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第五节　不等式中的恒（能）成立问题
1.（2025·西安高新一中、安康中学等校联考） x∈[1，2]，ln x＋－1≥0恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A.[e，＋∞） B.[1，＋∞）
C.［，＋∞） D.[2e，＋∞）
2.设函数f（x）＝ex（2x－1）－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（　　）
A.［－，1） B.［－，）
C.［，） D.［，1）
3.（2024·哈尔滨模拟）设实数m＞0，若对任意的正实数x，不等式emx≥恒成立，则m的最小值为（　　）
A.　　　B.
C.　　　D.
4.（2024·浙江Z20名校联考）已知函数f（x）＝＋2x2，g（x）＝2m－ln x，若关于x的不等式f（x）≤xg（x）有解，则m的最小值是　　　　.
5.已知函数f（x）＝－ax2＋ln x（a∈R）.若存在x∈（1，＋∞），f（x）＞－a，求a的取值范围.
6.已知函数f（x）＝x3＋x2＋ax.
（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；
（2）若函数g（x）＝，对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
第五节　不等式中的恒（能）成立问题
1.C　因为 x∈[1，2]，ln x＋－1≥0恒成立，所以a≥－x2ln x＋x2在x∈[1，2]上恒成立，所以a≥（－x2ln x＋x2）max（x∈[1，2]）.令μ（x）＝－x2ln x＋x2，x∈[1，2]，则μ'（x）＝－2xln x－x＋2x＝－2xln x＋x＝x（－2ln x＋1）.令μ'（x）＝0，得x＝，当x∈[1，）时，μ'（x）＞0，故μ（x）在[1，）上单调递增，当x∈（，2]时，μ'（x）＜0，故μ（x）在（，2]上单调递减，故μ（x）的最大值为μ（）＝.所以a≥，即实数a的取值范围为［，＋∞）.故选C.
2.D　设g（x）＝ex（2x－1），y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使g（x0）在直线y＝ax－a下方.因为g'（x）＝ex（2x＋1），所以当x＜－时，g'（x）＜0，当x＞－时，g'（x）＞0，所以当x＝－时，g（x）min＝－2，g（0）＝－1，g（1）＝e＞0，直线y＝ax－a的斜率为a且恒过定点（1，0）.由已知a＜1，故－a＞g（0）＝－1，所以由题意需g（－1）＝－3e－1≥－a－a，解得≤a＜1，故选D.
3.A　∵m＞0，emx≥，∴memx≥ln x，当0＜x≤1时，不等式显然成立，当x＞1时，原不等式可变形为mxemx≥xln x＝eln x·ln x，设函数g（x）＝xex（x＞1），g'（x）＝ex＋xex＝（x＋1）ex，当x＞1时，g'（x）＞0，∴当x＞1时，g（x）单调递增，则不等式emx≥恒成立等价于g（mx）≥g（ln x）恒成立，即mx≥ln x恒成立，m≥（）max，设G（x）＝，x＞1，则G'（x）＝，当1＜x＜e时， G'（x）＞0，当x＞e时，G'（x）＜0，∴G（x）在（1，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，则G（x）max＝G（e）＝，则m≥，即m的最小值为.故选A.
4.　解析：由f（x）≤xg（x）得＋2x2≤x（2m－ln x），因为x＞0，所以2m≥＋2x＋ln x＝e－2x－ln x－（－2x－ln x）有解.令t＝－2x－ln x，则t∈R，令g（t）＝et－t，则g'（t）＝et－1，所以当t＜0时，g'（t）＜0，当t＞0时，g'（t）＞0，所以g（t）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以g（t）min＝g（0）＝1，即e－2x－ln x－（－2x－ln x）≥1，所以2m≥1，则m≥，即m的最小值是.
5.解：由f（x）＞－a，
得a（x2－1）－ln x＜0，x∈（1，＋∞），
－ln x＜0，x2－1＞0.
当a≤0时，a（x2－1）－ln x＜0，满足题意；
令g（x）＝a（x2－1）－ln x（x＞1），
则g'（x）＝，
当a≥时，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
则g（x）＞g（1）＝0，不符合题意；
当0＜a＜时，
由g'（x）＞0，得x∈（，＋∞），
由g'（x）＜0，得x∈（1，），
于是有g（x）在（1，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，
g（x）min＝g（）＜g（1）＝0.
则当0＜a＜时， x∈（1，＋∞），g（x）＜0.
综上，a的取值范围为（－∞，）.
6.解：（1）由题设知f'（x）＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞）上恒成立，
即a≥－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上恒成立，
而函数y＝－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
（2）“对 x1∈［，2］， x2∈［，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立”等价于“当x∈［，2］时，f'（x）max≤g（x）max”.
因为f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［，2］上单调递增，所以f'（x）max＝f'（2）＝8＋a.
而g'（x）＝，由g'（x）＞0，得≤x＜1，由g'（x）＜0，得1＜x≤2，
所以g（x）在［，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减.
所以当x∈［，2］时，g（x）max＝g（1）＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为（－∞，－8］.
1 / 1第五节　不等式中的恒（能）成立问题
重点解读
　　用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方法有分离参数法、分类讨论法、拆解法等，其解题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒（能）成立问题转化为函数的最值问题处理.
分离参数法解决恒（能）成立问题
（师生共研过关）
设函数f（x）＝m（x＋1）ex，m＞0.若对任意x∈（－1，＋∞），有ln f（x）≤2ex恒成立，求m的最大值.
解题技法
　　分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法.一般地，若a＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.若存在x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求参数的范围.
　已知函数f（x）＝ln x－.
（1）当a＝－1时，求f（x）的极值；
（2）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围.
分类讨论法解决恒（能）成立问题
（师生共研过关）
已知函数f（x）＝x[（a－1）ex－a]＋ex，若对于任意的x≤0，都有f（x）≥1，求实数a的取值范围.
解题技法
　　根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
　（2025·昆明“三诊一模”质量检测）已知函数f（x）＝.当x≥1时，f（x）≤a（x－1），求a的取值范围.
拆解法求解双变量的恒（能）成立问题
（师生共研过关）
已知f（x）＝＋xln x，g（x）＝x3－x2－3.
（1）如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
（2）如果对于任意的s，t∈［，2］，f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围.
解题技法
　　“双变量”的恒（能）成立问题可以拆解求参数，进行等价变换，常见的拆解转换有：（1） x1，x2∈D，f（x1）＞g（x2） f（x）min＞g（x）max；（2） x1∈D1， x2∈D2，f（x1）＞g（x2） f（x）min＞g（x）min；（3） x1∈D1， x2∈D2，f（x1）＞g（x2） f（x）max＞g（x）max.
已知函数f（x）＝aex－4，g（x）＝ln x－x－1，其中e为自然对数的底数，a∈R.若对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），求a的取值范围.
第五节　不等式中的恒（能）成立问题
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 解：ln f（x）≤2ex对任意x∈（－1，＋∞）恒成立，即ln m≤2ex－ln（x＋1）－x对任意x∈（－1，＋∞）恒成立.
令g（x）＝2ex－ln（x＋1）－x，x∈（－1，＋∞），则只需ln m≤g（x）min即可.
g'（x）＝2ex－－1，x∈（－1，＋∞）.易知y＝2ex，y＝－－1均在（－1，＋∞）上单调递增，故g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，且g'（0）＝0.
∴当x∈（－1，0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增.
∴g（x）min＝g（0）＝2.故ln m≤2＝ln e2，∴0＜m≤e2，故m的最大值为e2.
跟踪训练
解：（1）当a＝－1时，f（x）＝ln x＋，定义域为（0，＋∞），
则f'（x）＝－＝，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0，
则f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值f（1）＝1，无极大值.
（2）因为f（x）≥0恒成立，得 x＞0，a≤xln x，
令g（x）＝xln x，x＞0，则g'（x）＝1＋ln x，当0＜x＜时，g'（x）＜0，当x＞时，g'（x）＞0，
即函数g（x）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，因此g（x）min＝g（）＝－，则a≤－，
所以a的取值范围为（－∞，－］.
技法2
【例2】 解：对于任意的x≤0，都有f（x）≥1，即x[（a－1）·ex－a]＋ex－1≥0，
令g（x）＝x[（a－1）ex－a]＋ex－1，则g'（x）＝（a－1）·xex＋a（ex－1），且对于任意的x≤0，都有g（x）≥0.
①当a≥1，x≤0时，（a－1）xex≤0，a（ex－1）≤0，所以g'（x）≤0，所以g（x）在（－∞，0]上单调递减，所以g（x）≥g（0）＝0，符合题意；
②当a＜1，x≤0时，令h（x）＝（a－1）xex＋a（ex－1），则h'（x）＝ex[（a－1）x＋2a－1]，
令h'（x）＝0，得x＝.
当a＜时，＜0，所以当＜x≤0时，h'（x）≤0，h（x）在（，0］上单调递减，
所以h（x）≥h（0）＝0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在（，0］上单调递增，所以g（x）≤g（0）＝0，这与g（x）≥0矛盾，不符合题意；
当≤a＜1时，≥0，所以当x≤0时，h'（x）≥0，h（x）在（－∞，0]上单调递增，
所以h（x）≤h（0）＝0，即g'（x）≤0，所以g（x）在（－∞，0]上单调递减，g（x）≥g（0）＝0，符合题意.
综上，实数a的取值范围是［，＋∞）.
跟踪训练
解：当x∈[1，＋∞）时，f（x）≤a（x－1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），则ln x≤a（x2－1）在[1，＋∞）上恒成立，即g（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立.
g'（x）＝2ax－＝，
当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当0＜a＜时，由g'（x）＝0得，x＝＞1，
x∈［1，）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以x∈［1，）时，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当a≥时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g'（x）≥0，
g（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，符合题意.
综上所述，a的取值范围为［，＋∞）.
技法3
【例3】 解：（1）存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，
即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－≥M，即g（x）max－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.
由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－），
当＜x＜2时，g'（x）＞0；当0＜x＜时，g'（x）＜0，列表如下：
x （0，） （，2）
g'（x） － 0 ＋
g（x） ↘ 极小值 ↗
又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝g（）＝－，
所以g（x）max－g（x）min＝≥M，所以满足条件的最大整数M为4.
（2）对于任意的s，t∈［，2］，f（s）≥g（t）成立，则f（s）min≥g（t）max.
由（1）易得当x∈［，2］时，g（x）max＝g（2）＝1，
所以对任意的x∈［，2］，＋xln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立.
令h（x）＝x－x2ln x（≤x≤2），则a≥h（x）max.
求导得h'（x）＝1－2xln x－x，令m（x）＝1－2xln x－x（≤x≤2），则m'（x）＝－3－2ln x＜0，
所以h'（x）在［，2］上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下：
x ［，1） 1 （1，2]
h'（x） ＋ 0 －
h（x） ↗ 极大值 ↘
所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.
跟踪训练
解：对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），
则f（x）max≥g（x）max，
因为g（x）＝ln x－x－1，
则g'（x）＝－1＝≥0对任意的x∈（0，1]恒成立，
所以函数g（x）在区间（0，1]上单调递增，则g（x）max＝g（1）＝－2.
因为f（x）＝aex－4，
所以当a＝0时，f（x）＝－4，不满足f（x）max≥g（x）max，故a≠0；
当a＞0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递增，
所以f（x）max＝f（1）＝ae－4，即ae－4≥－2，解得a≥；
当a＜0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递减，f（x）＜f（0）＝a－4＜－2，不满足题意.
综上，a的取值范围为［，＋∞）.
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第五节　不等式中的恒（能）成立问题
高中总复习·数学
重点解读
　　用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方法有分离参数法、分类
讨论法、拆解法等，其解题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒
（能）成立问题转化为函数的最值问题处理.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
分离参数法解决恒（能）成立问题（师生共研过关）
（2024·邵阳第二次联考节选）设函数f（x）＝m（x＋1）ex，m＞
0.若对任意x∈（－1，＋∞），有ln f（x）≤2ex恒成立，求m的最大值.
解：ln f（x）≤2ex对任意x∈（－1，＋∞）恒成立，即ln m≤2ex－ln（x
＋1）－x对任意x∈（－1，＋∞）恒成立.
令g（x）＝2ex－ln（x＋1）－x，x∈（－1，＋∞），则只需ln m≤g
（x）min即可.
g'（x）＝2ex－ －1，x∈（－1，＋∞）.易知y＝2ex，y＝－ －1
均在（－1，＋∞）上单调递增，故g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增，
且g'（0）＝0.
∴当x∈（－1，0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（0，＋
∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增.
∴g（x）min＝g（0）＝2.故ln m≤2＝ln e2，∴0＜m≤e2，故m的最大值
为e2.
解题技法
　　分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量
分离的一种方法.一般地，若a＞f（x）对x∈D恒成立，则只需a＞f
（x）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.若存在
x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a
＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求参数的范围.
　已知函数f（x）＝ln x－ .
（1）当a＝－1时，求f（x）的极值；
解： 当a＝－1时，f（x）＝ln x＋ ，定义域为（0，＋∞），
则f'（x）＝ － ＝ ，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'
（x）＞0，
则f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值f（1）＝1，无极大值.
（2）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解： 因为f（x）≥0恒成立，得 x＞0，a≤xln x，
令g（x）＝xln x，x＞0，则g'（x）＝1＋ln x，当0＜x＜ 时，g'（x）
＜0，当x＞ 时，g'（x）＞0，
即函数g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，因
此g（x）min＝g（ ）＝－ ，则a≤－ ，
所以a的取值范围为（－∞，－ ］.
分类讨论法解决恒（能）成立问题（师生共研过关）
已知函数f（x）＝x[（a－1）ex－a]＋ex，若对于任意的x≤0，
都有f（x）≥1，求实数a的取值范围.
解：对于任意的x≤0，都有f（x）≥1，即x[（a－1）·ex－a]＋ex－
1≥0，
令g（x）＝x[（a－1）ex－a]＋ex－1，则g'（x）＝（a－1）·xex＋a
（ex－1），且对于任意的x≤0，都有g（x）≥0.
①当a≥1，x≤0时，（a－1）xex≤0，a（ex－1）≤0，所以g'（x）
≤0，所以g（x）在（－∞，0]上单调递减，所以g（x）≥g（0）＝0，
符合题意；
②当a＜1，x≤0时，令h（x）＝（a－1）xex＋a（ex－1），则h'
（x）＝ex[（a－1）x＋2a－1]，
令h'（x）＝0，得x＝ .
当a＜ 时， ＜0，所以当 ＜x≤0时，h'（x）≤0，h（x）在
（ ，0］上单调递减，
所以h（x）≥h（0）＝0，即g'（x）≥0，
所以g（x）在（ ，0］上单调递增，所以g（x）≤g（0）＝0，这
与g（x）≥0矛盾，不符合题意；
当 ≤a＜1时， ≥0，所以当x≤0时，h'（x）≥0，h（x）在（－
∞，0]上单调递增，
所以h（x）≤h（0）＝0，即g'（x）≤0，所以g（x）在（－∞，0]上
单调递减，g（x）≥g（0）＝0，符合题意.
综上，实数a的取值范围是［ ，＋∞）.
解题技法
　　根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问
题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，
并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不
满足题意即可.
　（2025·昆明“三诊一模”质量检测）已知函数f（x）＝ .当x≥1
时，f（x）≤a（x－1），求a的取值范围.
解：当x∈[1，＋∞）时，f（x）≤a（x－1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），则ln x≤a（x2－1）在
[1，＋∞）上恒成立，即g（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立.
g'（x）＝2ax－ ＝ ，
当a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以g（x）
≤g（1）＝0，不符合题意；
当0＜a＜ 时，由g'（x）＝0得，x＝ ＞1，
x∈［1， ）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以x∈［1，
）时，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当a≥ 时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g'（x）≥0，
g（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，符合题意.
综上所述，a的取值范围为［ ，＋∞）.
拆解法求解双变量的恒（能）成立问题（师生共研过关）
已知f（x）＝ ＋xln x，g（x）＝x3－x2－3.
（1）如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，求满
足上述条件的最大整数M；
解： 存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，
即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－ ≥M，即g（x）max
－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.
由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－ ），
当 ＜x＜2时，g'（x）＞0；当0＜x＜ 时，g'（x）＜0，列表如下：
x
g'（x） － 0 ＋
g（x） ↘ 极小值 ↗
又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）
＝1，g（x）min＝g（ ）＝－ ，
所以g（x）max－g（x）min＝ ≥M，所以满足条件的最大整数M为4.
（2）如果对于任意的s，t∈［ ，2］，f（s）≥g（t）成立，求实数a
的取值范围.
解： 对于任意的s，t∈［ ，2］，f（s）≥g（t）成立，则f（s）
min≥g（t）max.
由（1）易得当x∈［ ，2］时，g（x）max＝g（2）＝1，
所以对任意的x∈［ ，2］， ＋xln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成
立.
令h（x）＝x－x2ln x（ ≤x≤2），则a≥h（x）max.
求导得h'（x）＝1－2xln x－x，令m（x）＝1－2xln x－x（
≤x≤2），则m'（x）＝－3－2ln x＜0，
所以h'（x）在［ ，2］上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下：
x 1 （1，2]
h'（x） ＋ 0 －
h（x） ↗ 极大值 ↘
所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.
解题技法
　　“双变量”的恒（能）成立问题可以拆解求参数，进行等价变换，常
见的拆解转换有：
（1） x1，x2∈D，f（x1）＞g（x2） f（x）min＞g（x）max；
（2） x1∈D1， x2∈D2，f（x1）＞g（x2） f（x）min＞g（x）min；
（3） x1∈D1， x2∈D2，f（x1）＞g（x2） f（x）max＞g（x）max.
已知函数f（x）＝aex－4，g（x）＝ln x－x－1，其中e为自然对数的底
数，a∈R. 若对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）
≥g（x2），求a的取值范围.
解：对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g
（x2），
则f（x）max≥g（x）max，
因为g（x）＝ln x－x－1，
则g'（x）＝ －1＝ ≥0对任意的x∈（0，1]恒成立，
所以函数g（x）在区间（0，1]上单调递增，则g（x）max＝g（1）＝－
2.
因为f（x）＝aex－4，
所以当a＝0时，f（x）＝－4，不满足f（x）max≥g（x）max，故a≠0；
当a＞0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递增，
所以f（x）max＝f（1）＝ae－4，即ae－4≥－2，解得a≥ ；
当a＜0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递减，f（x）＜f（0）＝a
－4＜－2，不满足题意.
综上，a的取值范围为［ ，＋∞）.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. （2025·西安高新一中、安康中学等校联考） x∈[1，2]，ln x＋ －
1≥0恒成立，则实数a的取值范围为（　　）
A. [e，＋∞） B. [1，＋∞）
D. [2e，＋∞）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
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20
20
22
23
24
25
解析： 　因为 x∈[1，2]，ln x＋ －1≥0恒成立，所以a≥－x2ln x＋
x2在x∈[1，2]上恒成立，所以a≥（－x2ln x＋x2）max（x∈[1，2]）.令
μ（x）＝－x2ln x＋x2，x∈[1，2]，则μ'（x）＝－2xln x－x＋2x＝－
2xln x＋x＝x（－2ln x＋1）.令μ'（x）＝0，得x＝ ，当x∈[1，
）时，μ'（x）＞0，故μ（x）在[1， ）上单调递增，当x∈
（ ，2]时，μ'（x）＜0，故μ（x）在（ ，2]上单调递减，故μ
（x）的最大值为μ（ ）＝ .所以a≥ ，即实数a的取值范围为［ ，
＋∞）.故选C.
2. 设函数f（x）＝ex（2x－1）－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整
数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（　　）
√
解析： 　设g（x）＝ex（2x－1），y＝ax－a，
由题知存在唯一的整数x0，使g（x0）在直线y＝
ax－a下方.因为g'（x）＝ex（2x＋1），所以当
x＜－ 时，g'（x）＜0，当x＞－ 时，g'（x）
＞0，所以当x＝－ 时，g（x）min＝－2 ，
g（0）＝－1，g（1）＝e＞0，直线y＝ax－a的斜率为a且恒过定点（1，0）.由已知a＜1，故－a＞g（0）＝－1，所以由题意需g（－1）＝－3e－1≥－a－a，解得 ≤a＜1，故选D.
3. （2024·哈尔滨模拟）设实数m＞0，若对任意的正实数x，不等式
emx≥ 恒成立，则m的最小值为（　　）
√
解析： ∵m＞0，emx≥ ，∴memx≥ln x，当0＜x≤1时，不等式显
然成立，当x＞1时，原不等式可变形为mxemx≥xln x＝eln x·ln x，设函数g
（x）＝xex（x＞1），g'（x）＝ex＋xex＝（x＋1）ex，当x＞1时，g'
（x）＞0，∴当x＞1时，g（x）单调递增，则不等式emx≥ 恒成立等
价于g（mx）≥g（ln x）恒成立，即mx≥ln x恒成立，m≥（ ）max，
设G（x）＝ ，x＞1，则G'（x）＝ ，当1＜x＜e时， G'（x）＞
0，当x＞e时，G'（x）＜0，∴G（x）在（1，e）上单调递增，在（e，
＋∞）上单调递减，则G（x）max＝G（e）＝ ，则m≥ ，即m的最小
值为 .故选A.
4. （2024·浙江Z20名校联考）已知函数f（x）＝ ＋2x2，g（x）＝2m
－ln x，若关于x的不等式f（x）≤xg（x）有解，则m的最小值
是 .
　
解析：由f（x）≤xg（x）得 ＋2x2≤x（2m－ln x），因为x＞0，所
以2m≥ ＋2x＋ln x＝e－2x－ln x－（－2x－ln x）有解.令t＝－2x－ln
x，则t∈R，令g（t）＝et－t，则g'（t）＝et－1，所以当t＜0时，g'
（t）＜0，当t＞0时，g'（t）＞0，所以g（t）在（－∞，0）上单调递
减，在（0，＋∞）上单调递增，所以g（t）min＝g（0）＝1，即e－2x－ln x
－（－2x－ln x）≥1，所以2m≥1，则m≥ ，即m的最小值是 .
5. 已知函数f（x）＝－ax2＋ln x（a∈R）.若存在x∈（1，＋∞），f
（x）＞－a，求a的取值范围.
解：由f（x）＞－a，
得a（x2－1）－ln x＜0，x∈（1，＋∞），
－ln x＜0，x2－1＞0.
当a≤0时，a（x2－1）－ln x＜0，满足题意；
令g（x）＝a（x2－1）－ln x（x＞1），
则g'（x）＝ ，
当a≥ 时，g（x）在（1，＋∞）上单调递增，
则g（x）＞g（1）＝0，不符合题意；
当0＜a＜ 时，
由g'（x）＞0，得x∈（ ，＋∞），
由g'（x）＜0，得x∈（1， ），
于是有g（x）在（1， ）上单调递减，在（ ，＋∞）上单调递增，
g（x）min＝g（ ）＜g（1）＝0.
则当0＜a＜ 时， x∈（1，＋∞），g（x）＜0.
综上，a的取值范围为（－∞， ）.
6. 已知函数f（x）＝ x3＋x2＋ax.
（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；
解： 由题设知f'（x）＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞）上恒成立，
即a≥－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上恒成立，
而函数y＝－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
（2）若函数g（x）＝ ，对 x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'
（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
解： “对 x1∈［ ，2］， x2∈［ ，2］，使f'（x1）≤g（x2）成
立”等价于“当x∈［ ，2］时，f'（x）max≤g（x）max”.
因为f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［ ，2］上单调递增，所
以f'（x）max＝f'（2）＝8＋a.
而g'（x）＝ ，由g'（x）＞0，得 ≤x＜1，由g'（x）＜0，得1＜
x≤2，
所以g（x）在［ ，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减.
所以当x∈［ ，2］时，g（x）max＝g（1）＝ .
由8＋a≤ ，得a≤ －8，
所以实数a的取值范围为（－∞， －8］.
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