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第6课时　利用导数研究不等式问题
[考试要求]　导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．
考点一　利用导数解决不等式的恒成立问题
类型一： x∈[a，b]，f (x)≥k恒成立 f (x)min≥k；
类型二： x∈[a，b]，f (x)≤k恒成立 f (x)max≤k；
类型三： x∈[a，b]，f (x)≥g(x)恒成立 h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立 h(x)min≥0；
类型四： x∈[a，b]，f (x)≤g(x)恒成立 h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立 h(x)max≤0．
[典例1]　(2024·北京昌平区期末)已知函数f (x)＝x3－x2－x－1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f (x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，求实数c的取值范围．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　本例(2)问：参变分离，即c≥f (x)在区间[－1，2]上恒成立，将问题转化为求f (x)的最大值，进而求出c的取值范围．
巩固迁移1　已知函数f (x)＝，若f (x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点二　利用导数解决不等式的能成立问题
类型一： x0∈[a，b]，使得f (x0)≥k f (x)max≥k；
类型二： x0∈[a，b]，使得f (x0)≤k f (x)min≤k；
类型三： x0∈[a，b]，使得f (x0)≥g(x0) h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解 h(x)max≥0；
类型四： x0∈[a，b]，使得f (x0)≤g(x0) h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解 h(x)min≤0．
[典例2]　已知函数f (x)＝＋a ln x，其中参数a<0．设函数g(x)＝2x2f ′(x)－xf (x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　本例解答关键是将存在实数x1，x2∈[1，e2]使2g(x1)巩固迁移2　已知 x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．[0，＋∞)　　　　　 B．
C． D．[e，＋∞)
考点三　利用导数证明不等式
利用导数证明不等式问题，方法如下：
1．直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)(或f (x)0(或f (x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)．
2．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．
常见的放缩：
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立，进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
3．构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
[典例3]　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝＋a)－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　本例(2)问关键是将f (x)>2ln a＋(a>0)转化为f (x)min>2ln a＋，即1＋a2＋ln a>2ln a＋．不等式的两边含有同一个变量a，一般可以直接构造“左减右”的函数，借助构造函数的单调性和最值即可得证．
巩固迁移3　设函数f (x)＝ln x－x＋1．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2024·张家口期末)若x＋ln a≥ln (x＋2)对于任意的x>－2恒成立，则正数a的最小值为(　　)
A．e-2　　 B．1
C． D．e
2．(2024·安康市汉滨区期末)已知函数f (x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为(　　)
A．(e，＋∞)　　 B．(－∞，e)
C． D．
3．已知函数f (x)＝ax＋x ln x在x＝e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f (x)>3(x－1)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1/1第6课时　利用导数研究不等式问题
[考试要求]　导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果．
考点一　利用导数解决不等式的恒成立问题
类型一： x∈[a，b]，f (x)≥k恒成立 f (x)min≥k；
类型二： x∈[a，b]，f (x)≤k恒成立 f (x)max≤k；
类型三： x∈[a，b]，f (x)≥g(x)恒成立 h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立 h(x)min≥0；
类型四： x∈[a，b]，f (x)≤g(x)恒成立 h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立 h(x)max≤0．
[典例1]　(2024·北京昌平区期末)已知函数f (x)＝x3－x2－x－1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f (x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，求实数c的取值范围．
[解]　(1)因为f (x)＝x3－x2－x－1，x∈R，所以f ′(x)＝3x2－2x－1，
令f ′(x)＝0，即3x2－2x－1＝0，解得x＝－或x＝1，
且当x∈∪(1，＋∞)时，f ′(x)＞0，当x∈时，f ′(x)＜0，
所以f (x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为．
(2)由(1)有f (x)在和(1，2]上单调递增，在上单调递减，
且f＝－，f (1)＝－2，f (－1)＝－2，f (2)＝1，
所以f (x)在[－1，2]上的最大值为f (2)＝1，
因为关于x的不等式f (x)－c≤0在区间[－1，2]上恒成立，
即f (x)≤c在区间[－1，2]上恒成立，即f (x)max≤c，所以c≥1，
所以c的取值范围为[1，＋∞)．
反思领悟　本例(2)问：参变分离，即c≥f (x)在区间[－1，2]上恒成立，将问题转化为求f (x)的最大值，进而求出c的取值范围．
巩固迁移1　已知函数f (x)＝，若f (x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　因为f (x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，
即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝x2－(x－1)ex(x≥1)，
g′(x)＝x(2－ex)，
当x∈[1，＋∞)时，g′(x)<0，
所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥g(x)max，即a≥1．
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【教用·备选题】
(2024·滨海新区期末)已知函数f (x)＝x ln x．
(1)求曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)已知函数g(x)＝，求g(x)的单调区间；
(3)若对于任意x∈，都有f (x)≤ax－e(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f ′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，x>0，
所以曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线斜率为f ′(1)＝1，又f (1)＝0，
所以曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即y＝x－1．
(2)g(x)＝＝＝ln x＋，x＞0，
g′(x)＝－2·＝，令g′(x)＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)，
所以在(0，2)上g′(x)＜0，g(x)单调递减，
在(2，＋∞)上g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(3)若对于任意x∈，都有f (x)≤ax－e，
则若对于任意x∈，都有x ln x≤ax－e，
即若对于任意x∈，都有ln x＋≤a，
令h(x)＝ln x＋，x∈，
h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，得x＝e，
所以在上h′(x)＜0，h(x)单调递减，
在(e，2e]上h′(x)＞0，h(x)单调递增，
又h＝－1＋e2，h(e)＝2，h(2e)＝＋ln 2，
所以h(x)max＝－1＋e2，所以a≥－1＋e2，
所以a的取值范围为[－1＋e2，＋∞)．
考点二　利用导数解决不等式的能成立问题
类型一： x0∈[a，b]，使得f (x0)≥k f (x)max≥k；
类型二： x0∈[a，b]，使得f (x0)≤k f (x)min≤k；
类型三： x0∈[a，b]，使得f (x0)≥g(x0) h(x)＝f (x)－g(x)≥0在x∈[a，b]上有解 h(x)max≥0；
类型四： x0∈[a，b]，使得f (x0)≤g(x0) h(x)＝f (x)－g(x)≤0在x∈[a，b]上有解 h(x)min≤0．
[典例2]　已知函数f (x)＝＋a ln x，其中参数a<0．设函数g(x)＝2x2f ′(x)－xf (x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)[解]　∵f (x)＝＋a ln x，
∴f ′(x)＝－＝，
∴g(x)＝2ax－ax ln x－(6a＋3)(a<0)，
∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)∴2g(x)min0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3．
∴2ae－12a－6<－6a－3，∴a>．
∵a<0，∴a的取值范围为．
反思领悟　本例解答关键是将存在实数x1，x2∈[1，e2]使2g(x1)巩固迁移2　已知 x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．[0，＋∞)　　　　　 B．
C． D．[e，＋∞)
B　[∵ x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，
即 x∈[1，3]，使不等式a≥－成立，
令g(x)＝－，
那么g′(x)＝．
令g′(x)＝＝0，解得x＝e，
∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，当x∈(e，3]时，g′(x)>0，
即g(x)在[1，e)上单调递减，在(e，3]上单调递增，
∴当x＝e时，g(x)取到最小值，
即g(x)min＝g(e)＝－．
要使得 x∈[1，3]，使不等式a≥－成立，
即只需要使得a≥g(x)min，
∴a≥－，即实数a的取值范围为．
故选B．]
考点三　利用导数证明不等式
利用导数证明不等式问题，方法如下：
1．直接构造函数法：证明不等式f (x)>g(x)(或f (x)0(或f (x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f (x)－g(x)．
2．适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．
常见的放缩：
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立，进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．
3．构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
[典例3]　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝＋a)－x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋．
[解]　(1)由已知得f ′(x)＝aex－1，当a≤0时，f ′(x)<0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a>0时，令f ′(x)>0，得x>－ln a，令f ′(x)<0，得x<－ln a，所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a>0，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)＞0，得a＞；
令g′(a)＜0，得0＜a＜．
所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g＝－ln ＝ln ＞0，
所以当a＞0时，f (x)＞2ln a＋成立．
链接·2025高考试题
(2025·天津卷)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2.
(1)a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
(2)f(x)有3个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3.
(ⅰ)求a的取值范围；
(ⅱ)证明：(ln x2－ln x1)·ln x3＜.
[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝x－(ln x)2，f(1)＝1，故切点为(1，1)．
f′(x)＝1－，f′(1)＝1，
故曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0.
(2)(ⅰ)因为x＞0，所以原问题可转化为方程a＝有3个不相等的实根x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3.
令g(x)＝，则问题转化为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点．
g′(x)＝＝，
令g′(x)＝0，得(2－ln x)ln x＝0.
则ln x＝0或ln x＝2，解得x＝1或x＝e2.
当0＜x＜1时，ln x＜0，2－ln x＞0，所以g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；
当1＜x＜e2时，ln x＞0，2－ln x＞0，所以g′(x)＞0，g(x)在(1，e2)上单调递增；
当x＞e2时，ln x＞0，2－ln x＜0，所以g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．
由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)＝0，g(x)的极大值为g(e2)＝.
当x→0＋时，ln x→－∞，(ln x)2→＋∞，→＋∞，所以g(x)→＋∞.
当x→＋∞时，g(x)→0.
因为直线y＝a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x)的图象(图略)可知，0＜x1＜1＜x2＜e2＜x3且0＜a＜.
故a的取值范围为.
(ⅱ)要证(ln x2－ln x1)·ln x3＜，
即证＜，
即证(ln －ln )·ln ＜，
即证(ln －ln )·ln ＜＝1＋.
由(ⅰ)可知0又a＝＝＝，
则＝＝＝，
即＝＝＝＜，
则－ln ·ln ＝＜＝.
由(ⅰ)可知，＞e，g()＝，
则－ln ·ln ＜.
由(e－2)2＞0，得e2＞4e－4＝4(e－1)，即＜，
则－ln ·ln ＜＜.
令＝t，则＝t＞1，＝＝，
整理得ln ＝，ln ＝，
故ln ·ln ＝(t＞1)．
所以(ln －ln )·ln ＝ln ·ln －ln ·ln ＜.
要证(ln x2－ln x1)·ln x3＜，证＜1即可，
即证ln t＜(t＞1)，
令h(t)＝ln t－，则h′(t)＝，
又t>1，则h′(t)＜0，h(t)在(1，＋∞)上单调递减，
则h(t)＜0，即ln t＜，命题得证．
反思领悟　本例(2)问关键是将f (x)>2ln a＋(a>0)转化为f (x)min>2ln a＋，即1＋a2＋ln a>2ln a＋．不等式的两边含有同一个变量a，一般可以直接构造“左减右”的函数，借助构造函数的单调性和最值即可得证．
巩固迁移3　设函数f (x)＝ln x－x＋1．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<[解]　(1)∵f (x)＝ln x－x＋1，
∴f ′(x)＝－1，x>0，
由f ′(x)>0，得0由f ′(x)<0，得x>1，
即f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<由(1)可知f (x)＝ln x－x＋1在(1，＋∞)上单调递减，
可得f (x)设g(x)＝x ln x－x＋1，x>1，
则g′(x)＝1＋ln x－1＝ln x，
当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，即有g(x)>g(1)＝0，
故x ln x>x－1．
综上，当x∈(1，＋∞)时，1<【教用·备选题】
(2024·北京三模)已知f (x)＝2－a ln x－ax－1．
(1)若a＝－1，求曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程；
(2)若函数y＝f (x)存在两个不同的极值点x1，x2，求证：f (x1)＋f (x2)>0．
[解]　(1)当a＝－1时，f (x)＝2＋ln x＋x－1，
f ′(x)＝＋1，f ′(1)＝3，
所以曲线y＝f (x)在点P(1，2)处的切线方程为y－2＝3(x－1)，即y＝3x－1．
(2)证明：f ′(x)＝－a，
令f ′(x)＝0，得－a＝0，令t＝，则t>0，
原方程可化为at2－t＋a＝0①，则t1＝，t2＝是方程①的两个不同的根，
所以解得0由根与系数的关系得t1＋t2＝，t1t2＝1，则＝(t1＋t2)2－2t1t2＝－2，
所以f (x1)＋f (x2)＝2()－a(ln x1＋ln x2)－a(x1＋x2)－2
＝－2＝2a＋－2，
令h(a)＝2a＋－2，则h′(a)＝2－<0，
所以函数h(a)在上单调递减，
所以h(a)＝2a＋－2>h＝1>0，
所以f (x1)＋f (x2)>0．
1．(2024·张家口期末)若x＋ln a≥ln (x＋2)对于任意的x>－2恒成立，则正数a的最小值为(　　)
A．e-2　　 B．1
C． D．e
D　[x＋ln a≥ln (x＋2)恒成立，即ln a≥ln (x＋2)－x恒成立．
设g(x)＝ln (x＋2)－x(x>－2)，g′(x)＝－1＝－，
令g′(x)>0，解得－2解得x>－1，
则g(x)在区间(－2，－1)上单调递增，在区间(－1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)在(－2，＋∞)上的最大值是g(－1)＝1，
故ln a≥ln (x＋2)－x恒成立，只需ln a≥1，解得a≥e，
即a的最小值为e．
故选D．]
2．(2024·安康市汉滨区期末)已知函数f (x)＝－mx(e为自然对数的底数)，若f (x)<0在(0，＋∞)上有解，则实数m的取值范围为(　　)
A．(e，＋∞)　　 B．(－∞，e)
C． D．
C　[由f (x)＝－mx<0在(0，＋∞)上有解，可得m>在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，x>0，
则m>g(x)min，又g′(x)＝，
则当0当x>2时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
故当x＝2时，函数g(x)取得最小值，为g(2)＝．
故m>．故选C．]
3．已知函数f (x)＝ax＋x ln x在x＝e-2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f (x)>3(x－1)．
[解]　(1)因为f (x)＝ax＋x ln x，x>0，
所以f ′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f (x)在x＝e-2处取得极小值，
所以f ′(e-2)＝0，即a＋ln e-2＋1＝0，
所以a＝1，所以f ′(x)＝ln x＋2．
当f ′(x)>0时，x>e-2；当f ′(x)<0时，0所以f (x)在(0，e-2)上单调递减，在(e-2，＋∞)上单调递增，
所以f (x)在x＝e-2处取得极小值，符合题意，所以a＝1．
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f (x)＝x＋x ln x．
令g(x)＝f (x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e．
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0．
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f (x)>3(x－1)．
【教用·备选题】
1．(2025·九江模拟)已知函数f (x)＝etx－ln x＋(t－1)x，若f (x)≥0恒成立，则实数t的取值范围为________．
　[由题意f (x)＝etx－ln x＋(t－1)x≥0恒成立，
所以etx＋tx≥x＋ln x＝eln x＋ln x恒成立，
令g(u)＝eu＋u，则g′(u)＝eu＋1＞1＞0，所以g(u)单调递增，
从而etx＋tx≥x＋ln x＝eln x＋ln x tx≥ln x，
显然x＞0，也就是说原问题等价于t≥恒成立，
令h(x)＝(x>0)，从而h′(x)＝，
当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
当x＞e时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(e)＝，所以实数t的取值范围为．]
2．(2025·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x－ax－1．
(1)若直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f (x)相切，求a；
(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f (x0)≥0成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)根据题意可得f ′(x)＝－a且x>0，
因为直线x＋ey＋e＝0与曲线y＝f (x)相切，所以不妨设切点为，
所以即
所以a＝．
(2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f (x0)≥0成立，只需f (x)max≥0即可，
由f ′(x)＝－a，当a≤0时，显然存在f (e)＝ln e－ae－1≥0，满足题设．当a>0，令f ′(x)＝0得x＝，
所以在上f ′(x)>0，f (x)单调递增，
在上f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以只需f＝－ln a－2≥0，则ln a≤－2，
所以0综上所述，实数a的取值范围为．
课后习题(二十二)　利用导数研究不等式问题
1．(湘教版选择性必修第二册P44习题1.3T14改编)已知函数f (x)＝2ln x－x2ex＋1，若存在x0>0，使f (x0)≥ax0成立，则实数a的最大值为(　　)
A．0　　 B．－1
C．1－e D．1－e2
B　[因为存在x0>0，使f (x0)≥ax0，所以2ln x－x2ex＋1≥ax能成立，又2ln x－x2ex＋1≥ax 2ln x－ax＋1≥x2ex，又因为x2ex＝ex+2ln x≥x＋2ln x＋1，所以2ln x－ax＋1≥x＋2ln x＋1能成立，即存在x0>0，－ax0≥x0能成立，所以－a≥1，解得a≤－1，所以a的最大值为－1．故选B．]
2．(人教A版选择性必修第二册P94练习T2改编)证明：ln (x＋1)≤x，x∈(－1，＋∞)．
[证明]　设f (x)＝ln (x＋1)－x(x>－1)，
∴f ′(x)＝－1＝＝，
又x>－1，∴x＋1>0，
令f ′(x)>0，则>0，∴－1∴f (x)在(－1，0)上单调递增；
令f ′(x)<0，则<0，∴x>0，
∴f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴当x＝0时，f (x)取最大值，即f (x)max＝f (0)＝0，
∴f (x)≤f (0)＝0，即ln (x＋1)≤x，
∴ln (x＋1)≤x(x>－1)得证．
3．(2025·济南模拟)已知关于x的不等式ex sin x－cos x－a＞0在x∈上恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A． B．
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
C　[ x∈，ex sin x－cos x－a>0 a令f (x)＝ex sin x－cos x，x∈，
则f ′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋sin x＞0，
于是得f (x)在上单调递增， x∈，f (x)>f (0)＝－1，则a≤－1，
所以实数a的取值范围为(－∞，－1]．
故选C．]
4．(2025·贵州模拟)已知函数f (x)＝xex＋2a，g(x)＝， x1∈[1，2]， x2∈[1，3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－e2，＋∞)　　 B．
C． D．
C　[ x1∈[1，2]， x2∈[1，3]，都有不等式f (x1)≥g(x2)恒成立 f (x)min≥g(x)min．
∵f ′(x)＝ex(x＋1)，x∈[1，2]，f ′(x)>0，则f (x)在区间[1，2]上单调递增，∴f (x)min＝f (1)＝e＋2a．
∵g′(x)＝，x∈[1，3]，
∴当x∈[1，e]时，g′(x)≥0，则g(x)在[1，e]上单调递增，当x∈[e，3]时，g′(x)≤0，则g(x)在[e，3]上单调递减，
又g(1)＝0，g(3)＝>0，故g(x)min＝0，
综上，e＋2a≥0 a≥－．故选C．]
5．(2025·济宁模拟)已知不等式ax≤(2x＋1)ex对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则正实数a的取值范围是________．
(0，3e]　[因为x≥1，不等式ax≤(2x＋1)ex可变形为a≤．
设g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝＝．
当x∈[1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增．
则g(x)min＝g(1)＝3e，所以0＜a≤3e．故正实数a的取值范围是(0，3e]．]
6．(2024·保定市唐县三模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x，x＝1为f (x)的极值点．
(1)求a；
(2)证明：f (x)≤2x2－4x．
[解]　(1)f ′(x)＝2x－a＋，
依题意，f ′(1)＝2×1－a＋1＝0，解得a＝3，
经检验符合题意，所以a＝3．
(2)证明：由(1)可知，f (x)＝x2－3x＋ln x，x>0，
要证f (x)＝x2－3x＋ln x≤2x2－4x，即证x2－x－ln x≥0，
设g(x)＝x2－x－ln x，则g′(x)＝2x－1－＝，
所以当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x＝1时，g(x)取得极小值，也是最小值，
所以g(x)≥g(1)＝0，所以f (x)≤2x2－4x．
7．(2025·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x＋x2－ax，a∈R．若存在x使得f (x)≤2ln x，求实数a的取值范围．
[解]　由题意可知，存在x使x2－ax≤ln x(x＞0)成立，
则存在x，使a≥x－(x>0)．
令h(x)＝x－(x>0)，
则h′(x)＝，
因为y＝x2在(0，＋∞)上是增函数，y＝ln x－1在(0，＋∞)上是增函数，
所以y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上是增函数，且当x＝1时，y＝0．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以h(x)min＝h(1)＝1，所以a≥1．
所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．
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