"该高中数学课件聚焦导数在研究函数中的应用，核心内容为恒（能）成立问题与不等式证明，通过分离变量、分类讨论等四技法搭建学习支架，衔接导数基础，引导学生逐步掌握解题思路。\n其亮点是以典例为载体，结合规律方法总结和对点练，培养学生数学思维（如逻辑推理）和数学语言（规范证明），例如典例3通过等价转化双变量问题，提升学生解决复杂问题能力，教师可直接用于教学，提高效率，学生能系统掌握解题方法。"

重点突破7　利用导数研究恒(能)成立、 证明不等式问题 　 第五章　单元学习七　导数在研究函数中的应用 学习目标 1.会用导数求解恒(能)成立问题，并掌握几种常见的求解方法. 2.会用导数证明有关不等式，并掌握几种常见的证明方法. 内容索引 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 1 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 2 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 3 课时分层评价 6 技法四　最值法证明不等式 4 随堂评价 5 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 返回 设函数f＝ln x－ax. (1)讨论f的单调性； 解：已知f＝ln x－ax，则函数f，且f'＝－a， 当a≤0时，f'＞0， 所以f上单调递增； 当a＞0，且x∈时，f'＞0，此时f上单调递增； x∈时，f'＜0，此时f上单调递减. 综上所述，当a≤0时，f在定义域上单调递增； 当a＞0时，f上单调递增， 在上单调递减. 典例 1 (2)当a＞0时，若f＜0在上恒成立，求实数a的取值范围. 解：当a＞0时，f＜0在上恒成立， 即a＞上恒成立， 设g＝，则g'＝， 当x∈(0，e)时，g'＞0，g为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g'＜0，g为减函数. 所以g＝g＝＝， 则a＞g＝. 所以实数a的取值范围为. 恒(能)成立、有解问题与函数最值的等价转化 规律方法 恒(能)成立问题 ①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a； f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a. ②f(x)≥g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min≥0； f(x)≤g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max≤0. 有解问题 ①f(x)≥a有解⇔f(x)max≥a； f(x)≤a有解⇔f(x)min≤a. ②f(x)≥g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max≥0； f(x)≤g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min≤0. 对点练1.(1)若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为 A.＋3e－2 B.＋e＋2 C.4 D.e2－1 因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋，则h'(x)＝＋1－＝，当≤x＜1时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，当1＜x≤e时，h'(x)＞0，h(x)单调递增.因为存在x∈，使m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max，因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，所以h＞h(e).所以m≤＋3e－2. 故选A. √ (2)已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则实数m的取值范围为__________. 因为f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.令g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)，则g'(x)＝－1＝(x＞0)，因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0，所以m≥0. [0，＋∞) 返回 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 返回 已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求f(x)的单调递增区间； 解：因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，x＞0， 所以f'(x)＝1－2ln x， 令f'(x)＞0，解得0＜x＜， 所以f(x)的单调递增区间为(0，). 典例 2 (2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围. 解：因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立， 所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立， 令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x， 则g(1)＝0，且g'(x)＝， 令h(x)＝x－a－2xln x， 则h'(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a， 因为当x≥1时，h'(x)＜0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减. ①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(1)＝0，符合要求； ②当a＜1时，h(1)＞0，x→＋∞时，h(x)→－∞， 故存在x0∈(1，＋∞)使得h(x0)＝0， 则当x∈(1，x0)时，h(x)＞0，g(x)单调递增， g(x)＞g(1)＝0，不符合要求. 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞). 　　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏， 一般情况下，分类时常考虑以下情况： 1.最高次项系数的正负情况(注意0). 2.导数的零点存在与否(二次的一般用Δ). 3.极值点的大小关系(分三种情况，包括相等). 4.极值点与定义域的关系. 规律方法 对点练2.已知函数f(x)＝aln x＋＋x＋1.若F(x)＝f(x)－，且当a≥－2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围. 解：F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1，2]， 则F'(x)＝＋＋1＝＝. ①当2－≥0，即－2≤a≤2时，F'(x)≥0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1， 得－≤a≤2； ②当2－＜0，即a＞2时， 令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8＞0， 设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1＜0，x2＜0， 所以在区间[1，2]上，F'(x)＝＞0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)≥1，得a＞2. 综上，当a≥－2时，应有a≥－， 所以实数a的取值范围是［－，＋∞). 返回 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 返回 已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a＞0，∀x1，x2∈[3，＋∞) (x1≠x2)，都有｜f(x1)－f(x2)｜＜｜g(x1)－g(x2)｜，求实数a的取值范围. 解：因为f'(x)＝1＋(x＞0)，a＞0， 所以x∈[3，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数； 因为g'(x)＝ex＞0， 所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数. 不妨设x1＜x2， 则f(x1)＜f(x2)，g(x1)＜g(x2)， 所以｜f(x1)－f(x2)｜＜｜g(x1)－g(x2)｜可转化为f(x2)－f(x1)＜g(x2)－g(x1)， 典例 3 即f(x1)－g(x1)＞f(x2)－g(x2)， 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1， 则h(x)在[3，＋∞)上为减函数，h'(x)＝1＋－ex≤0在[3，＋∞)上恒成立， 即∀x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立， 设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)， 则v'(x)＝ex＋xex－1＞0， 所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数， 所以v(x)min＝3e3－3，所以a≤3e3－3， 故实数a的取值范围为(0，3e3－3]. 1.对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题. 2.双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max； (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)min≥g(x)min； (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)max； (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)min； (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 规律方法 对点练3.(2025·黑龙江大庆高二检测)设a为实数，函数f(x)＝x3－3x2＋a，g(x)＝xln x. (1)求f(x)的极值； 解：函数f(x)＝x3－3x2＋a的定义域为R， f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f'(x)＝0，可得x＝0或2，列表如下： 故函数f(x)的极大值为f(0)＝a，极小值为f(2)＝a－4. x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f'(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 (2)对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈［，e］，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围. 解：对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈［，e］，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max， 由(1)可知，函数f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，故当x∈[1，3]时，f(x)min＝f(2)＝a－4， 因为g(x)＝xln x，且x∈［，e］， 则g'(x)＝1＋ln x≥0且g'(x)不恒为零， 故函数g(x)在［，e］上单调递增， 故g(x)max＝g(e)＝e， 由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4， 所以实数a的取值范围为[e＋4，＋∞). 返回 技法四　最值法证明不等式 返回 (1)已知函数f(x)＝cos x＋－1，求证：当x≥0时，f(x)≥0. 证明：(1)f(x)＝cos x＋－1(x≥0)， 则f'(x)＝x－sin x， 设φ(x)＝x－sin x，则φ'(x)＝1－cos x， 当x≥0时，φ'(x)＝1－cos x≥0， 即f'(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增， 所以f'(x)≥f'(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0. 典例 4 (2)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝，求证：f(x)＋g(x)－(1＋)ln x＞e. 证明：要证f(x)＋g(x)－(1＋)ln x＞e， 即要证＋－ln x－e＞0⇔ex－ex＋1＞(x＞0). 令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F'(x)＝ex－e， 当x∈(0，1)时， F'(x)＜0； 当x∈(1，＋∞)时，F'(x)＞0. 所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1. 令G(x)＝(x＞0)，G'(x)＝. 当x∈(0，e)时，G'(x)＞0； 当x∈(e，＋∞)时，G'(x)＜0， 所以G(x)max＝G(e)＝1. x＝1与x＝e不同时取得，所以F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1＞，故原不等式成立. (3)已知函数f(x)＝cos x＋mx2－1(x∈R)，证明：当m≥时，f(x)≥0. 证明：当m≥时，f(x)＝cos x＋mx2－1≥cos x＋x2－1， 令g(x)＝cos x＋x2－1，g(－x)＝cos(－x)＋(－x)2－1＝cos x＋x2－1＝g(x)， 故g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数， 则g'(x)＝－sin x＋x， 令h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x， 则h(－x)＝－sin(－x)＋(－x)＝sin x－x＝－h(x)， 故h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x为奇函数，其中h'(x)＝1－cos x≥0恒成立， 故h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x在[0，＋∞)上单调递增， 其中h(0)＝0，故h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)＝cos x＋x2－1在[0，＋∞)上单调递增， 其中g(0)＝cos 0＋0－1＝0，故g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 结合g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数，故g(x)≥0在R上恒成立， 故当m≥时，f(x)＝cos x＋mx2－1≥0在R上恒成立. 1.利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式(含比较大小)问题，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(含比较大小)常与函数最值问题有关. (1)证明一个函数的最值问题；(2)证明两个函数的最值问题；(3)放缩法证明函数的最值问题.其中用最值法证明不等式f(x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(构造)：构造新函数h(x)＝f(x)－g(x)； 第二步(转化)：问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可； 第三步(讨论单调性)：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性； 第四步(求最值)：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 规律方法 2.证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到； (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到； (3)ln x＜x＜ex，x＞0； (4)≤ln(x＋1)≤x，x＞－1，等号当且仅当x＝0时取到. 规律方法 对点练4.(2025·安徽合肥四校高二期中联考)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值和f(x)的单调区间； 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝aex－. 因为x＝2是f(x)的极值点，所以f'(2)＝0，即ae2－＝0，所以a＝， 则f(x)＝ex－ln x－1，f'(x)＝ex－. 设u(x)＝ex－(x＞0)， 则u'(x)＝ex＋＞0， 所以函数u(x)在(0，＋∞)上单调递增，且u(2)＝0， 所以当0＜x＜2时，u(x)＜0，即f'(x)＜0； 当x＞2时，u(x)＞0，即f'(x)＞0， 所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，此时极小值点为x＝2，无极大值点. (2)证明：当a≥时，f(x)≥0. 解：证明：当a≥时，f(x)≥ex－1－ln x－1. 设g(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)， 则g'(x)＝ex－1－＝. 设h(x)＝xex－e(x＞0)，则h'(x)＝ex＋xex＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0， 所以当0＜x＜1时，h(x)＜0，即g'(x)＜0； 当x＞1时，h(x)＞0，即g'(x)＞0， 所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点. 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0. 所以当a≥时，f(x)≥0. 返回 随堂评价 返回 1.已知不等式xsin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为 A.2 B.1 C.0 D.－1 √ 设f(x)＝xsin x＋cos x，则f'(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当0＜x＜时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当＜x＜π时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，所以x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝. 所以不等式xsin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2. 故选A. 2.若∃x＞0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是 A.［，＋∞) B.(，＋∞) C.(－∞，］ D.(－∞，) √ 由题设知a≤能成立，令f(x)＝且x＞0，则f'(x)＝＝，所以当0＜x＜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)≤f()＝，故a≤. 故选C. 3.当x＞0时，f(x)＝x3－3x2－9x，g(x)＝15x－80，试判断f(x)与g(x)的大小关系为__________. f(x)≥g(x) 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－15x＋80＝x3－3x2－24x＋80，所以h'(x)＝3x2－6x－24＝3(x2－2x－8)＝3(x－4)(x＋2)，因为x＞0，所以当0＜x＜4时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞4时，h'(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(4)＝0，所以h(x)≥0，即f(x)≥g(x). 4.当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x＜m恒成立，则实数m的取值范围为__________. (2，＋∞) 设f(x)＝x3－x2－2x，x∈[－1，2]，则f'(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)，当x∈［－1，－)或x∈(1，2]时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当 x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减. 又由f＝，f(2)＝2，即f＜f(2)，即函数f(x)在区间[－1，2]的最大值为2，又当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x＜m恒成立，所以m＞f(x)max，即m＞2，即实数m的取值范围是(2，＋∞). 返回 课时分层评价 返回 1.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)＞0恒成立，则实数a的取值范围是 A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1) C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1] √ f'(x)＝ex－1，令f'(x)＞0，解得x＞0，令f'(x)＜0，解得x＜0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a，若f(x)＞0恒成立，则1＋a＞0，解得a＞－1. 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，则实数a的取值范围是 A.(0，＋∞) B.(－∞，0) C. D. √ 因为函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，所以x3－x2＋a＞x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，即a＞－x3＋2x2－3x在x∈[1，＋∞)恒成立，令h(x)＝－x3＋2x2－3x，x∈[1，＋∞)，即a＞h(x)max，h'(x)＝－x2＋4x－3，x∈[1，＋∞)，当1＜x＜3时，h'(x)＞0，h(x)单调递增，当x＞3时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，所以当x＝3时，函数h(x)取得最大值，且最大值为0，所以实数a的取值范围是(0，＋∞). 故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2025·福建福州高二期中)已知函数f(x)＝－2＋ln x. 若存在x0＞0，使得f(x0)≤0，则实数a的取值范围是 A.[2，＋∞) B.(－∞，e] C.(－∞，1] D.[3，＋∞) √ 由f(x)≤0，x＞0，得a≤2x－xln x.由题意知，存在x0＞0，使得a≤2x0－x0ln x0成立.令g(x)＝2x－xln x(x＞0)，则a≤g(x)max. 因为g'(x)＝1－ln x，令g'(x)＝0，得x＝e，列表如下： 所以函数g(x)在x＝e处取得极大值，也是最大值，即g(x)max＝g(e)＝e，因此a≤e. 故选B. x (0，e) e (e，＋∞) g'(x) ＋ 0 － g(x) ↗ 极大值 ↘ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(2025·安徽六安高二期中)已知函数f(x)＝x－sin x，若关于x的不等式f(x＋ln a)≥f(ln x)恒成立，则实数a的最小值为 A. B. C. D.1 √ 由题可知f'(x)＝1－cos x，x∈R，由于－1≤cos x≤1，故f'(x)≥0在R上恒成立，故f(x)在R上单调递增. 因为f(x＋ln a)≥f(ln x)，所以x＋ln a≥ln x，即ln a≥ln x－x恒成立. 令h(x)＝ln x－x，x＞0，则h'(x)＝－1＝，由h'(x)＞0，可得0＜x＜1，由h'(x)＜0，可得x＞1，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，即h(x)max＝h(1)＝－1，故ln a≥－1，解得a≥，故实数a的最小值为. 故选B. 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 5.已知函数f(x)＝ex－k－k ln x，g(x)＝ex－kx，∀x∈(1，＋∞)，f(x)＜g(x)恒成立，则实数k的取值范围是 A.(－∞，1) B.(－∞，1] C.(－∞，e) D.(－∞，e] √ 由题意得ex－k－kln x＜ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，即eln x＋1－k(ln x＋1)＜ex－kx，∀x∈(1，＋∞)恒成立，令h(x)＝ex－kx，则h(ln x＋1)＜h(x)恒成立，令m(x)＝ln x－x＋1，x∈(1，＋∞)，则m'(x)＝－1＜0恒成立，所以m(x)在(1，＋∞)上为减函数，即m(x)＝ln x－x＋1＜m(1)＝0，即ln x＋1＜x，所以h(x)为增函数，即h'(x)＝ex－k≥0，∀x∈(1，＋∞)恒成立，所以k≤e. 故选D. 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 1 2 6.(多选)下列不等式中正确的是 A.sin x≤x(x≥0) B.ln x≤x－1 C.ex＜x＋1 D.ex＜ex √ 令f(x)＝x－sin x(x≥0)，则f'(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，即x－sin x≥0，所以sin x≤x(x≥0)，故A正确；令g(x)＝x－ln x－1，则g'(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)，所以当0＜x＜1时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞1时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即x－ln x－1≥0恒成立，所以ln x≤x－1，故B正确；令h(x)＝ex－(x＋1)，则h'(x)＝ex－1，所以当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，所以h(x)≥h(0)＝0，即ex－(x＋1)≥0，所以ex≥x＋1，故C错误；令m(x)＝ex－ex，则m'(x)＝ex－e，所以当x＜1时，m'(x)＜0，m(x)单调递减，当x＞1时，m'(x)＞0，m(x)单调递增，所以m(x)≥m(1)＝0，即ex－ex≥0，所以ex≥ex，故D错误. 故选AB. √ 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 1 2 7.(一题多问)已知函数f(x)＝ln x－x－1，g(x)＝ax3－ax(a＞0). (1)若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围为__________； f(x)＝ln x－x－1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝－1＝，当x∈[1，e]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x∈[1，e]时，f(x)min＝f(e)＝－e，f(x)max＝f(1)＝－2. g(x)＝ax3－ax(a＞0)，当x∈［1，］时，g'(x)＝ax2－a＝a(x＋1)(x－1)≥0恒成立，所以函数g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－，g(x)max＝g()＝－. ［，］ 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)＝g(x2)成立，则［－，－］⊇[－e，－2]，则≤a ≤ ，故实数a的取值范围为［，］. 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 (2)若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为__________； ［，＋∞) f(x)＝ln x－x－1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝－1＝，当x∈[1，e]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x∈[1，e]时，f(x)min＝f(e)＝－e，f(x)max＝f(1)＝－2. g(x)＝ax3－ax(a＞0)，当x∈［1，］时，g'(x)＝ax2－a＝a(x＋1)(x－1)≥0恒成立，所以函数g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－，g(x)max＝g()＝－.若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min，即－e≥－，所以a≥，故实数a的取值范围为［，＋∞). 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 (3)若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围为__________； (0，］ f(x)＝ln x－x－1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝－1＝，当x∈[1，e]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x∈[1，e]时，f(x)min＝f(e)＝－e，f(x)max＝f(1)＝－2. g(x)＝ax3－ax(a＞0)，当x∈［1，］时，g'(x)＝ax2－a＝a(x＋1)(x－1)≥0恒成立，所以函数g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－，g(x)max＝g()＝－. 若对任意的x1∈[1，e]，存在x2∈［1，］，使得f(x1)≤g(x2)成立，则f(x)max≤g(x)max，即－2≤－，所以0＜a≤，故实数a的取值范围为(0，］. 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 (4)若对任意的x1∈[1，e]，x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数a的取值范围为__________； ［，＋∞) f(x)＝ln x－x－1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝－1＝，当x∈[1，e]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x∈[1，e]时，f(x)min＝f(e)＝－e，f(x)max＝f(1)＝－2. g(x)＝ax3－ax(a＞0)，当x∈［1，］时，g'(x)＝ax2－a＝a(x＋1)(x－1)≥0恒成立，所以函数g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－，g(x)max＝g()＝－.若对任意的x1∈[1，e]，x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)恒成立，则f(x)min≥g(x)max，即－e≥－，所以a≥，故实数a的取值范围为［，＋∞). 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 (5)若存在x1∈[1，e]，x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围为__________. f(x)＝ln x－x－1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝－1＝，当x∈[1，e]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x∈[1，e]时，f(x)min＝f(e)＝－e，f(x)max＝f(1)＝－2. g(x)＝ax3－ax(a＞0)，当x∈［1，］时，g'(x)＝ax2－a＝a(x＋1)(x－1)≥0恒成立，所以函数g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝－，g(x)max＝g()＝－. 若存在x1∈[1，e]，x2∈［1，］，使得f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)min，即－2≥－，所以a≥3，故实数a的取值范围为[3，＋∞). [3，＋∞) 6 7 8 9 10 11 12 13 4 5 3 1 2 8.已知函数f(x)＝(x＞0)，若f(x)＞恒成立，则整数k的最大值为_____. 因为f(x)＝(x＞0)，所以f(x)＞＞，即(x＋1)＞k，令g(x)＝(x＋1)，则g'(x)＝，令h(x)＝x－1－ln(x＋1)，则h'(x)＝1－，当x∈(0，＋∞)时，h'(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增.又因为h(2)＝1－ln 3＜0，h(3)＝2－ln 4＞0，所以∃x0∈(2，3)使g'(x0)＝0，则ln(x0＋1)＝x0－1.当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，g'(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(x0)＝(x0＋1)＝x0＋1，因为x0∈(2，3)，所以x0＋1∈(3，4)，所以整数k的最大值为3. 3 6 7 8 4 5 3 9 10 11 12 13 1 2 9.(13分)已知函数f(x)＝aex－x－1. (1)若f(x)≥0对于任意的x恒成立，求实数a的取值范围； 解：若f(x)≥0，故aex≥x＋1， 即a≥. 设G(x)＝，则G'(x)＝， 令G'(x)＝0可得x＝0，则G(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调 递减， 故G(x)的最大值为G(0)＝1，所以a≥1， 故实数a的取值范围为[1，＋∞). 9 10 11 12 13 8 6 7 4 5 3 1 2 (2)证明：1＋＋＋…＋≥ln(n＋1)对任意的n∈N＋恒成立. 解：证明：由(1)可得当a＝1时，ex≥x＋1， 即x≥ln(x＋1)， 令x＝≥ln， 即≥ln， 从而可得≥ln，≥ln，…，≥ln. 累加化简可得1＋＋＋…＋≥ln(n＋1). 9 10 11 12 13 8 6 7 4 5 3 1 2 10.(多选)下列不等式中恒成立的有 A.ln(x＋1)≥，x＞－1 B.ln x≤(x－)，x＞0 C.ex≥x＋1 D.cos x≥1－x2 √ 对于A，因为x＞－1，令t＝x＋1＞0，令f(t)＝ln t＋－1，则f'(t)＝－＝，所以当0＜t＜1时，f'(t)＝＜0，即f(t)单调递减；当t＞1时，f'(t)＝＞0，即f(t)单调递增，所以f(t)min＝f(1)＝0，即f(t)＝ln t＋ －1≥0，即ln t≥，即ln(x＋1)≥，x＞－1恒成立，故A正确； √ √ 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 1 2 对于B，令f(x)＝ln x－(x－)，x＞0，则f'(x)＝－(1＋)＝＝－≤0显然恒成立，所以f(x)＝ln x－(x－)在x＞0时单调递减，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)＞f(1)＝0，即ln x＞(x－)，故B错误；对于C，令f(x)＝ex－x－1，则f'(x)＝ex－1，当x＞0时，f'(x)＝ex－1＞0，所以f(x)单调递增；当x＜0时，f'(x)＝ex－1＜0，所以f(x)单调递减，则f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，故C正确；对于D，令f(x)＝cos x－1＋x2，则f'(x)＝－sin x＋x，令h(x)＝f'(x)＝－sin x＋x，则h'(x)＝－cos x＋1≥0恒成立，即函数f'(x)＝－sin x＋x单调递增，又f'(0)＝0，所以当x＞0时，f'(x)＞0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递增；当x＜0时，f'(x)＜0，即f(x)＝cos x－1＋x2单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝0，因此cos x≥1－x2恒成立，故D正确. 故选ACD. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 1 2 11.若∀x∈(0，＋∞)，不等式ex＋λ－ln x＋λ≥0恒成立，则实数λ的取值范围是_____________. 对任意的x∈(0，＋∞)，ex＋λ－ln x＋λ≥0，则ex＋λ＋x＋λ＝ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x，构造函数f(x)＝x＋ln x，其中x＞0，则f'(x)＝1＋＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，由ex＋λ＋ln ex＋λ≥x＋ln x可得f(ex＋λ)≥f(x)，且ex＋λ＞0，则ex＋λ≥x，则x＋λ≥ln x，可得λ≥ln x－x，令g(x)＝ln x－x，其中x＞0，则g'(x)＝－1＝，由g'(x)＞0，可得0＜x＜1，由g'(x)＜0，可得x＞1，所以函数g(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)，所以函数g(x)在x＝1处取得极大值，亦即最大值，故g(x)max＝g(1)＝－1，故λ≥－1，即λ∈[－1，＋∞). [－1，＋∞) 10 11 12 13 8 6 7 4 5 3 9 1 2 12.(15分)已知函数f＝ex＋ax，其中a∈R. (1)讨论函数f的单调性； 解：f'(x)＝ex＋a， 当a≥0时，f'(x)＞0恒成立，f(x)在R上单调递增， 当a＜0时，令f'(x)＝0，ex＝－a， 解得x＝ln(－a)， 当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f'(x)＞0，当x∈(－∞，ln(－a))时，f'(x)＜0， 所以函数f(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调递减. 综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增； 当a＜0时，函数f(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln(－a))上单调递减. 11 12 13 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)若对于任意的x1，x2∈，且x1＜x2，都有x2·f－x1·f＜a成立，求a的取值范围. 解：对于任意的x1，x2∈，且x1＜x2，都有x2·f－x1·f＜a成立， 可得x2f(x1)＋ax2＜x1f(x2)＋ax1，即＜恒成立， 令g(x)＝＝，则g'(x)＝＝≥0恒成立，所以a≤(x－1)ex在上恒成立， 令h(x)＝(x－1)ex， 则h'(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex＞0， 所以函数h(x)＝(x－1)ex在上单调递增，故h(x)min＝0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]. 11 12 13 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 13.(17分)(2025·河北石家庄高二检测)设函数f(x)＝，g(x)＝x－ ln(x＋1). (1)判断f(x)的单调性； 解：f(x)＝的定义域为R，f'(x)＝. 由f'(x)＞0，得－＜x＜，由f'(x)＜0，得x＜－或x＞， 所以f(x)的单调递增区间为(－，)， 单调递减区间为(－∞，－)，(，＋∞). 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)证明：g(x)≥0； 解：证明：g(x)＝x－ln(x＋1)的定义域为(－1，＋∞)，g'(x)＝1－＝. 当－1＜x＜0时，g'(x)＜0，当x＞0时，g'(x)＞0， 即g(x)在区间(－1，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(0)＝0. 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (3)当x＞e－1时，证明：f(x)＜ln(x＋2). 解：证明：由(2)知x≥ln(x＋1)，当且仅当x＝0时取等号，所以x＋1≥ln(x＋2)，当且仅当x＝－1时取等号. 要证f(x)＜ln(x＋2)，即证＜ln(x＋2)，即证＜＝. 令H(t)＝，则H'(t)＝＜0在区间(1，＋∞)上恒成立，所以H(t)在区间(1，＋∞)上单调递减， 又x＞e－1，所以x＋1＞ln(x＋2)＞1，所以H(x＋1)＜H(ln(x＋2))，即＜＝，即原不等式得证. 返回 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 谢 谢 观 看 重点突破7　利用导数研究恒(能)成立、 证明不等式问题 返回 $