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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)=1
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 x
2- x
+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1<x<2,求b 的取值范围.
4.(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”.
2
答案：
1.解 (1)由题意,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=- 1
x
2 + a
x = ax -1
x
2
,
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>1
a
,由f'(x)<0 解得0<x<1
a
,
所以f(x)在(
1
a ,+∞)内单调递增,在(0, 1
a)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(
1
a ,+∞)内单调递增,在(0, 1
a)内单调递减.
(2)由(1)知当a>0 时,f(x)在(
1
a ,+∞)内单调递增,在(0, 1
a)内单调递减,
所以函数f(x)的最小值为f(
1
a)=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
x
-1=2 x
2- x -1
x
=(2 x +1)( x -1)
x
,
由h'(x)>0 解得x>1,
由h'(x)<0 解得0<x<1,
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≤e
x
x
,
3
令g(x)=e
x
x
(x>0),对g(x)求导,可得g'(x)=e
x· x -e
x
x
2
= e
x( x -1)
x
2
.
令g'(x)=0,即e
x( x -1)
x
2
=0,因为ex>0,x2>0,所以x-1=0,解得x=1.
当0<x<1 时,x-1<0,所以g'(x)<0,g(x)在(0,1)内单调递减.
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
1
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x
2- x
>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)=1
x +
1
2- x
+a.
由f'(x)≥0,得
2
x(2- x )
+a≥0,
即a≥
2
x( x -2)
(0<x<2),
∵x·(x-2)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2),
∴-1≤x(x-2)<0.
∴
2
x( x -2) ≤-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<x<2,
则f(1)=-2,∴a=-2.
∴f(x)=ln x
2- x
-2x+b(x-1)3>-2 在区间(1,2)内恒成立.
f'(x)=1
x +
1
2- x
-2+3b(x-1)2=2( x -1)
2
x(2- x )
+3b(x-1)2=(x-1)2·[
2
x(2- x )
+3b],
4
令g(x)=
2
x(2- x )
+3b,
则g(1)=2+3b,由2+3b≥0,
得b≥-2
3
,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<-2
3
,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)<f(1)=-2,不符合题意.
故b≥-2
3 .
当b≥-2
3
时,对∀x∈(1,2),f(x)≥ln x
2- x
-2x-2
3
(x-1)3.
令h(x)=ln x
2- x
-2x-2
3
(x-1)3,
则h'(x)=2( x -1)
2
x(2- x )
-2(x-1)2=2(x-1)2[
1
x(2- x )
-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[-2
3
,+∞).
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≤f '( x )
g'( x ) .令h(x)= f '( x )
g'( x ) =- 4 x
3-12 x
2-24 x -20
e
x
,
则h'(x)=(-12 x
2-24 x -24 )-(- 4 x
3-12 x
2-24 x -20)
e
x
= 4( x
3-1)
e
x
= 4( x -1)( x
2+ x +1)
e
x
,
且x2+x+1=(x + 1
2)
2
+ 3
4 >0,
5
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)=-60
e
,
所以n≤-60
e
,
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(-∞,- 60
e ].
(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”.
