2025高考数学一轮复习-17.2-导数与不等式恒成立(能成立)问题【课件】

17.2-导数与不等式恒成立(能成立)问题若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围.f(x)＜g(x)型举题说法1【解答】当a≤0时，F′(x)＞0，取x＝1，得F(1)＝2－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值．f(x1)＜g(x2)型2【解答】对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x1)min≤g(x2)min.

f(x1，x2)＜g(x1，x2)型3【解答】洛必达法则【解析】当x≥0时，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，则实数a的取值范围是______．4新视角【答案】变式已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，则实数a的取值范围是______________．【解析】综上所述，a的取值范围是(－∞，2].【答案】(－∞，2]随堂练习【解析】根据题意知f′(x)＝sinx－x，设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝cosx－1≤0，h(x)单调递减，所以当x＜0时，f′(x)＝h(x)＞h(0)＝0，f(x)单调递增，当x＞0时，f′(x)＝h(x)＜h(0)＝0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0.又f(x)≤m恒成立，所以m的最小值为0.A2．已知函数f(x)＝x2－x＋1，g(x)＝lnx＋1，若f(x)＞g(x)在区间(0，t)上恒成立，则实数t的取值范围是

(

)A．(0，1) B．(0，1]C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)B【解析】令h′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0.根据题意知t的取值范围为(0，1].3．已知函数f(x)＝kx(1－lnx)，其中k为非零实数．(1)求f(x)的极值．【解答】f(x)＝kx(1－lnx)，其中k为非零实数，f′(x)＝－klnx，x＞0.①若k＜0，则当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)有极小值f(1)＝k；②若k＞0，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以函数f(x)有极大值f(1)＝k.综上所述，当k＜0时，f(x)有极小值f(1)＝k；当k＞0时，f(x)有极大值f(1)＝k.3．已知函数f(x)＝kx(1－lnx)，其中k为非零实数．(2)当k＝4时，在函数g(x)＝f′(x)＋x2＋2x的图象上任取两个不同的点M(x1，y1)，N(x2，y2).若当0＜x1＜x2＜t时，总有不等式g(x1)－g(x2)≥4(x1－x2)成立，求正实数t的取值范围．【解答】当k＝4时，f′(x)＝－4lnx，g(x)＝x2＋2x－4lnx，当0＜x1＜x2＜t时，总有不等式g(x1)－g(x2)≥4(x1－x2)成立，即g(x1)－4x1≥g(x2)－4x2.配套精练A组夯基精练一、

单项选择题1．若对任意正实数x，不等式x－lnx＋1＞a恒成立，则实数a的取值范围是 (

)A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)B【解析】【解析】A【解析】因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3，所以当x∈(－2，－1)，(1，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．因为f(－2)＝－2＋a，f(－1)＝2＋a，f(1)＝－2＋a，f(2)＝2＋a，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2＋a.D【解析】【答案】C(－∞，8]【解析】【解析】(－∞，0]【解析】设g(x)＝ex－2x＋3，则g′(x)＝ex－2.当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，所以g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2＋3＝5－2ln2＞0，故ex＞2x－3.(－∞，1]【解析】【解答】易得f(x)＝x2－2tx＋1＝(x－t)2＋1－t2，x∈[1，2]，易知二次函数开口向上，对称轴为x＝t.10．已知函数f(x)＝(x－1)lnx－m(x＋1).(1)若x＝1是函数y＝f(x)的极值点，求m的值；【解答】【解答】【解析】若丙正确，因为f(x)是二次函数，且有两个零点，同时极值为负数，所以f(x)的图象开口向上即可，故