2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习22利用导数研究不等式恒能成立问题（Word版附解析）

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1．[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝aex＋bx－2的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)＋f(2x)>6x＋m对x∈R恒成立，求m的取值范围．
2．[2024·河南安阳模拟]已知函数f(x)＝eq \f(1,2)mx2＋(m－1)x－lnx(m∈R)，g(x)＝x2－eq \f(1,2ex)＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
3．[2024·安徽黄山模拟]已知函数f(x)＝lnx＋ax－a(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)1时，f(x)>lneq \f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．
课后定时检测案22 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
1．解析：(1)由图可知f(x)的图象与x轴切于原点，
因为f′(x)＝aex＋b，所以f′(0)＝a＋b＝0，
又f(0)＝a－2＝0，所以a＝2，
所以b＝－2，f(x)的解析式为f(x)＝2ex－2x－2.
(2)由f(x)＋f(2x)>6x＋m对x∈R恒成立，得m0，解得x∈(eq \f(1,m)，＋∞)，即f(x)在(eq \f(1,m)，＋∞)上单调递增，
由f′(x)0时，由(1)知f(x)min＝f(eq \f(1,m))＝lnm＋1－eq \f(1,2m)，
g′(x)＝2x＋eq \f(1,2)e－x>0，x≥1恒成立，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2－eq \f(1,2e)，
由题意知f(x)min≥g(x)min，即lnm＋1－eq \f(1,2m)≥2－eq \f(1,2e).
设h(m)＝lnm＋1－eq \f(1,2m)，则h′(m)＝eq \f(1,2m2)＋eq \f(1,m)>0，所以h(m)为增函数，m∈(0，＋∞)，
又h(e)＝2－eq \f(1,2e)，所以m≥e，
即m的取值范围是[e，＋∞).
3．解析：(1)由f(x)＝lnx＋ax－a知定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax＋1,x)，
①a≥0时，在(0，＋∞)上f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②a0，x∈(－eq \f(1,a)，＋∞)时f′(x)0，g′(a＋1)＝eq \f(1,a＋1)－a－20，
则在(1，x0)上g(x)单调递增，所以g(x)>g(1)＝0与题不符．
当a∈[1，＋∞)时，g′(x)lneq \f(x－1,a)＋x，
即elnaex＋x＋1>ln (x－1)－lna＋x，
即ex＋lna＋lna＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋lna＋x＋lna>eln (x－1)＋ln (x－1).
令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋lna)>h(ln (x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)单调递增，
故只需x＋lna>ln (x－1)，
即lna>ln (x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝eq \f(1,x－1)－1＝eq \f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)－2，所以a>eq \f(1,e2).