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第18讲　导数的综合问题
第1课时　利用导数求解不等式恒(能)成立问题
1.解:(1)证明:函数f(x)=ex-x2的定义域为R,f'(x)=ex-2x,
令m(x)=f'(x)=ex-2x,则m'(x)=ex-2,
所以当x>ln 2时m'(x)>0,当x所以m(x)在(ln 2,+∞)上单调递增,在(-∞,ln 2)上单调递减,
所以m(x)min=m(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-2ln 2=2(1-ln 2)>0,
所以m(x)=f'(x)=ex-2x>0恒成立,
所以f(x)在R上单调递增,故f(x)不存在极值.
(2)因为f(x)≥mx+1对任意x∈[0,+∞)恒成立,
所以ex-x2-mx-1≥0(*)对任意x∈[0,+∞)恒成立.
当x=0时,(*)式为0≥0,恒成立,
当x>0时,由(*)式得m≤-对任意x∈(0,+∞)恒成立.
令g(x)=-,x∈(0,+∞),
则g'(x)=-=.
令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,
可得当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,
所以当x>0时h(x)>h(0)=0,即ex-(x+1)>0.
所以当01时g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(1)=e-2,所以m≤e-2.
综上可知,m的取值范围为(-∞,e-2].
2.解:(1)若a=-2,则f(x)=-3ln x+x-(x>0),
则f'(x)=-+1+==.
令f'(x)>0,可得02;令f'(x)<0,可得1所以该函数的单调递增区间为(0,1)和(2,+∞),单调递减区间为(1,2),
当x=1时取得极大值-1,当x=2时取得极小值1-3ln 2.
(2)因为存在x∈(1,+∞),使得f(x)≤成立,
所以存在x∈(1,+∞),使得f(x)-≤0成立,即存在x∈(1,+∞),使得(a-1)ln x+x≤0成立.
由x∈(1,+∞),得ln x>0,所以存在x∈(1,+∞),使得a-1≤.
设h(x)=,其中x∈(1,+∞),则h'(x)=,
因为x∈(1,+∞),所以(ln x)2>0,
由-ln x+1>0,得1e,
则h(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e)=-e,
所以a-1≤-e,即a≤1-e,
故a的取值范围为(-∞,1-e].
3.解:(1)设切点坐标为(x0,y0),对函数f(x)=ln x求导得f'(x)=,
所以切线斜率k=.又因为切线过点(0,1),
所以解得所以切线方程为x+1-y=0.
(2)令h(x)==,
对函数h(x)求导得h'(x)=,
由h'(x)>0,得0e,所以函数h(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,
所以函数h(x)在x=e处取得最大值,最大值为h(e)=.
(3)因为存在x1∈(0,+∞),使得对任意x2∈(0,+∞),
都有≥g(x2)成立,所以h(x)max≥g(x)max.
对函数g(x)求导得g'(x)=.
①当a=0时,令g'(x)=0,则x=1,
可得函数g(x)在区间(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以函数g(x)在x=1处取得最大值,最大值为g(1)=-a-1=-1,
所以≥-1,符合题意.
②当a≠0时,令g'(x)=0,即2ax2-(2a+1)x+1=0,解得x1=1,x2=.
当a=,即=1时,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数g(x)无最大值,不符合题意.
当01时,函数g(x)在(0,1),上单调递增,
在上单调递减,此时函数g(x)无最大值,不符合题意.
当a>,即0<<1时,函数g(x)在,(1,+∞)上单调递增,
在上单调递减,此时函数g(x)无最大值,不符合题意.
当a<0,即<0<1时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,此时函数g(x)在x=1处取得最大值,最大值为g(1)=-a-1,
所以≥-a-1,即--1≤a<0.
综上所述,实数a的取值范围是.
4.解:(1)∵f(x)=ke2x+(k+2)ex+x,
∴f'(x)=2ke2x+(k+2)ex+1=(kex+1)(2ex+1).
①当k≥0时, f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增.
②当k<0时,由f'(x)=0得x=ln ,
令f'(x)>0得xln ,
∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上,当k≥0时, f(x)在R上单调递增;
当k<0时, f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)方法一:当k=0时,g(x)=xf(x)-x2-2ln x-mx-2=2xex-2ln x-mx-2≥0恒成立,
即≤恒成立.令h(x)=(x>0),只需满足h(x)min≥.
可得h'(x)=.
令φ(x)=x2ex+ln x,则φ'(x)=2xex+x2ex+,
∵x∈(0,+∞),∴φ'(x)>0,∴φ(x)=x2ex+ln x在(0,+∞)上单调递增,
∵φ=-1<0,φ(1)=e>0,
∴存在x0∈,使得φ(x0)=+ln x0=0,即x0=ln=ln.
令t(x)=xex(x>0),则t(x0)=t,
可得t'(x)=ex+xex=ex(x+1)>0,∴t(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴x0=ln=-ln x0,即=①.
可得当x∈(0,x0)时,φ(x)<0,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(x0,+∞)时,φ(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增,
故h(x)在x=x0处取得最小值h(x0),
结合①可得h(x0)====1,
∴h(x)min=1≥,解得m≤2.
方法二:令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,令h'(x)=0得x=0,
∴当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
∴h(x)≥h(0)=0,即ex-x-1≥0①,当且仅当x=0时等号成立.
当k=0时,g(x)=xf(x)-x2-2ln x-mx-2=2xex-2ln x-mx-2=2(xex-ln x-1)-mx=2[ex+ln x-(ln x+x)-1]+(2-m)x,x>0,
由①知ex+ln x-(ln x+x)-1≥0,当且仅当ln x+x=0时等号成立.
令φ(x)=ln x+x,x>0,则φ'(x)=+1>0,∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
又φ=-1+<0,φ(1)=1>0,
∴存在x0∈,使得φ(x0)=0,
∴当2-m≥0,即m≤2时,对任意x∈(0,+∞),都有(2-m)x≥0,∴g(x)≥0恒成立,
当2-m<0时,∵x>0,∴g(x)<2[ex+ln x-(ln x+x)-1],
则必有g(x0)<2[-(ln x0+x0)-1]=0,
∴存在x0,使得g(x0)<0,不符合题意.
综上可知,m≤2.第18讲　导数的综合问题
第1课时　利用导数求解不等式恒(能)成立问题
(时间:45分钟)
1.[2026·江苏无锡期中] 已知函数f(x)=ex-x2.
(1)证明:f(x)在定义域上不存在极值;
(2)若f(x)≥mx+1对任意x∈[0,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.
2.已知函数f(x)=(a-1)ln x+x+(a∈R).
(1)若a=-2,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若存在x∈(1,+∞),使得f(x)≤成立,求a的取值范围.
3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax2-(2a+1)x+ln x,a∈R.
(1)求f(x)=ln x的图象过点(0,1)的切线方程;
(2)求函数y=的最大值;
(3)若存在x1∈(0,+∞),使得对任意x2∈(0,+∞),都有≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.
4.[2026·河北保定六校联盟联考] 已知函数f(x)=ke2x+(k+2)ex+x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=xf(x)-x2-2ln x-mx-2,当k=0时,g(x)≥0恒成立,求m的取值范围.

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