，所以0＜a＜不符合题设．
2
4
3
题号
1
③当a≥时，判别式Δ＝1－4a2≤0，
所以f ′(x)≥0，
所以f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以f (x)＞f (1)＝0．
综上，实数a的取值范围是．
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3
题号
1
(2)证明：由(1)知，当0＜a＜时，f (x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
所以x1是f (x)的极大值点，x2是f (x)的极小值点．
由(1)知，x1x2＝1，x1＋x2＝，则
x2－x1＝＝．
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3
题号
1
综上，要证|f (x1)－f (x2)|＜，
只需证f (x1)－f (x2)＜x2－x1，
因为x2－x1－f (x1)＋f (x2)＝(a＋1)(x2－x1)－ln ＋a·
＝2a(x2－x1)＋(x2－x1)－ln ＝－ln
＝－ln ，
设t＝＞1，g(t)＝－ln t．
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3
题号
1
所以g′(t)＝＝＞0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0．
所以x2－x1－f (x1)＋f (x2)＞0，
即f (x1)－f (x2)＜x2－x1成立．
所以原不等式成立．
1．(2024·江苏常州模拟)已知函数f ＝x2＋x－2ln x，a∈R．
(1)讨论f 的单调性；
(2) x∈， b∈，使得f ≥b，求实数a的取值范围．
专题限时集训(二十二)　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
[解]　(1)由题设f ′＝ax＋2a－1－＝＝，且x∈(0，＋∞)，
当a≤0时，f ′<0，f 在上单调递减；
当a>0时，令f ′＝0 x＝，
当0当x>时，f ′>0，f 在区间上单调递增．
所以当a≤0时，f 在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，f 在上单调递减，在上单调递增．
(2)由题设知f ≥bmin＝2对任意x∈恒成立．
当a<1时，此时f ＝－1<2，不符合题设，舍去．
当a≥1时，f ′≥0，f 在上单调递增，只需f ＝－1≥2 a≥．
综上，实数a的取值范围为．
2．(2024·安徽安庆二模)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)．
(1)当m＝－3时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．
[解]　(1)当m＝－3时，f (x)＝2ln x－x－，其定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－1＋＝＝，
令f ′＝0，得x＝3(x＝－1舍去)，
当00，函数f (x)单调递增；
当x>3时，f ′<0，函数f (x)单调递减．
所以函数f (x)的单调递增区间为(0，3)，单调递减区间为(3，＋∞)．
(2)法一：由条件可知f (1)≤0，于是m－1≤0，解得m≤1．
当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋，
构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，
g′(x)＝－1－＝－≤0，
所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)＝0，
因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝x2－2x ln x，x≥1，只需m≤[h(x)]min即可．
h′＝2x－2＝2，
令μ＝x－ln x－1，则μ′＝≥0，
所以函数h′在[1，＋∞)上单调递增，
于是h′≥h′＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝h＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
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1．已知函数f (x)＝ex－a－ln x．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f (x0)＜0成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)当a＝0时，f (x)＝ex－ln x，f ′(x)＝ex－，所以曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线的斜率k＝e－1，又f (1)＝e，所以切线方程为y＝(e－1)x＋1．
切线与x轴、y轴的交点分别是，(0，1)，
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝．
(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f (x0)＜0，
即－ln x0＜0成立．
即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．
设h(x)＝(x≥e)，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值小于ea即可．
h′(x)＝，设u(x)＝ln x－(x≥e)，
因为u′(x)＝＞0，
所以u(x)在[e，＋∞)上单调递增，且u(x)≥u(e)＝1－＞0，所以h′(x)＝＞0在[e，＋∞)上恒成立．
所以h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增，则函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，即ee＜ea，解得a＞e，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
2．(2024·广东茂名一模)若函数f 在上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈，都有f 为上的“k类函数”．
(1)若f ＝＋x，判断f 是否为上的“3类函数”；
(2)若f ＝aex－－x ln x为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若f 为上的“2类函数”，且f ＝f ，证明： x1，x2∈<1．
[解]　(1)对于任意不同的x1，x2∈，
有1≤x1＝
＝<3，
所以f ＝＋x是上的“3类函数”．
(2)因为f ′＝axex－x－ln x－1，
由题意知，对于任意不同的x1，x2∈，都有<2，
不妨设x1故f ＋2x1f －2x2，
故f ＋2x为上的增函数，f －2x为上的减函数，
故任意x∈，都有－2≤f ′≤2，
由f ′≤2可转化为a≤，
令g＝，只需a≤g，
g′＝，令u＝－2－ln x－x，u在单调递减，
所以u≤u＝－3<0，g′<0，
故g在单调递减，
所以g＝g＝．
由f ′≥－2可转化为a≥，
令h＝，只需a≥h，
h′＝，令m＝2－ln x－x，m在单调递减，
且m＝1>0，m＝1－e<0，所以 x0∈(1，e)使m＝0，即2－ln x0－x0＝0，
即ln x0＝2－x0，x0＝，
当x∈时，m>0，h′>0，
故h在单调递增，
当x∈时，m<0，h′<0，
故h在单调递减，
所以h＝h＝＝．
故≤a≤．
(3)证明：因为f 为上的“2类函数”，所以<2，
不妨设1≤x1当<1时，因为f ＝f ，－1<2＋2＝2≤2＝1，
综上所述， x1，x2∈，|f (x1)－f (x2)|<1．
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