课时规范练20　利用导数研究不等式恒(能)成立问题--2027全国版高考数学一轮复习(含答案)

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2027全国版高考数学一轮复习
课时规范练20　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
(分值:64分)
1.(15分)已知函数f(x)=ln x-mx2+(1-2m)x+1.
(1)若m=1,求f(x)的极值;
(2)若对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,求整数m的最小值.
2.(15分)已知函数f(x)=ax2-ln x+(2a-1)x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间;
(2)设a>0,若不等式f(x)+≥0对x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
3.(17分)(2026·江苏苏州高三期中)设函数f(x)=x(a+ex)(a∈R),g(x)=1+ln x.
(1)试求函数y=f'(x)的极值;
(2)若函数y=f(x)+ag(x)(a∈R)在(0,+∞)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)≥g(x)在(0,+∞)内恒成立,求实数a的取值范围.
4.(17分)(2025·江西宜春高三模拟)已知函数f(x)=tx+mt-x(t>0,且t≠1),其中m∈R.
(1)当m=2时,求f(x)的最小值.
(2)判断函数f(x)的图象是否有对称中心.若有,请求出对称中心;若无,请说明理由.
(3)当m=0时,对任意x∈(-∞,),都有f(x)≤,求实数t的取值集合.
参考答案
1.解 (1)当m=1时,f(x)=ln x-x2-x+1,f'(x)=-2x-1=-由于定义域为(0,+∞),所以当00,f(x)在(0,)内单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)在(,+∞)上单调递减.所以f(x)在x=处取得极大值,且极大值为f()=-ln 2,无极小值.
(2)因为对于任意x>0,f(x)≤0恒成立,所以ln x-mx2+(1-2m)x+1≤0,即ln x+x+1≤m(x2+2x)在(0,+∞)上恒成立,因此m在(0,+∞)上恒成立.
令F(x)=,即m≥F(x)max.
F'(x)=
设φ(x)=-(x+2ln x),显然φ(x)在(0,+∞)上单调递减,因为φ(1)=-1<0,φ()=-(+2ln)=2ln 2->0,所以 x0∈(,1),使得φ(x0)=0,即x0+2ln x0=0,当x∈(0,x0)时,φ(x)>0,则F'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,φ(x)<0,则F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以F(x)max=F(x0)=因为x0∈(,1),所以(,1),故整数m的最小值为1.
2.解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=2ax-+2a-1=
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)内单调递减;当a>0时,令f'(x)<0,解得00,解得x>所以f(x)在(0,)内单调递减,在(,+∞)内单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递减区间为(0,),单调递增区间为(,+∞).
(2)当a>0时,由(1)可知f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f()=a×()2-ln+(2a-1)=ln(2a)-+1.因为不等式f(x)+0对x∈(0,+∞)恒成立,所以ln(2a)-+1+0.设g(x)=ln x-+1,则g'(x)=>0恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为g()=0,所以ln(2a)-+1+0 g(2a)≥g(),所以2a,即a,故a的取值范围是[,+∞).
3.解 (1)由函数f(x)=x(a+ex),可得f'(x)=a+(x+1)ex,
令m(x)=f'(x)=a+(x+1)ex,可得m'(x)=(x+2)ex,
故当x∈(-∞,-2)时,m'(x)<0,函数y=f'(x)单调递减,
当x∈(-2,+∞)时,m'(x)>0,函数y=f'(x)单调递增,
所以函数y=f'(x)在x=-2处取得极小值f'(-2)=a-e-2,无极大值.
(2)因为函数f(x)=x(a+ex)(a∈R),g(x)=1+ln x,
所以函数y=f(x)+ag(x)=x(a+ex)+a+aln x,x∈(0,+∞),可得y'=a+(x+1)ex+(a+xex),
由x>0,可得>0,且易证y=xex在(0,+∞)内单调递增,又当x=0时,y=xex=0,故有xex∈(0,+∞).
①当a≥0时,可得y'=(a+xex)>0,函数y=f(x)+ag(x)在(0,+∞)内单调递增,故不存在单调递减区间;
②当a<0时,存在x0∈(0,+∞),且满足a+x0=0,
当x∈(0,x0)时,有y'=(a+xex)<0,函数y=f(x)+ag(x)在(0,x0)内单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,有y'=(a+xex)>0,函数y=f(x)+ag(x)在(x0,+∞)内单调递增,
所以当a<0时,函数y=f(x)+ag(x)在(0,+∞)内存在单调递减区间.
(3)由f(x)≥g(x)在(0,+∞)内恒成立,得x(a+ex)≥1+ln x在(0,+∞)内恒成立,即a-ex在(0,+∞)内恒成立.
设p(x)=-ex,可得p'(x)=-,
记q(x)=x2ex+ln x,则q'(x)=(x2+2x)ex+>0,
所以q(x)=x2ex+ln x在(0,+∞)内单调递增.
因为q()=-1<0,q(1)=e>0,
根据零点存在定理知,存在唯一x0∈(,1),有+ln x0=0,即x0=-,
且在(0,x0)内有q(x)<0,在(x0,+∞)内有q(x)>0.
由p'(x)=-=-,得当x∈(0,x0)时,p'(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,p'(x)<0,
所以p(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)内单调递减,
所以p(x)≤p(x0)=,
对x0=-两边取对数,得x0+ln x0=(-ln x0)+ln(-ln x0),
因为函数y=x+ln x在(0,+∞)内单调递增,则有x0=-ln x0,即,
所以p(x)≤p(x0)==-1,即p(x)max=-1.
所以a≥-1,即a的取值范围是[-1,+∞).
4.解 (1)由题可得tx>0,当m=2时,f(x)=tx+2t-x≥2=2,
当且仅当tx=2t-x,即x=logt时取等号,所以f(x)的最小值为2
(2)设点P(a,b)为函数f(x)图象的对称中心,则f(x)+f(2a-x)=2b恒成立,
所以tx+mt-x+t2a-x+mt-2a+x=2b恒成立,即tx(1+mt-2a)+t-x(m+t2a)=2b恒成立,所以t2x(1+mt-2a)-2btx+(m+t2a)=0恒成立,则1+mt-2a=0,-2b=0,m+t2a=0,即t2a=-m,b=0,当m≥0时,a无解,此时函数f(x)的图象没有对称中心,当m<0时,a=logt(-m),此时函数f(x)图象的对称中心为P(logt(-m),0).
(3)当m=0时,f(x)=tx,
所以tx在(-∞,)内恒成立,
即xln t+ln(1-2x)≤0在(-∞,)内恒成立,令g(x)=xln t+ln(1-2x),则g(0)=0,而g'(x)=ln t-,
设h(x)=g'(x)=ln t-,
则h'(x)=-<0,
所以函数h(x)在(-∞,)内单调递减,即函数g'(x)在(-∞,)内单调递减,因为x∈(-∞,),
故-<0,
①当0g(0)=0,舍去;
②当t>1时,g'(x)=ln t-=0,
解得x=;
(ⅰ)当t=e2时,=0,
所以当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,则g(x)在(-∞,0)内单调递增,当x∈(0,)时,g'(x)<0,则g(x)在(0,)内单调递减;
所以x=0时,g(x)取极大值,
则g(x)≤g(0)=0,
所以t=e2满足条件,
(ⅱ)当1当x∈()时,g'(x)<0,
则g(x)在()内单调递减;
当x∈(,0)时,g(x)>g(0)=0,舍去;
(ⅲ)当t>e2时,>0,当x∈(-∞,)时,g'(x)>0,则g(x)在(-∞,)内单调递增;
当x∈(0,)时,g(x)>g(0)=0,舍去.
综上,t∈{e2}.
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