导数与不等式恒(能)成立问题专题突破训练 高三数学二轮复习

导数与不等式恒(能)成立问题(分值：60分)1.(13分)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－2x2＋mx＋n在x＝1时取得极值.(1)求实数m的值；(2)存在x∈[2，4]，使得f(x)>n2成立，求实数n的取值范围.2.(15分)(2024·沈阳二中测试改编)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－k.(1)若f(x)≤0恒成立，求实数k的取值范围；(2)证明：ln2＋ln3＋…＋lnn<eq\f(1,e)(2＋3＋…＋n)(n>1，n∈N*).

3.(15分)(2024·浙江余姚调研改编)已知函数f(x)＝lnx－a＋eq\f(1,x)，a∈R.若f(x)≥eq\f(－a,x)在(0，＋∞)内恒成立，求整数a的最大值.4.(17分)(2024·湖南师大附中模拟改编)已知函数f(x)＝sinx－ax·cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，a∈R，若f(x)＋sin2x>0，求a的取值范围.导数与不等式恒(能)成立问题1.解(1)易得f'(x)=x2-4x+m,依题意f'(1)=12-4×1+m=0,解得m=3,此时f'(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3),当x<1或x>3时,f'(x)>0;当1<x<3时,f'(x)<0,即函数f(x)在(-∞,1),(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,因此函数f(x)在x=1时取得极大值,所以m=3.(2)由(1)得函数f(x)在(2,3)上单调递减,在(3,4)上单调递增,因为f(2)=23+n,f(4)=43+所以f(x)max=43+n由题意可得43+n>n2解得3−57所以n的取值范围为3−572.(1)解若f(x)≤0恒成立,则k≥lnxx,x∈(0,+∞)设g(x)=lnxx,x∈(0,g'(x)=1−lnx由g'(x)>0,得0<x<e,由g'(x)<0,得x>e,故函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减.故g(x)max=g(e)=1e,故k≥1综上,实数k的取值范围是1e(2)证明结合(1),令k=1e,则f(x)≤0即lnx则lnx≤1e·x(当且仅当x=e时取等号∵ln2<1e·2,ln3<1e·3,…,lnn<1∴ln2+ln3+…+lnn<1e(2+3+…+n)(n>1,n∈N*)3.解由f(x)≥−ax可得:lnx-a+1+记g(x)=lnx-a+1+ax,g'(=1x(1)若1+a≤0,即a≤-1,g'(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,又0→0+(表示从0的右侧趋近于0)时,g(x)→-∞,不合题意;(2)若1+a>0,即a>-1,令g'(x)<0,则0<x<1+a,令g'(x)>0,则x>1+a,则g(x)在(0,1+a)上单调递减,在(1+a,+∞)上单调递增,g(x)min=g(1+a)=ln(1+a)+1-a≥0,令h(a)=ln(1+a)+1-a,h'(a)=11+则令h'(a)<0,解得a>0,令h'(a)>0,解得-1<a<0,所以h(a)在(0,+∞)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,且h(0)=1>0,h(1)=ln2>0,h(2)=ln3-1=ln3-lne>0,h(3)=2ln2-2=ln4-lne2<0,故整数a的最大值为2.4.解f(x)+sin2x=sinx-ax·cosx+sin2x>0,即tanx-ax+2sinx>0,x∈0,π设g(x)=2sinx+tanx-ax,x∈0,πg'(x)=2cosx+1cos2x−a=1cos2x又∵g(0)=0,g'(0)=3-a,∴g'(0)=3-a≥0是g(x)>0的一个必要条件,即a≤3.下证a≤3时,满足g(x)=2sinx+tanx-ax>0,x∈0,π又g'(x)≥1cos2x(2cos3x-3cos令cosx=t,设h(t)=2t3-3t2+1,t∈(0,1),h'(t)=6t2-6t=6t(t-1)<0,h(t)在(0,1)上单调递减,所以h(t)>h(1)=0,又x∈0,π2,cosx∈(0,1),所以g'(x)>0,即g(x)在0,所以x∈0,π2时,g(x)>g(0)下面证明a>3时不满足g(x)=2sinx+tanx-ax>0,x∈0,πg'(x)=2cosx+1cos2令h(x)=g'(x)=2cosx+1cos2则h'(x)=-2sinx+2sin=2sinx1co∵x∈0,π2,∴sinx>0,1∴h'(x)>0,∴h(x)=g'(x)在0,π2令x0满足x0∈0,π2,cosx0=则g'(x0)=2cosx0+1cos=2cosx0+a-a>0,又g'(0)=3-a<0,∴∃x1∈(0,x0),使得g'(x1)