第3章 专题1 第2课时 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第二课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 利用导数研究不等式恒成立(有解)问题是高考数学常考常新的热点、难点问题．此类问题重点考查学生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养及综合运用数学知识分析、解决问题的能力．为进一步提升素养，强化函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法的渗透，总结如下几种重点策略． [对应学生用书P67] 【例1】 (2024·山东青岛模拟)已知f (x)＝x ln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f (x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f (x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f (x)＝x ln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1. 令f′(x)＜0，得0<x<， ∴f (x)的单调递减区间是. 令f′(x)＞0，得x>，∴f (x)的单调递增区间是. 综上，f (x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，2f (x)≤g′(x)＋2恒成立， ∴2x ln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－. 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去). 当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减． ∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2， ∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞). 【练1】 已知函数f (x)＝ln x－ax2＋1. (1)讨论f (x)的单调性； (2)若a＝0，xf (x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值． 解：(1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)， 当a≤0时，f ′(x)>0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，由f ′(x)>0，得0<x<，则f (x)在上单调递增； 由f ′(x)<0，得x>，则f (x)在上单调递减． 综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减． (2)由题意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<(x>1)恒成立． 设g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝. 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－>0，所以h(x)在(1，＋∞)上为增函数． 因为h(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln <0，h(4)＝2－ln 4＝ln >0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3，4)，使得m－ln m－2＝0. 当x∈(1，m)时，h(x)<0；当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在x＝m处取得极小值，也是最小值，且g(m)＝＝m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3. 【例2】 (2023· 江西九江模拟)已知函数f (x)＝a ln x＋x，g(x)＝xex－a. (1)若x＝1是f (x)的极值点，求f (x)的单调区间； (2)若a＝1，证明：f (x)≤g(x). (1)解：由已知可得，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋1. 因为x＝1是f (x)的极值点，所以f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，此时f′(x)＝－＋1＝. 故当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0， 所以f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)， 单调递减区间为(0，1). (2)证明：若a＝1，则f (x)＝ln x＋x，g(x)＝xex－1， 设h(x)＝f (x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝＋1－(x＋1)ex＝(x＋1)； 令t(x)＝－ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－－ex<0 对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以t(x)＝－ex 在(0，＋∞)上单调递减． 因此，当0<x<x0 时，t(x)>0，即h′(x)>0，则h(x)单调递增； 当x>x0 时，t(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)单调递减， 【练2】 (2023·河南南阳高三月考)若x∈(1，2)时，关于x的不等式(1＋x)ln x＋x≤xa恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[，＋∞) B．[3－ln 2，＋∞) C．(，＋∞) D．[e，＋∞) A　解析：由题意知：当x∈(1，2)时，a≥(1＋)·ln x＋1恒成立， 令f (x)＝(1＋)ln x＋1，则f′(x)＝－ln x＋＋＝. 令g(x)＝x＋1－ln x，则g′(x)＝1－＝， 当x∈(1，2)时，g′(x)>0恒成立，即f′(x)>0恒成立， ∴f (x)在(1，2)上单调递增， ∴f (x)<f (2)＝ln 2＋1＝， ∴a≥，即实数a的取值范围为[，＋∞). 故选A. 【例3】 (2023·辽宁实验中学模拟)已知函数f (x)＝＋a ln x，其中参数a<0. (1)求函数f (x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf (x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围． 解：(1)∵f (x)＝＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝－＋＝. 令f′(x)＝0得x＝， ①当－1<a<0时，<0，恒有f′(x)<0. ∴函数f (x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间． ②当a＝－1时，f′(x)＝－<0，∴f (x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间． ③当a<－1时，x∈时，f′(x)>0， ∴f (x)的单调递增区间是；x∈时，f′(x)<0， ∴f (x)的单调递减区间是. 综上，当－1≤a<0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a<－1时，f (x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)g(x)＝2ax－ax ln x－(6a＋3)(a<0)， ∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max. 又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0，∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数． ∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3. ∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>.又a<0，则<a<0，即a的取值范围是. 【练3】 设f (x)＝＋x ln 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∈[，2]，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(x1)－g(x2 )]max ≥M. 因为g(x)＝x3 －x2 －3，所以g′(x)＝3x2－2x＝3x. g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表： x 0 2 g′(x) 0 － 0 ＋ 8 g(x) －3 ↘ 极小值－ ↗ 1 由上表可知，g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1. [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝， 所以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，等价于在区间上，函数f (x)min ≥g(x)max. 由(1)可知，在区间上，g(x)的最大值g(2)＝1. 所以在区间上，f (x)＝＋x ln x≥1恒成立．等价于a≥x－x2ln x恒成立，即a≥(x－x2ln x)max. 令h(x)＝x－x2ln x(x>0)，则h′(x)＝1－2x ln x－x，h′(1)＝0. 当1<x≤2时，h′(x)<0；当≤x<1时，h′(x)>0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(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，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$