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第19练　导数与不等式
1.若不等式ln x-ax2≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 (　 )　A.a≤ B.a≥ C.a≤ D.a≥
2.若存在x∈(-2,-1),使得不等式x2-kx+2>0成立,则实数k的取值范围为 (　 )
A.(-2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(-3,+∞) D.[-3,+∞)
3.已知函数f(x)=ex-1-ln x-a,若对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,则a的最大值是 (　 )
A.ln 2 B. C.1 D.e
4.已知函数f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是 (　 )
A.[-e,+∞) B.(-∞,-e]
C. D.
5.已知函数f(x)=(em-1)x的图象恒在g(x)=ex-ln x-m的图象的下方,则实数m的取值范围是 (　 )
A.(-∞,1) B.(-∞,e-1)
C.(0,1) D.(0,e-1)
6.(多选题)[2025·新余模拟] 已知关于x的不等式k(2x-1)ex-2x+2≥0恒成立,则实数k的值可能为 (　 )
A.2 B.0 C.1 D.
7.若不等式ax>sin x对任意x∈恒成立,则a的取值范围是　　　　.
8.已知函数f(x)=xcos x-sin x,若存在实数x∈[0,2π],使得f(x)9.[2025·沈阳二模] 已知函数f(x)=ln x-kx.
(1)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0成立,求k的取值范围;
(2)已知k>0,若f(x)≤对任意x∈(0,+∞)恒成立,求k的最小值.
10.已知函数f(x)=(2-x)ex.
(1)求函数f(x)在区间[-1,2]上的最值;
(2)当x>0时,证明:f(x)11.[2023·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
12.(多选题)若当x>0时,-ln x-2≥0恒成立,则a的可能取值为 (　 )
A.3 B.4 C.5 D.6
13.已知函数f(x)=,g(x)=xe-x,若存在x1∈(0,+∞),x2∈R,使得f(x1)=g(x2)=k(k<0)成立,则ek的取值范围是　　　　.
14.[2025·葫芦岛一模] 已知函数f(x)=-a(ln x+a).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,f(x)≥(a-1)ln(-a),求实数a的值.
15.[2025·武汉四月调考] 已知函数f(x)=ex-+-1.
(1)若f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线斜率为-1,求a;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
16.已知函数f(x)=aln x+的图象在x=1处的切线方程是y=x+-1.
(1)求a,b的值;
(2)若函数g(x)=xf(x),求g(x)的单调区间与极值;
(3)证明:f(x)>.
17.[2025·日照一模] 已知函数f(x)=axln x.
(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性.
(2)当0①求实数a的值;
②求证:f(x)18.已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a≤2时,证明:≤e2x.
19.[2026·浙江Z20联盟一联] 已知函数f(x)=xln(x+a)-2x+2ln(x+1),g(x)=2ln(x+a+1)-3x.
(1)若a=0,求g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线l的方程;
(2)判断x=0是否是函数f(x)的极值点,并说明理由;
(3)若不等式f(x)>g(x)+k(x-2)对任意的x∈(2,+∞),a∈[0,2]恒成立,求正整数k的最大值.(参考数据:e=2.718 28…,e2=7.389 05…,e3=20.085 53…)
1.D　[解析] 由题设知ax2≥ln x,即a≥对x∈(0,+∞)恒成立.令f(x)=,x>0,则f'(x)==.令f'(x)>0,得0,故f(x)在(,+∞)上单调递减.所以f(x)≤f()=,所以a≥.故选D.
2.C　[解析] 存在x∈(-2,-1),使得不等式x2-kx+2>0成立,则k>对x∈(-2,-1)能成立.令f(x)==x+,x∈(-2,-1),则f'(x)=1-=,令f'(x)=0,可得x=-,当x∈(-2,-)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(-,-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,又f(-2)=f(-1)=-3,所以f(x)>-3,所以k>-3.故选C.
3.C　[解析] 由f(x)=ex-1-ln x-a,得f'(x)=ex-1-.设g(x)=ex-1-,可得g'(x)=ex-1+,当x≥1时,g'(x)>0,则f'(x)在[1,+∞)上单调递增,故当x≥1时,f'(x)≥f'(1)=0,故f(x)在[1,+∞)上单调递增.因为对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,所以只需f(1)=1-a≥0,解得a≤1,所以a的最大值是1.故选C.
4.C　[解析] 若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则只需f(x)min≤g(x)max.由题可得f'(x)=ex+xex=(x+1)ex,易知函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-.由题可得g(x)max=g(-1)=a,所以a≥-.故选C.
5.A　[解析] 由题意可得(em-1)x即em+ln x+m+ln x1时,h'(x)>0,所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1,所以m<1,故实数m的取值范围是(-∞,1).故选A.
6.ACD　[解析] 由题知,不等式≤k恒成立,设f(x)=,y=k(k为常数),则直线y=k恒在函数f(x)的图象的上方,直线y=k恒过点.f'(x)=,当x<2时,f'(x)>0,当x>2时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(2)=,又f(1)=0,当x>1时,f(x)>0,在同一坐标系中,作出函数f(x)的图象与直线y=k,如图.设直线y=k与函数f(x)的图象相切时切点坐标为,∴k==,解得x0=0或x0=,∴当直线y=k与函数f(x)的图象相切时,切线斜率为2或,由图知,≤k≤2.故选ACD.
7.[1,+∞)　[解析] 方法一:设f(x)=ax-sin x,原问题转化为f(x)>0对任意x∈恒成立.因为f'(x)=a-cos x,所以当a≤0,00,故f(x)在上单调递增,所以当x∈时,f(x)>f(0)=0恒成立,所以a≥1满足题意;当0方法二:应用洛必达法则和导数.当x∈时,原不等式等价于a>.令f(x)=,则f'(x)==.又当x∈时,x8.(-π,+∞)　[解析] 因为存在实数x∈[0,2π],使得f(x)x 0 (0,π) π (π,2π) 2π
f'(x) 0 - 0 + 0
f(x) 0 单调递减 极小值 单调递增 2π
所以f(x)在[0,2π]上的最小值为f(π)=-π,所以t>-π,故实数t的取值范围是(-π,+∞).
9.解:(1)由f(x)=ln x-kx≥0(x>0)得k≤,则存在x∈(0,+∞),使k≤成立.令g(x)=(x>0),则g'(x)=,令g'(x)=0得x=e,当00,g(x)单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(e)==,所以k≤.
故k的取值范围为.
(2)若f(x)≤对任意x∈(0,+∞)恒成立,则ln x-kx-≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,令h(x)=ln x-kx-(x>0),则h(x)max≤0,
令h'(x)=-k+==0,得x1=-(舍去)或x2=.
当00,h(x)单调递增;当x>时,h'(x)<0,h(x)单调递减.
所以h(x)max=h=ln-k·-=ln-ln k≤0,
则k≥,则k的最小值为.
10.解:(1)∵f(x)=(2-x)ex,
∴f'(x)=-ex+(2-x)ex=(1-x)ex.当-1≤x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当1又f(-1)=,f(1)=e,f(2)=0,
∴函数f(x)在区间[-1,2]上的最大值为e,最小值为0.
(2)证明:记g(x)=f(x)-x2+x-2e=(2-x)ex-x2+x-2e,x>0,则g'(x)=(1-x)(ex+1).
当00,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g(x)的最大值为g(1)=-e,因为-e<0,所以g(x)<0,所以当x>0时,f(x)11.解:(1)因为f(x)=a(ex+a)-x,所以定义域为R,f'(x)=aex-1.
当a≤0时,aex≤0,故f'(x)=aex-1<0恒成立,
此时f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f'(x)=aex-1=0,解得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,当x>-ln a时,f'(x)>0,则f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:方法一:由(1)得,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,即证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2--ln a>0.
令g(a)=a2--ln a(a>0),则g'(a)=2a-=.
令g'(a)<0,可得0令g'(a)>0,可得a>.
所以g(a)在上单调递减,在上单调递增,所以g(a)min=g=--ln=ln>0,所以g(a)>0,
所以当a>0时,f(x)>2ln a+.
方法二:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,因为y=ex在R上单调递增,所以h'(x)=ex-1在R上单调递增,
又h'(0)=e0-1=0,所以当x<0时,h'(x)<0,当x>0时,h'(x)>0,
所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)=0,即ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立.
因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x,当且仅当x+ln a=0,
即x=-ln a时,等号成立,
所以要证f(x)>2ln a+,即证x+ln a+1+a2-x>2ln a+,即证a2--ln a>0.
令g(a)=a2--ln a(a>0),
则g'(a)=2a-=.
令g'(a)<0,可得0令g'(a)>0,可得a>.
所以g(a)在上单调递减,在上单调递增,所以g(a)min=g=--ln=ln>0,所以g(a)>0,
所以当a>0时,f(x)>2ln a+.
12.BCD　[解析] 令t=,t>0,则-ln x-2≥0可化为t-ln t2-2≥0,即≥,令f(t)=(t>0),则f'(t)=,当00,当t>1时,f'(t)<0,所以f(t)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故f(t)max=f(1)=2,所以≥2,解得a≥4.故选BCD.
13.　[解析] 由题设知f(x)=,g(x)===f(ex),因为f(x1)==k<0,所以ln x1<0,则00对x∈(0,1)恒成立,所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.因为f(x1)=g(x2)=k(k<0),所以x1=,即==g(x2)=k,则ek=k2ek.构造函数h(k)=k2ek,其中k<0,则h'(k)=(k2+2k)ek=k(k+2)ek.当k<-2时,h'(k)>0,则函数h(k)在(-∞,-2)上单调递增;当-20显然成立,故ek的范围为.
14.解:(1)因为f(x)=-a(ln x+a),其定义域为(0,+∞),
所以f'(x)=--=-,
所以当a≥0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a<0时,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在上单调递减;
当x∈时,f'(x)>0,f(x)在上单调递增.
综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a<0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)得,当a<0时,f(x)min=f=-a-a=aln(-a)-a-a2,
因为f(x)≥(a-1)ln(-a)恒成立,所以aln(-a)-a-a2≥(a-1)ln(-a),即a2+a-ln(-a)≤0.
令g(a)=a2+a-ln(-a),a<0,则g'(a)=2a+1-==,令g'(a)>0,得-1所以g(a)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,
所以g(a)min=g(-1)=(-1)2-1-ln 1=0,则g(a)≥0恒成立,
所以g(a)=0,即a2+a-ln(-a)=0,所以a=-1.
15.解:(1)因为f(x)=ex-+-1,所以f'(x)=ex--,依题意f'(1)=e1--=-1,解得a=e.
(2)易知f(x)=ex-+-1的定义域为(0,+∞),
因为f(x)=ex-+-1=≥0恒成立,
所以xex-ln x+a-x≥0恒成立.
令g(x)=xex-ln x+a-x,x∈(0,+∞),则g'(x)=(x+1),令h(x)=ex-,x∈(0,+∞),则h'(x)=ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h=-2<0,h(1)=e-1>0,所以存在x0∈,使得h(x0)=0,即g'(x0)=0,-=0,则ln x0=-x0.
当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≥0,所以a≥-1.
故实数a的取值范围为[-1,+∞).
16.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由已知得f'(x)=-,
则解得
(2)由题意得g(x)=x·f(x)=xln x+(x>0),则g'(x)=ln x+1.当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,所以g(x)的极小值为g=,无极大值.
(3)证明:要证f(x)>,即证ln x+>,只需证xln x+>.
令h(x)=(x>0),则h'(x)=,当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≤h(1)=.
由(2)知,当x∈(0,+∞)时,g(x)≥g=,又g(x)的最小值点与h(x)的最大值点不同,
所以xln x+>,即ln x+>,
所以f(x)>.
17.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a(ln x+1),令f'(x)>0,得x>,令f'(x)<0,得0(2)①由(1)知f'(x)=a(ln x+1).设与直线2x-y-11e=0平行的直线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),由f'(x0)=2,得a(ln x0+1)=2,
则ln x0=-1,所以x0=,
又f(x0)=ax0ln x0=a×=(2-a),所以切点的坐标为(,(2-a)).由(1)可知,切点在直线2x-y-11e=0的上方,
所以=2e,整理得a=e,
设-1=t,则a=,所以=e,因为00.
设H(t)=,t>0,则H'(t)=>0在(0,+∞)上恒成立.所以H(t)=在(0,+∞)上单调递增.又因为H(1)=e,所以-1=1,解得a=1,所以方程a=e只有一个解a=1.故a的值为1.(也可构造H(a)=a)
②证明:当0因为m'(x)=ex-sin x>0,
所以m(x)在(0,1]上单调递增,
所以m(x)>m(0)=1+1-2=0,所以xln x≤ex+cos x-2成立;
当x>1时,要证xln x设h(x)=xln x-ex-cos x+2,x>1,则h'(x)=ln x-ex+sin x+1,
设φ(x)=ln x-ex+sin x+1,x>1,则φ'(x)=-ex+cos x,当x>1时,ex>e,0<<1,-1≤cos x≤1,所以φ'(x)=-ex+cos x<0,
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,
所以φ(x)<φ(1)=1-e+sin 1<0,即h'(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)1时,xln x18.解:(1)函数f(x)=ln x+ax+1(a∈R)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=+a.当a≥0时,对任意x∈(0,+∞),f'(x)=+a>0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,令f'(x)=+a==0,解得x=-,当x∈时,f'(x)>0,则f(x)在区间上单调递增,当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在区间上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.
(2)证明:当a≤2时,因为x>0,所以要证≤e2x,只需证ln x+ax+1≤xe2x,只需证ln x+2x+1≤xe2x,只需证e2x+ln x≥ln x+2x+1(*).
令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)≥g(0)=e0-0-1=0,所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立),所以(*)式成立,当且仅当2x+ln x=0时,等号成立.
令h(x)=2x+ln x,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h=-1<0,h(1)=2>0,
所以存在x0∈,使得h(x0)=2x0+ln x0=0,所以≤e2x.
19.解:(1)当a=0时,g(x)=2ln(x+1)-3x,则g'(x)=-3,
所以g'(1)=-2,
因为g(1)=2ln 2-3,所以g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线l的方程为y=-2(x-1)+2ln 2-3,
即y=-2x+2ln 2-1.
(2)由题可得f'(x)=ln(x+a)+-2+,若x=0是函数f(x)的极值点,则f'(0)=0,
代入得ln a=0,即a=1.当a=1时,f'(x)=ln(x+1)+-2+=ln(x+1)-1+,
令F(x)=ln(x+1)-1+,则F'(x)=-=,
易得F(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以F(x)≥F(0)=0,即f(x)在(-1,+∞)上单调递增,不合题意.
综上,x=0不是函数f(x)的极值点.
(3)由题知xln(x+a)-2ln(x+a+1)>-x-2ln(x+1)+k(x-2),上式对任意a∈[0,2]恒成立,以a为主元,令h(a)=xln(x+a)-2ln(x+a+1),a∈[0,2],则只需h(a)min>-x-2ln(x+1)+k(x-2),
因为h'(a)=-=>0,所以h(a)在[0,2]上单调递增,则h(a)min=h(0)=xln x-2ln(x+1),所以xln x-2ln(x+1)>-x-2ln(x+1)+k(x-2),即xln x+x>k(x-2)对任意x∈(2,+∞)恒成立.
方法一:设φ(x)=xln x+x-k(x-2),x∈(2,+∞),
则φ'(x)=ln x+2-k.
当k≤2+ln 2时,φ'(x)>0恒成立,故φ(x)在(2,+∞)上单调递增,
所以φ(x)>φ(2)=2ln 2+2>0,成立.当k>2+ln 2时,φ(x)在(2,ek-2)上单调递减,在(ek-2,+∞)上单调递增,故只需φ(ek-2)>0,即2k-ek-2>0,令H(k)=2k-ek-2(k>2+ln 2),则H'(k)=2-ek-2<2-eln 2=0,所以H(k)在(2+ln 2,+∞)上单调递减.
因为e2<8,e3>10,所以H(4)=8-e2>0,H(5)=10-e3<0,
则自然数k最大可取到4.
综上,自然数k的最大值为4.
方法二:由题意得k<对任意x∈(2,+∞)恒成立,设φ(x)=,x∈(2,+∞),
则φ'(x)=,令H(x)=x-2ln x-4,则H'(x)=1->0,所以H(x)在(2,+∞)上单调递增.
因为e2<8,e3>10,所以H(8)=4-2ln 8=2(2-ln 8)<0,H(10)=6-2ln 10=2(3-ln 10)>0,
所以存在x0∈(8,10),使得φ(x)在(2,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
且x0满足x0-2ln x0-4=0,故k<φ(x0)===,
又∈(4,5),所以自然数k的最大值为4.
方法三:由题意得k<对任意x∈(2,+∞)恒成立,取x=e2,则k<=3+,
因为5下面证明当k=4时原不等式恒成立,代入原不等式,即证ln x-3+>0对任意x∈(2,+∞)恒成立,
设φ(x)=ln x-3+,x∈(2,+∞),则φ'(x)=,
所以φ(x)在(2,8)上单调递减,在(8,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(8)=ln 8-2>0,即k=4成立.
综上,自然数的最大值为4.

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