高考解答题专项突破(一) 第1课时 利用导数解决不等式恒(能)成立问题-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 [考情分析]　高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 第1课时　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 考点一　“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题 例1 (2024·福建连城县第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝2ax－2ln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若函数g(x)＝x－2，且∀x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝2a－＝(x>0)， 当a≤0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当a>0时，当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)g(x)≤f(x)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)， 即a≥－＋， 令h(x)＝－＋(x>0)， 则h′(x)＝＋＝(x>0)， 当0<x<e2时，h′(x)>0，当x>e2时，h′(x)<0， 所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h(e2)＝＋， 所以a≥＋. 所以a的取值范围是. 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下： (1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)． (2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max； ②若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min； ③若∃x∈D，使得a>f(x)有解，则只需a>f(x)min； ④若∃x∈D，使得a<f(x)有解，则只需a<f(x)max. (3)求最值． 　1.已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)． (1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性； (2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围． 解　(1)函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝＝. 当a>2时，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a， ∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减． (2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立， 即当x∈[e，4]时，x2＋2aln x>0有解． ∵当x∈[e，4]时，ln x≥1，∴2a>－有解， 令h(x)＝－，x∈[e，4]，则2a>h(x)min. ∵h′(x)＝－＝－<0， ∴h(x)在[e，4]上单调递减， ∴h(x)min＝h(4)＝－， ∴2a>－，即a>－， ∴实数a的取值范围为. 考点二　“最值法”解决不等式恒(能)成立问题 例2 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)ex－. (1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)， 当a＝e时，f′(x)＝x(ex－e)． 在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减； 在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)函数f(x)的导数为f′(x)＝x(ex－a)． ①若a≤1，则在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合题意； ②若1<a<e2，令f′(x)＝0，得x＝ln a，当x∈(0，ln a)时，f′(x)<0，当x∈(ln a，2]时，f′(x)>0，因此f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，2]上单调递增，又因为当x从右侧趋近于0时，f(x)趋近于－1，小于3， 所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3， 解得≤a<e2； ③若a≥e2，则在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，因此f(x)<－1<3，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围是. 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则 ①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0；②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则 ①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0；②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0. 　2.已知函数f(x)＝aln (x＋1)，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln (x＋1)， 所以切点为(3，ln 4)． 因为f′(x)＝，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y－ln 4＝(x－3)， 化简得x－4y＋8ln 2－3＝0. (2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，即aln (x＋1)－x＋x2≥0恒成立． 令h(x)＝aln (x＋1)－x＋x2(x≥0)， 则h′(x)＝－1＋x＝(x≥0)． ①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立， 所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件． ②当a<1时，由h′(x)＝0，x≥0， 解得x＝， 当x∈(0，)时，h′(x)<0；当x∈(，＋∞)时， h′(x)>0，h(x)min＝h()<h(0)＝0，这与h(x)≥0矛盾，应舍去． 综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 考点三　双变量不等式恒(能)成立问题 例3 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 解　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M. 由g(x)＝x3－x2－3， 得g′(x)＝3x2－2x＝3x. 由g′(x)＞0，得x＜0或x＞， 由g′(x)<0，得0<x<， 又x∈[0，2]， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 又g(0)＝－3，g＝－，g(2)＝1， 所以g(x)min＝g＝－， g(x)max＝g(2)＝1. 故g(x)max－g(x)min＝≥M， 则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，f(x)min≥g(x)max. 由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 故在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立， 等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x， 则h′(x)＝1－2xln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0， 所以函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)． “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max； (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min； (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max； (4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. 　3.(2024·陕西渭南高三上学期第一次检测)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝ln x－＋，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a＞0时，在上，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)； 当a＞0时，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)g′(x)＝－－×＝＝， 在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(3)＝ln 3－. 因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立， 等价于f(x)max＜g(x)max， 由(1)知，当a≤0时，f(x)无最值；当a＞0时，f(x)max＝f＝－ln a， 所以－ln a＜ln 3－，所以ln a＞ln ，解得a＞. 故实数a的取值范围为. 课时作业 1．(2024·湖南长沙明德中学高三上学期入学考试)已知函数f(x)＝aln x＋＋bx且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0. (1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间； (2)若关于x的不等式f(x)－2≥x＋恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)将x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切点为(1，3)． f′(x)＝－＋b， 所以⇒ 所以f(x)＝ln x＋＋2x. f′(x)＝－＋2＝＝(x>0)， 令f′(x)＝0，解得x＝，x＝－1(舍去)． 所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数． (2)因为f(x)－2≥x＋恒成立， 即ln x＋＋2x－2≥x＋恒成立， 化简为m≤x2＋2xln x－4x＋2恒成立． 设g(x)＝x2＋2xln x－4x＋2，则m≤g(x)min即可． g′(x)＝2x＋2ln x＋2－4＝2x＋2ln x－2(x>0)， 因为g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g′(1)＝0， 所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数． g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1. 故实数m的取值范围为(－∞，－1]． 2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函数f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当m>0时，若对于任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围． 解　(1)f′(x)＝mx＋m－1－＝，x>0. 当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈，即f(x)在上单调递增， 由f′(x)<0，解得x∈，即f(x)在上单调递减． (2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝f＝ln m＋1－， g′(x)＝2x＋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－， 由题意知f(x)min≥g(x)min， 即ln m＋1－≥2－. 设h(m)＝ln m＋1－， 则h′(m)＝＋>0， 所以h(m)为增函数， 又h(e)＝2－，所以m≥e， 即m的取值范围是[e，＋∞)． 3．(2023·甘肃武威教育局第一次联考)已知函数f(x)＝. (1)求f(x)在(－3，＋∞)上的极值； (2)若∀x∈(－3，＋∞)，－3≤ax2－2x，求a的最小值． 解　(1)f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝－2， 当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故f(－2)＝为极小值，f(x)无极大值． 所以f(x)在(－3，＋∞)上的极小值为，无极大值． (2)由题意知－3＝－3， 令g(x)＝－3－ax2＋2x， g′(x)＝－－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0， 令h(x)＝g′(x)＝－－2ax＋2， 则h′(x)＝－2a， 设u(x)＝h′(x)＝－2a，则u′(x)＝－， 当－3<x<0时，u′(x)为正，u(x)＝h′(x)在(－3，0)上单调递增， 当x>0时，u′(x)为负，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故u(0)＝h′(0)＝1－2a为极大值． 若1－2a≤0，即a≥，此时h′(x)≤0， 则h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上单调递减， 又g′(0)＝0，所以当－3<x<0时，g′(x)>0， g(x)在(－3，0)上单调递增， 当x>0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故g(0)＝0为极大值，所以g(x)≤0，则当a≥时，符合条件； 若1－2a>0，即a<，此时h′(0)>0， 所以存在－3<x1<0，当x∈(x1，0)时，u(x)＝h′(x)>0，则h(x)＝g′(x)在(x1，0)上单调递增， 又h(0)＝g′(0)＝0，则在区间(x1，0)上，g′(x)<g′(0)＝0， 所以在区间(x1，0)上，g(x)单调递减， 则g(x)>g(0)＝0，不满足条件． 综上所述，a的最小值为. 4．已知函数f(x)＝－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范围． 解　(1)由题意，得f(x)的定义域为R，且f′(x)＝－a，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增． 当a>0时， 由f′(x)>0，得x<－或x>； 由f′(x)<0，得－<x<， 所以f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． (2)f(x)≥－sinx⇔＋sinx－ax≥0， 设g(x)＝＋sinx－ax(x≥0)， 则g′(x)＝＋cosx－a， 设h(x)＝＋cosx－a(x≥0)， 则h′(x)＝x－sinx， 设m(x)＝x－sinx(x≥0)， 则m′(x)＝1－cosx≥0， 所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 当a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 结合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合题意； 当a>1时，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0， 所以g′(x)在(0，2a)上有一个零点x0， 且当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上单调递减， 结合g(0)＝0知，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，从而f(x)<－sinx，不符合题意． 综上所述，a的取值范围为(－∞，1]． 5．(2024·河南省实验中学高三第一次月考)已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围． 解　(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1. 当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)； 令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)， 所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． (2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x， 所以aex＋x＋1>ln ＋x， 即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x， 即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)． 令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 故只需x＋ln a>ln (x－1)， 即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝，令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(2)＝－2. 因此ln a>－2，所以a>. 即实数a的取值范围为. 6．(2023·安徽舒城中学高三仿真模拟(三))已知f(x)＝aln x＋x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx. (1)求g(x)在[－π，π]上的最小值； (2)如果对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈，使得－a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围． 解　(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，显然g(x)为偶函数，当x>0时， 当x∈时，xcosx>0，g′(x)>0， ∴g(x)在上单调递增； 当x∈时，xcosx<0，g′(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 又g(0)＝1，g＝，g(π)＝－1， ∴g(x)在(0，π]上的最小值为－1. 由偶函数图象的对称性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值为－1. (2)先证ln x≤x－1， 设h(x)＝ln x－x＋1， 则h′(x)＝－1＝， 令h′(x)>0，得0<x<1，令h′(x)<0，得x>1， ∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．h(x)≤h(1)＝0，故ln x≤x－1　①恒成立． 由题意可得∃x2∈，使得－a≤－1成立， 即a(x2－ln x2)≥x－x2成立． 由①可知x2－ln x2≥1>0，参变分离得a≥. 设φ(x)＝，x∈， 即只需a≥φ(x)min即可． φ′(x)＝ ＝， 由①知ln x≤x－1，得－ln x≥1－x， ∴x－ln x＋1≥x＋1－x＋1＝2－x＝>0， 令φ′(x)>0，得1<x<e，令φ′(x)<0，得<x<1， ∴φ(x)在上单调递减，在(1，e)上单调递增． ∴φ(x)min＝φ(1)＝－， ∴a≥－， 又已知a≠0， 故实数a的取值范围为∪(0，＋∞)． 12 学科网（北京）股份有限公司 $$