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第二课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
考点一　分离参数解决恒(能)成立问题
[例1] (2025·河南焦作模拟)设函数f(x)=ax2－x－ln x.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤0在[e－1,e2]上有解,求实数a的取值范围.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.常见转化类型如下:
a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max,a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min;a≥f(x)能成立 a≥f(x)min,a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
[针对训练] (2025·江西新余模拟)已知函数f(x)=ln x－2x.
(1)求函数f(x)的最大值;
(2)若不等式f(x)≤(a－2)x+2在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
考点二　分类讨论解决恒(能)成立问题
[例2] (2025·河北唐山模拟)已知函数f(x)=e2x+(2－a)ex－ax+(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(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)成立问题的关键
根据不等式恒(能)成立,利用分类讨论法求参数取值范围时,分类的标准常常依据导数的正负性确定,然后在参数的每一段上研究函数的单调性与最值情况,由此判断是否满足题意,若要说明不满足,只需找一个或一段内的函数值并说明其不满足题意即可.
[针对训练] 已知函数f(x)=ex+(1－a)x－ln a·ln x(a>0).
(1)若a=e,求函数f(x)的单调区间;
(2)若不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有解,求实数a的取值范围.
考点三　双变量的恒(能)成立问题
[例3] (2025·福建福州模拟)已知函数f(x)=aln x+x2,g(x)=2x3－ax+2,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若 x1∈(0,+∞), x2∈[－2,－1],使得2f(x1)≤g(x2),求实数a的取值范围.
“双变量”的恒(能)成立问题的求解策略
求解“双变量”的恒(能)成立问题,采用的是等价转化思想,首先要正确理解问题的实质,深刻挖掘问题的内含条件,然后进行正确的等价转换.常见的等价转换有:
(1) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)max.
(2) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)min.
(3) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)min.
(4) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)max.
[针对训练] (2025·山东德州模拟)已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1)－ax2,若 x1∈[1,e], x2∈(0,1]使得f(x1)>g(x2)成立,则实数a的取值范围是(　　)
[A] (ln 2,+∞) [B] [ln 2,+∞)
[C] (,+∞) [D] [－ln 2,+∞)
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
分离参数解决恒(能)成立问题 1
分类讨论解决恒(能)成立问题 2,3
双变量的恒(能)成立问题 4
1.(12分)已知函数f(x)=2ax－2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=x－2,都有g(x)≤f(x),求实数a的取值范围.
2.(12分)已知函数f(x)=ex+(m+1)x(m∈R).
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若存在x∈[1,2],使得不等式ex++mln x+m≥f(x)成立,求m的取值范围.
3.(13分)(2025·广东揭阳模拟)已知函数f(x)=2ln x－mx2+1(m∈R).
(1)当m=1时,证明:f(x)<1;
(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立,求m的最小整数值.
4.(13分)(2025·山东聊城模拟)已知函数f(x)=xln x+,g(x)=2xex－ln x－x－ln 2.
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值;
(2)若对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
第二课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题（解析版）
考点一　分离参数解决恒(能)成立问题
[例1] (2025·河南焦作模拟)设函数f(x)=ax2－x－ln x.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤0在[e－1,e2]上有解,求实数a的取值范围.
【解】 (1)当a=1时,f(x)=x2－x－ln x,
其定义域为(0,+∞).
f′(x)=2x－1－==,
当x∈(0,1)时,f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞).
(2)不等式f(x)≤0在[e－1,e2]上有解等价于
a≤+在[e－1,e2]上有解,
令g(x)=+,x∈[e－1,e2],
则a≤g(x)max,x∈[e－1,e2].
g′(x)=－+=,
令h(x)=1－2ln x－x,x∈[e－1,e2],
易知h(x)在[e－1,e2]上单调递减,且h(1)=0,
所以当x∈[e－1,1)时,h(x)>0,即g′(x)>0,
当x∈(1,e2]时,h(x)<0,即g′(x)<0,
所以g(x)在[e－1,1)上单调递增,在(1,e2]上单调递减.
所以g(x)max=g(1)=1,所以a≤1,
即实数a的取值范围为(－∞,1].
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.常见转化类型如下:
a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max,a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min;a≥f(x)能成立 a≥f(x)min,a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
[针对训练] (2025·江西新余模拟)已知函数f(x)=ln x－2x.
(1)求函数f(x)的最大值;
(2)若不等式f(x)≤(a－2)x+2在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=－2=,
令f′(x)>0,解得0令f′(x)<0,解得x>
所以f(x)的单调递增区间为(0,),
单调递减区间为(,+∞),
则f(x)max=f()=－ln 2－1.
(2)不等式f(x)≤(a－2)x+2在(0,+∞)上恒成立,即a≥在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=(x>0),
则g′(x)==,
令g′(x)>0,解得0令g′(x)<0,解得x>e3,
所以g(x)的单调递增区间为(0,e3),单调递减区间为(e3,+∞),
则g(x)max=g(e3)==,
所以a≥,
所以不等式f(x)≤(a－2)x+2在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为[,+∞).
考点二　分类讨论解决恒(能)成立问题
[例2] (2025·河北唐山模拟)已知函数f(x)=e2x+(2－a)ex－ax+(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
【解】 (1)由f(x)=e2x+(2－a)ex－ax+(a∈R),
得f′(x)=2e2x+(2－a)ex－a=(ex+1)(2ex－a).
①当a≤0时,f′(x)=(ex+1)(2ex－a)>0,
所以f(x)在(－∞,+∞)上单调递增;
②当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln ,
当x∈(－∞,ln )时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(ln ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(－∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在(－∞,ln )上单调递减,
在(ln ,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知,①当a<0时,
f(x)在(－∞,+∞)上单调递增,
f()=+(2－a)－a×+<1+(2－a)－3+=(－1)a<0,不符合题意.
②当a=0时,f(x)=e2x+2ex>0,符合题意.
③当a>0时,
f(x)min=f(ln )=a－－aln +,
要使f(x)≥0恒成立,
则只需f(x)min≥0恒成立,
即a－－aln +≥0,
亦即1－－ln +≥0.
记g(a)=1－－ln +(a>0),
则g′(a)=－<0,
于是g(a)在(0,+∞)上单调递减;
又因为g(2e)=1－－ln +=0,
所以当0即f(x)min≥0,符合题意;当a>2e时,
g(a)<0,不符合题意.
综上可知,a的取值范围为[0,2e].
分类讨论法解决恒(能)成立问题的关键
根据不等式恒(能)成立,利用分类讨论法求参数取值范围时,分类的标准常常依据导数的正负性确定,然后在参数的每一段上研究函数的单调性与最值情况,由此判断是否满足题意,若要说明不满足,只需找一个或一段内的函数值并说明其不满足题意即可.
[针对训练] 已知函数f(x)=ex+(1－a)x－ln a·ln x(a>0).
(1)若a=e,求函数f(x)的单调区间;
(2)若不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有解,求实数a的取值范围.
【解】 (1)当a=e时,f(x)=ex+(1－e)x－ln x,
f′(x)=ex+(1－e)－=(ex－e)+.
当x>1时,ex－e>0,>0,所以f′(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增;
当0所以f′(x)<0,所以f(x)在(0,1)上单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
(2)由f(x)=ex+(1－a)x－ln a·ln x(a>0),
得f′(x)=ex+(1－a)－=(ex－a)+(x>0).
①当ln a≤1,即0因为x>1,ex>e≥a,x>1≥ln a,
所以f′(x)>0,
因此函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)>f(1)=e+1－a≥e+1－e=1,
不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上无解;
②当ln a>1,即a>e时,当1ex<=a,x所以函数f(x)在(1,ln a)上单调递减,
f(x)不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有解.
综上,实数a的取值范围是(e,+∞).
考点三　双变量的恒(能)成立问题
[例3] (2025·福建福州模拟)已知函数f(x)=aln x+x2,g(x)=2x3－ax+2,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若 x1∈(0,+∞), x2∈[－2,－1],使得2f(x1)≤g(x2),求实数a的取值范围.
【解】 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2x=,
当a≥0时,f′(x)>0恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,
令f′(x)=0有x=(负值舍去),
故当x∈(0,)时,f′(x)<0;
当x∈(,+∞)时,f′(x)>0;
所以f(x)在(0,)上单调递减,
在(,+∞)上单调递增;
综上所述,当a≥0时,
f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,f(x)在(0,)上单调递减,
在(,+∞)上单调递增.
(2)当a=0时, x1∈(0,+∞),2f(x1)=2>0; x∈[－2,－1],g(x)=2x3+2≤0;
所以2f(x1)>g(x2)恒成立,不合题意;
当a>0时,取x1=min,x2=－1,
则2f(x1)=2aln x1+2≤2aln +1=a=g(x2)(当a=时等号成立),符合题意;
当a<0时,若 x1∈(0,+∞),
x2∈[－2,－1],使得2f(x1)≤g(x2),
则2f(x1)min≤g(x2)max;
由(1)知,
f(x1)min=f()=aln;
因为g(x)=2x3－ax+2,
所以g′(x)=6x2－a>0,
所以g(x)在[－2,－1]上单调递增,
所以g(x2)max=g(－1)=a,
所以2aln－a≤a,
即2aln≤2a,
所以ln≥1,
解得a≤－2e2.
综上所述,实数a的取值范围为(－∞,－2e2]∪(0,+∞).
“双变量”的恒(能)成立问题的求解策略
求解“双变量”的恒(能)成立问题,采用的是等价转化思想,首先要正确理解问题的实质,深刻挖掘问题的内含条件,然后进行正确的等价转换.常见的等价转换有:
(1) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)max.
(2) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)min.
(3) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)min.
(4) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)max.
[针对训练] (2025·山东德州模拟)已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1)－ax2,若 x1∈[1,e], x2∈(0,1]使得f(x1)>g(x2)成立,则实数a的取值范围是(　　)
[A] (ln 2,+∞) [B] [ln 2,+∞)
[C] (,+∞) [D] [－ln 2,+∞)
【答案】 A　
【解析】 由f(x)=,得f′(x)=,
当x∈[1,e]时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,
所以f(x)在[1,e]上的最小值为f(1)=0,
所以 x1∈[1,e], x2∈(0,1],使得f(x1)>g(x2)成立,
即 x∈(0,1],使得ln(x+1)－ax2<0成立,
即a>有解,
令h(x)=,x∈(0,1],
即a>h(x)min,
因为h′(x)==,
令φ(x)=－2ln(x+1),x∈(0,1],
则φ′(x)==<0,
所以φ(x)在(0,1]上单调递减,
所以φ(x)<φ(0)=0,
所以h′(x)<0,
即h(x)在(0,1]上单调递减,
所以h(x)min=h(1)=ln 2,
则a>ln 2.故选A.
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
分离参数解决恒(能)成立问题 1
分类讨论解决恒(能)成立问题 2,3
双变量的恒(能)成立问题 4
1.(12分)已知函数f(x)=2ax－2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数g(x)=x－2,都有g(x)≤f(x),求实数a的取值范围.
【解】 (1)由题意,得f′(x)=2a－=(x>0),
当a≤0时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,
当a>0时,令f′(x)<0,得0令f′(x)>0,得x>,
所以函数f(x)在(0,)上单调递减,
在(,+∞)上单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,函数f(x)在(0,)上单调递减,
在(,+∞)上单调递增.
(2)因为g(x)≤f(x),
即2ax－2ln x≥x－2(x>0),
即a≥+,
令h(x)=+(x>0),
则h′(x)=+=(x>0).
当00,
当x>e2时,h′(x)<0,
所以函数h(x)在(0,e2)上单调递增,
在(e2,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e2)=+=+,
所以a≥+.
故实数a的取值范围为[+,+∞).
2.(12分)已知函数f(x)=ex+(m+1)x(m∈R).
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若存在x∈[1,2],使得不等式ex++mln x+m≥f(x)成立,求m的取值范围.
【解】 (1)当m=1时,
f(x)=ex+(m+1)x=ex+2x,
定义域为R,f′(x)=ex+2,
所以f(0)=1,f′(0)=3,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y－1=3(x－0),即y=3x+1.
(2)不等式ex++mln x+m≥f(x)可化为+mln x－(m+1)x+m≥0,
即存在x∈[1,2],使得不等式+mln x－(m+1)x+m≥0成立,
构造函数h(x)=+mln x－(m+1)x+m,x∈[1,2],
则h′(x)=x+－(m+1)=(x－m)(x－1).
①当m≤1时,h′(x)≥0恒成立,
故h(x)在[1,2]上单调递增,
故h(x)max=h(2)=mln 2－m≥0,
解得m≤0,故m≤0;
②当10,解得m令h′(x)<0,解得1≤x故h(x)在[1,m)上单调递减,
在(m,2]上单调递增,
所以h(x)max=max{h(1),h(2)},
又h(1)=－<0,h(2)=mln 2－m<0,
不符合题意,舍去;
③当m≥2时,h′(x)≤0恒成立,
h(x)在[1,2]上单调递减,
故h(x)max=h(1)=－<0,不符合题意,舍去.
综上所述,m的取值范围为(－∞,0].
3.(13分)(2025·广东揭阳模拟)已知函数f(x)=2ln x－mx2+1(m∈R).
(1)当m=1时,证明:f(x)<1;
(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立,求m的最小整数值.
(1)【证明】 当m=1时,
f(x)=2ln x－x2+1(x>0),
所以f′(x)=－x=(x>0),
令f′(x)=0,得x=,
当x∈(0,)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=处取得唯一的极大值,
即最大值,
所以f(x)max=f()=2ln ×2+1=ln 2,所以f(x)≤ln 2,而ln 2所以f(x)<1.
(2)【解】 令G(x)=f(x)－(m－2)x=2ln x－mx2+(2－m)x+1,
则G′(x)=－mx+(2－m)=(x>0).
当m≤0时,因为x>0,所以G′(x)>0,
所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.
又因为G(1)=－m+3>0,
所以关于x的不等式G(x)<0不能恒成立;
当m>0时,G′(x)=－.
令G′(x)=0,得x=,
当x∈(0,)时,G′(x)>0,
当x∈(,+∞)时,G′(x)<0.
因此函数G(x)在(0,)上单调递增,
在(,+∞)上单调递减.
故函数G(x)的最大值为G()=－2ln m+2ln 2－1.
令h(m)=－2ln m+2ln 2－1,m>0,
易知h(m)在(0,+∞)上单调递减,又h(2)=0,
所以当m>2时,h(m)<0恒成立.
所以m的最小整数值为3.
综上所述,m的最小整数值为3.
4.(13分)(2025·山东聊城模拟)已知函数f(x)=xln x+,g(x)=2xex－ln x－x－ln 2.
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值;
(2)若对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
【解】 (1)由f(x)=xln x+得f′(x)=ln x+1－,x>0,
设直线y=x与曲线y=f(x)的切点为(x0,y0),
则解得
因此a的值为.
(2)由g(x)=2xex－ln x－x－ln 2,
得g′(x)=2ex+2xex－－1=(x+1)(2ex－),
设h(x)=2ex－,x>0,则h′(x)=2ex+,
因为当x>0时,h′(x)=2ex+>0恒成立,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又因为h()=2－4<0,h(1)=2e－1>0,
所以存在t∈(,1),使h(t)=0,
且当x∈(0,t)时,h(x)<0;
当x∈(t,+∞)时,h(x)>0;
从而g′(t)=0,且当x∈(0,t)时,g′(x)<0;
当x∈(t,+∞)时,g′(x)>0,
所以函数g(x)在(0,t]上单调递减,在[t,+∞)上单调递增,
因此g(x)min=g(t)=2tet－ln t－t－ln 2,
由h(t)=0,得h(t)=2et－=0,tet=,从而t+ln t=－ln 2,
所以g(x)min=1+ln 2－ln 2=1,
由对于任意的x1∈(0,+∞),
都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,
得对于任意的x∈(0,+∞),
都有f(x)≥g(x)min=1,
即不等式xln x+≥1在x∈(0,+∞)上恒成立,
即不等式a≥x－x2ln x在x∈(0,+∞)上恒成立.
设φ(x)=x－x2ln x,则φ′(x)=1－x－2xln x,
因为φ′(1)=0,当x∈(0,1)时,1－x>0,
2xln x<0,φ′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,1－x<0,2xln x>0,
φ′(x)<0;
所以函数φ(x)=x－x2ln x在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=1,因此a≥1,
故a的取值范围为[1,+∞).
(
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第二课时　利用导数研究
不等式恒(能)成立问题
关键能力
课堂突破
考点一　分离参数解决恒(能)成立问题
[例1] (2025·河南焦作模拟)设函数f(x)=ax2－x－ln x.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
[例1] (2025·河南焦作模拟)设函数f(x)=ax2－x－ln x.
(2)若关于x的不等式f(x)≤0在[e－1,e2]上有解,求实数a的取值范围.
所以g(x)max=g(1)=1,所以a≤1,即实数a的取值范围为(－∞,1].
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.常见转化类型如下:
a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max,a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min;a≥f(x)能成立
a≥f(x)min,a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
解题策略
[针对训练] (2025·江西新余模拟)已知函数f(x)=ln x－2x.
(1)求函数f(x)的最大值;
[针对训练] (2025·江西新余模拟)已知函数f(x)=ln x－2x.
(2)若不等式f(x)≤(a－2)x+2在(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
考点二　分类讨论解决恒(能)成立问题
(1)讨论函数f(x)的单调性;
①当a≤0时,f′(x)=(ex+1)(2ex－a)>0,
所以f(x)在(－∞,+∞)上单调递增;
(2)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
②当a=0时,f(x)=e2x+2ex>0,符合题意.
分类讨论法解决恒(能)成立问题的关键
根据不等式恒(能)成立,利用分类讨论法求参数取值范围时,分类的标准常常依据导数的正负性确定,然后在参数的每一段上研究函数的单调性与最值情况,由此判断是否满足题意,若要说明不满足,只需找一个或一段内的函数值并说明其不满足题意即可.
解题策略
[针对训练] 已知函数f(x)=ex+(1－a)x－ln a·ln x(a>0).
(1)若a=e,求函数f(x)的单调区间;
[针对训练] 已知函数f(x)=ex+(1－a)x－ln a·ln x(a>0).
(2)若不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有解,求实数a的取值范围.
①当ln a≤1,即0因为x>1,ex>e≥a,x>1≥ln a,
所以f′(x)>0,
因此函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以f(x)>f(1)=e+1－a≥e+1－e=1,
不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上无解;
②当ln a>1,即a>e时,当1ex<=a,x所以函数f(x)在(1,ln a)上单调递减,
f(x)不等式f(x)<1在区间(1,+∞)上有解.
综上,实数a的取值范围是(e,+∞).
考点三　双变量的恒(能)成立问题
[例3] (2025·福建福州模拟)已知函数f(x)=aln x+x2,g(x)=2x3－ax+2,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
[例3] (2025·福建福州模拟)已知函数f(x)=aln x+x2,g(x)=2x3－ax+2,a∈R.
(2)若 x1∈(0,+∞), x2∈[－2,－1],使得2f(x1)≤g(x2),求实数a的取值范围.
解题策略
“双变量”的恒(能)成立问题的求解策略
求解“双变量”的恒(能)成立问题,采用的是等价转化思想,首先要正确理解问题的实质,深刻挖掘问题的内含条件,然后进行正确的等价转换.常见的等价转换有:
(1) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)max.
(2) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)min.
解题策略
(3) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)min>g(x2)min.
(4) x1∈[a,b], x2∈[c,d],使f(x1)>g(x2) f(x1)max>g(x2)max.
A
所以φ(x)在(0,1]上单调递减,
所以φ(x)<φ(0)=0,
所以h′(x)<0,
即h(x)在(0,1]上单调递减,
所以h(x)min=h(1)=ln 2,
则a>ln 2.故选A.
课时作业
(分值:50分)
选题明细表
知识点、方法 题号
分离参数解决恒(能)成立问题 1
分类讨论解决恒(能)成立问题 2,3
双变量的恒(能)成立问题 4
1.(12分)已知函数f(x)=2ax－2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
1.(12分)已知函数f(x)=2ax－2ln x.
(2)若函数g(x)=x－2,都有g(x)≤f(x),求实数a的取值范围.
2.(12分)已知函数f(x)=ex+(m+1)x(m∈R).
(1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
【解】 (1)当m=1时,f(x)=ex+(m+1)x=ex+2x,
定义域为R,f′(x)=ex+2,
所以f(0)=1,f′(0)=3,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y－1=3(x－0),即y=3x+1.
2.(12分)已知函数f(x)=ex+(m+1)x(m∈R).
①当m≤1时,h′(x)≥0恒成立,
故h(x)在[1,2]上单调递增,
故h(x)max=h(2)=mln 2－m≥0,
解得m≤0,故m≤0;
(1)当m=1时,证明:f(x)<1;
(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立,求m的最小整数值.
(1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值;
(2)若对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)≥g(x2)成立,求a的取值范围.
所以函数φ(x)=x－x2ln x在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)max=φ(1)=1,因此a≥1,
故a的取值范围为[1,+∞).

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