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2026高考数学第二轮专题
专题突破练25　导数与不等式恒(能)成立问题
1.(15分)(2025山东滨州二模)已知函数f(x)=+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若a>0时,f(x)≥a2-(a+1)ln a恒成立,求实数a的值.
2.(15分)(2025湖北武汉三模)已知函数f(x)=ex-ax,a∈R.
(1)若a=1,求函数f(x)的单调区间;
(2)当x≥0时,f(x)≥x,求实数a的取值范围.
3.(17分)(2024新高考Ⅰ,18)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3.
(1)若b=0,且f'(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2,当且仅当14.(17分)(2025江苏南京模拟)已知函数y=f(x)和y=g(x)的定义域均为R,若对任意实数x,都存在常数n,使f'(x)≥ng'(x)成立,则称函数y=f(x)是函数y=g(x)的“n函数”.
(1)证明:函数f(x)=3x+1是函数g(x)=cos x的“3函数”;
(2)若函数f(x)=-x4-4x3-12x2-20x是函数g(x)=ex的“n函数”,求n的取值范围;
(3)若函数p(x)=ex+me-x,函数y=q(x)为偶函数,函数y=p(x)是函数y=q(x)的“1函数”,求证:“m=1”的充要条件是“存在常数c,使得p(x)-q(x)=c恒成立”.
答案：
1.解 (1)由题意,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-,
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)内单调递减,
当a>0时,由f'(x)>0解得x>,由f'(x)<0解得0所以f(x)在内单调递增,在内单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)内单调递减,
当a>0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减.
(2)由(1)知当a>0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减,
所以函数f(x)的最小值为f=a-aln a,所以a-aln a≥a2-(a+1)ln a恒成立,
整理得a2-ln a-a≤0,
令h(x)=x2-ln x-x,
则h'(x)=2x--1=,
由h'(x)>0解得x>1,
由h'(x)<0解得0所以h(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减,
所以h(x)≥h(1)=12-ln 1-1=0,
又h(a)≤0,所以h(a)=0,所以a=1.
2.解 (1)已知f(x)=ex-ax,当a=1时,f(x)=ex-x,对f(x)求导,可得f'(x)=ex-1.
令f'(x)=0,即ex-1=0,解得x=0.
当x<0时,ex<1,所以f'(x)=ex-1<0,则f(x)在(-∞,0)内单调递减.
当x>0时,ex>1,所以f'(x)=ex-1>0,则f(x)在(0,+∞)内单调递增.
综上,函数f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).
(2)当x≥0时,f(x)≥x,即ex-ax≥x,移项可得ex-(a+1)x≥0.
当x=0时,e0-(a+1)×0=1≥0,此时a可以取任意实数.
当x>0时,ex-(a+1)x≥0可化为a+1,
令g(x)=(x>0),对g(x)求导,可得g'(x)=
令g'(x)=0,即=0,因为ex>0,x2>0,所以x-1=0,解得x=1.
当0当x>1时,x-1>0,所以g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)内单调递增.
则g(x)在x=1处取得极小值,也是最小值,g(1)==e.
所以a+1≤e,解得a≤e-1.
故实数a的取值范围是(-∞,e-1].
3.(1)解 由>0,得函数f(x)的定义域为(0,2).
当b=0时,f(x)=ln x-ln(2-x)+ax,
则f'(x)=+a.
由f'(x)≥0,得+a≥0,
即a(0∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2),
∴-1≤x(x-2)<0.
∴-2.
∴a≥-2.故a的最小值为-2.
(2)证明 ∵f(2-x)=ln(2-x)-ln x+a(2-x)+b(1-x)3,
∴f(2-x)+f(x)=2a,∴函数f(x)的图象关于点(1,a)对称.
故曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)解 由(2)知,f(x)的图象关于点(1,a)对称.
若f(x)>-2,当且仅当1则f(1)=-2,∴a=-2.
∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3>-2在区间(1,2)内恒成立.
f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2·[+3b],
令g(x)=+3b,
则g(1)=2+3b,由2+3b≥0,
得b≥-,此时,f'(x)≥0,f(x)在区间(1,2)内单调递增.∴在区间(1,2)内恒有f(x)>f(1)=-2.
若b<-,则存在x∈(1,ε),使得f'(x)<0,f(x)在区间(1,ε)内单调递减,
则在区间(1,ε)内,f(x)故b≥-
当b≥-时,对 x∈(1,2),f(x)≥ln-2x-(x-1)3.
令h(x)=ln-2x-(x-1)3,
则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2[-1]>0对 x∈(1,2)恒成立,
∴h(x)>h(1)=-2符合条件.
综上所述,b的取值范围为[-,+∞).
4.(1)证明 因为f(x)=3x+1,g(x)=cos x,
所以f'(x)=3,g'(x)=-sin x,
则g'(x)∈[-1,1],
故f'(x)-3g'(x)=3+3sin x≥0,
即f'(x)≥3g'(x)恒成立,
故函数f(x)=3x+1是函数g(x)=cos x的“3函数”.
(2)解 因为f(x)=-x4-4x3-12x2-20x,g(x)=ex,
则f'(x)=-4x3-12x2-24x-20,g'(x)=ex>0.
因为函数f(x)是函数g(x)的“n函数”,
所以对任意的x∈R,f'(x)≥ng'(x),
则n令h(x)=,
则h'(x)=,
且x2+x+1=>0,
故当x∈(-∞,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,
即h(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,
所以h(x)min=h(1)=-,
所以n≤-,
若函数f(x)=-x4-4x3-12x2-20x是函数g(x)=ex的“n函数”,
则实数n的取值范围是
(3)证明 充分性:若存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立,
则p(x)=q(x)+c,
因为函数y=q(x)为偶函数,
所以q(x)=q(-x),则p(x)=p(-x),
即ex+me-x=e-x+mex,
所以(m-1)(ex-e-x)=0恒成立,
所以m=1;
必要性:若m=1,
则p(x)=ex+e-x=p(-x),
所以函数p(x)为偶函数.
因为函数y=p(x)是函数y=q(x)的“1函数”,
所以对任意的x∈R,p'(x)≥q'(x),
又q(-x)=q(x),p(-x)=p(x),
所以q'(x)=-q'(-x),p'(x)=-p'(-x),
所以-p'(-x)≥-q'(-x),
即p'(-x)≤q'(-x).
用x代换-x可得p'(x)≤q'(x),
故p'(x)=q'(x).
记h(x)=p(x)-q(x),
则h'(x)=p'(x)-q'(x)=0,
因此存在常数c使得p(x)-q(x)=c恒成立.
综上,“m=1”的充要条件是“存在常数c,使得p(x)-q(x)=c恒成立”.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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