3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题（精练）-【题型·技巧培优系列】备战2023年高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）（解析版）

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3.6 利用导数研究不等式恒(能)成立问题

【题型解读】

【题型一　端点效应处理不等式求参】

1.（2022·山东济南历城二中高三月考）设函数 f(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．

(1)当b＝0时，函数 f(x)有两个极值点，求 a的取值范围；

(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x轴平行，且函数 h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点

处切线的倾斜角均为锐角，求 a的取值范围．

【解析】(1)当b＝0时，f(x)＝xln x－ax2－x，f′(x)＝ln x－2ax，

∴f(x)＝xln x－ax2－x有2个极值点就是方程 ln x－2ax＝0有2个解，

即y＝2a与m(x)＝的图象的交点有 2个．∵m′(x)＝，

当x∈(0，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当 x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．m(x)有极大值，

又∵x∈(0，1]时，m(x)≤0；当 x∈(1，＋∞)时，0<m(x)<．

当a∈时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有 0个；

当a∈(－∞，0]或a＝时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有 1个；

当a∈时，y＝2a与m(x)＝的图象的交点有 2个．

综上，a的取值范围为．

(2)函数 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x轴平行，∴f′(1)＝0且f(1)≠0，

∵f′(x)＝ln x－2ax＋b，∴b＝2a且a≠1．h(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)时，

其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当 x>1 时，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0 恒成立，

即ln x＋ex－2ax＋2a－e>0 恒成立，令 t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝＋ex－2a，

设φ(x)＝＋ex－2a，φ′(x)＝ex－，∵x>1，∴ex>e，<1，∴φ′(x)>0，

∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即 t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，

当a≤且a≠1 时，t′(x)≥0，∴t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，

∴t(x)>t(1)＝0成立，当 a>时，∵t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln 2a)＝＋2a－2a>0，

∴存在 x0∈(1，ln 2a)，满足 t′(x0)＝0．∵t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴当x∈(1，x0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，∴t(x0)<t(1)＝0，t(x)>0 不恒成立．

∴实数 a的取值范围为(－∞，1)∪．

2．（2022·天津·崇化中学期末）已知函数 f(x)＝lnx(ax＋1－a)(a＞0)．

(1)当a＝时，设 g(x)＝f(x)－x＋1，讨论 g(x)的导函数 g′(x)的单调性；

(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，求 a的取值范围．

【解析】　(1)当a＝时，g(x)＝(x＋1)ln x－x＋1，x＞0，

∴g′(x)＝ln x＋－，∴g″(x)＝－＝，

当0＜x＜1时，g″(x)＜0，当 x＞1时，g″(x)＞0，

∴g′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；

(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，∴lnx(ax＋1－a)＝lnx＋a(x－1)lnx＞x－1，

即lnx＋a(x－1)lnx－(x－1)＞0，

设h(x)＝lnx＋a(x－1)lnx－(x－1)，∵h(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，

∵h′(x)＝＋alnx＋a－－1，∵h′(1)＝1＋a－a－1＝0，

设φ(x)＝＋alnx＋a－－1，∴φ′(x)＝－＋＋＝，令 φ′(x)＝0，解得 x＝，

当≤1时，即 a≥时，函数 φ′(x)＞0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)＞φ(1)＝0，

∴函数 h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，

当0＜a＜时，函数 φ(x)在上单调递减，在上单调递增，

∴φ(x)min＝φ＜φ(1)＝0，∴h(x)在(1，＋∞)上不单调，

综上所述 a的取值范围为．

3. （2022·山东济南高三期末）已知函数 f(x)＝axln(x＋1)＋x＋1(x>－1，a∈R)．

(1)若a＝，求函数 f(x)的单调区间；

(2)当x≥0 时，f(x)≤ex恒成立，求实数 a的取值范围．

【解析】(1)a＝时，f(x)＝xln(x＋1)＋x＋1，

f′(x)＝＋1＝＋1．

易得 f′(x)在(－1，＋∞)上是增函数，且 f′＝0，

∴当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当 x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数．

∴函数 f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是．

(2)记g(x)＝f(x)－ex(x≥0)，则 g(0)＝0，g′(x)＝a＋1－ex．

记h(x)＝a＋1－ex(x≥0)，h′(x)＝a－ex，h′(0)＝2a－1．

①当a≤时，∵＋∈(0，2]，ex≥1，∴h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，

则h(x)≤h(0)＝0，即 g′(x)≤0，∴g(x)在[0，＋∞)上是减函数，∴g(x)≤g(0)＝0恒成立，

即f(x)≤ex恒成立，满足题设；

②当a>时，h′(x)＝a－ex在[0，＋∞)上是减函数，

又h′(0)＝2a－1>0，当 x→＋∞时，h′(x)→－∞，则必存在 x0∈(0，＋∞)，使 h′(x0)＝0，

则当 x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上是增函数，此时 h(x)>h(0)＝0，

即当 x∈(0，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上是增函数，∴g(x)>g(0)＝0，即 f(x)>ex，不符合题意．

综合①②，得 a≤，即实数 a的取值范围为．

【题型二　分离参数法处理不等式求参】

1.（2022·山东青岛高三期末）已知函数 f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．

(1)求函数 f(x)的单调区间；

(2)若函数 f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数 a的取值范围．

【解析】　(1)函数 f(x)的定义域为 R，且 f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，

①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当 x>－1时，f′(x)>0，当 x<－1时，f′(x)<0，

所以函数 f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．

②当a>0 时，f′(x)＝a(x＋1)ex，则方程 f′(x)＝0有两根－1，－，且－1>－．

所以函数 f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为．

综上可知，当 a>0 时，函数 f(x)的单调增区间为和(－1，＋∞)，单调减区间为；当 a＝0时，函数 f(x)的单

调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．

(2)函数 f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为 a≤x＋在 R上恒成立．

令h(x)＝x＋，则 h′(x)＝，易知 h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．

所以 h(x)min＝h(0)＝1，则 a≤1．

又由题设 a≥0，故实数 a的取值范围为[0，1]．

2．（2022·天津市南开中学月考）已知函数 f(x)＝(x－1)ex－ax2(e 是自然对数的底数)．

(1)讨论函数 f(x)的极值点的个数，并说明理由；

(2)若对任意的 x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数 a的取值范围．

【解析】　(1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．

当a≤0 时，由 f′(x)<0 得x<0，由 f′(x)>0 得x>0，

∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；

当0<a<时，由 f′(x)>0 得x<ln (2a)或x>0，由 f′(x)<0 得ln (2a)<x<0，

∴f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，

∴f(x)有2个极值点；

当a＝时，由 f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；

当a>时，由 f′(x)>0 得x<0 或x>ln (2a)，由 f′(x)<0 得0<x<ln (2a)，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln

(2a))上单调递减，在(ln (2a)，＋∞)上单调递增，∴f(x)有2个极值点．

综上，当 a≤0 时，f(x)有1个极值点；当 a>0 且a≠时，f(x)有2个极值点；当 a＝时，f(x)没有极值点．

(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0．

当x>0 时，ex－x2－ax－1≥0，即 a≤对任意的 x>0 恒成立．

设g(x)＝，则 g′(x)＝．

设h(x)＝ex－x－1，则 h′(x)＝ex－1．

∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即 ex－x－1>0，

∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，

∴实数 a的取值范围为(－∞，e－2]

3. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数 f(x)＝(a∈R)．

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