第3章 第4节 第1课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

导数的综合问题 第四节 第1课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题 CONTENTS 目录 题点一　导数与不等式恒成立问题 一 题点二　双变量不等式恒(能)成立问题 二 课时跟踪检测 三 方法(一)　分离参数法解决恒成立问题 题点一　导数与不等式恒成立问题 例 1 故函数f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递减． 令g′(x)＞0，得x＞2e3－2，令g′(x)＜0，得0＜x＜2e3－2， 即g(x)在(0,2e3－2)上单调递减，在(2e3－2，＋∞)上单调递增， 1．参变分离的使用条件 (1)参数与变量可以比较容易地分离开． (2)参变分离后得到的函数的形式不复杂，通过导数来研究单调性，极值以及最值比较容易． (3)参变分离后得到的函数的值域容易算，不会出现必须使用洛必达法则才能解决问题的情形． 思维建模 2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈I恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间I上的最大值(或最小值)问题 针对训练 解：(1)当a＝0时， x (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极小值为f(2)＝1＋ln 2，无极大值． 当x>2时，f′(x)>0，列表如下. 当1≤x<2时，g′(x)>0， 当2<x≤e2时，g′(x)<0， 所以g(x)在[1,2)上单调递增，在(2，e2]上单调递减． 借题发挥：研究函数的最值时，最好是画草图，结合图象走势判断.如本题，很容易判断函数的最大值是g(2)，但这是个无用的信息，我们需要的是最小值，函数先增后减，那么就比较端点值的大小，较小的就是最小值． 方法(二)　分类讨论法解决恒成立问题 例 2 (2023·咸阳二模)已知函数f(x)=ex-x-ax2-1(a∈R). (1)当a=时,求函数f(x)的零点; (2)对于任意的x>0,恒有f(x)>0,求实数a的取值范围. 快审准解:(1)f'(x)的正负不明显,对其再次求导,判断值域,从而得到f(x)的单调性,结合函数值,判断零点. (2)注意到f(0)=0,可考虑让f(x)在(0,+∞)单调递增,求出a的范围即可,符合题意,再检验单调递增时a的范围,解题的关键是分类讨论. 得f′(x)＝ex－x－1， 令g(x)＝f′(x)＝ex－x－1， 则g′(x)＝ex－1， 当x<0时，g′(x)<0， 当x>0时，g′(x)>0， 故g(x)min＝g(0)＝0， 即f′(x)≥0， 所以f(x)在R上单调递增，注意到f(0)＝0， 故f(x)有唯一的零点0. (2)f(x)＝ex－x－ax2－1(x>0)， 注意到f(0)＝0，只要f(x)>f(0)即可，f′(x)＝ex－2ax－1，f′(0)＝0， 令h(x)＝f′(x)＝ex－2ax－1，则h′(x)＝ex－2a， 当a≤0时，h′(x)>0，有f′(x)>0，即f(x)>f(0)，符合题意； 当a>0时，h′(x)＝ex－2a＝ex－eln(2a)， 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 思维建模 2．已知函数f(x)＝－2x＋ln x. (1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤ax2－2x恒成立．求实数a的取值范围． 针对训练 (2)法一:分离变量　解决恒成立问题时,可以利用分离变量法,将参数移到不等式的一边,构造出一个新的函数后,求出函数的最值,即可求得参数的范围.由f(x)≤ax2-2x,得a≥在(0,+∞)恒成立,令g(x)=(x>0), 则a≥g(x)max,g'(x)=,当g'(x)=0时,x=, 当0<x<时,g'(x)>0;当x>时,g'(x)<0,故g(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)上单调递减,故当x=时,g(x)取得最大值,故a≥,即a的取值范围是. 若a>0，由g(x)≥h(x)，得曲线y＝g(x)与曲线y＝h(x)有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为(x0，y0)， 题点二　双变量不等式恒(能)成立问题 例 3 解：(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，即存在x1，x2∈[0,2]， 使得[g(x1)－g(x2)]max≥M，即g(x)max－g(x)min≥M(x∈[0,2])． 又g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1， 双变量不等式恒(能)成立问题的转化方法 思维建模 问题描述 等价转化 语言描述 ∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)min 函数f(x)在区间M上的任意函数值都小于函数g(x)在区间N上的任意函数值 ∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)max 函数g(x)在区间N上的某个函数值大于函数f(x)在区间M上的所有函数值 问题描述 等价转化 语言描述 ∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min< g(x2)min 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的所有函数值 ∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min< g(x2)max 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的某个函数值 针对训练 所以当0<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． 解：(1)由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． (2)因为g(x)＝x3－x2， 所以g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)． 又x∈[1,2]， 所以g′(x)>0， 故函数g(x)在[1,2]上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝0. 所以对任意的x∈(0,2]，xf(x)≥0恒成立， 令h(x)＝－2x2ln x，x∈(0,2]， 则h′(x)＝－2x－4xln x＝－2x(1＋2ln x)，x∈(0,2]． 令h′(x)＝0， 则1+2ln x=0, 解得x=. 当x∈(0,)时,h'(x)>0, 所以函数h(x)在(0,)上单调递增;当x∈时,h'(x)<0, 所以函数h(x)在上单调递减. 所以h(x)max=h=.所以a≥. 所以实数a的取值范围是. 课时跟踪检测 1．(2023·雅安三模)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，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围． 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)因为g(x)≤f(x)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)， 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 规律方法：当遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立或有解问题时，一般采用作差法，构造“左减右”(“右减左”)的函数F(x)＝f(x)－g(x)(H(x)＝g(x)－f(x))，进而只需满足F(x)max≥0(H(x)min≤0)． 1 2 3 4 1 2 3 4 当a≤0时，f′(x)<0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 1 2 3 4 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞),无单调递增区间； 1 2 3 4 (2)当a>0时,由(1)可知f(x)在上单调递减,在上单调递增, 故f(x)的最小值为f=a×-ln+(2a-1)×=ln(2a)-+1. 因为不等式f(x)+≥0对x∈(0,+∞)恒成立,所以ln(2a)-+1+≥0. 设g(x)=ln x-++1,则g(x)的定义域为(0,+∞),且g'(x)=+>0恒成立, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 (2)法一　当x≥0时,f(x)≤2恒成立,故≤2,也就是x2+ax+a≤2ex, 即a(x+1)≤2ex-x2, 由x+1>0得a≤. 令h(x)=(x≥0), 则h'(x)= =. 1 2 3 4 令t(x)=2ex-x-2(x≥0),则t'(x)=2ex-1, 可知t'(x)在[0,+∞)上单调递增,则t'(x)≥t'(0)=1,即t'(x)>0在[0,+∞)恒成立, 故t(x)在[0,+∞)单调递增,∴t(x)≥t(0)=0,故h'(x)≥0在[0,+∞)恒成立. ∴h(x)在[0,+∞)单调递增. 又h(0)=2,∴h(x)≥2,故a≤2. ∴a的取值范围为(-∞,2]. 1 2 3 4 1 2 3 4 综上，a≤2.故a的取值范围为(－∞，2]． 1 2 3 4 法三　∵当x≥0时,f(x)≤2恒成立,也就是x2+ax+a≤2ex, 即2ex-x2-ax-a≥0恒成立, 令h(x)=2ex-x2-ax-a,x∈[0,+∞), 则h'(x)=2ex-2x-a. 令S(x)=h'(x)=2ex-2x-a,S'(x)=2ex-2. ∵x≥0,∴ex≥1,∴S'(x)≥0恒成立, ∴h'(x)在[0,+∞)上单调递增. ∴h'(x)min=h'(0)=2-a. 1 2 3 4 ①当2－a≥0，即a≤2时，h′(x)≥0， ∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)min＝h(0)＝2－a≥0，符合题意； ∵h'(0)=2-a<0,h'=-2ln <0,存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0,即2=2x0+a. ∴h(x)在[0,x0)上单调递减, 1 2 3 4 在(x0,+∞)上单调递增. ∴h(x)min=h(x0)=2--ax0-a=(2x0+a)--ax0-a=-+(2-a)x0<0,不合题意. 综上,a≤2.故a的取值范围为(-∞,2]. 1 2 3 4 1 2 3 4 ∴F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1. ∴F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 1 2 3 4 (2)∵对任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立， ∴mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立． 1 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 已知函数f(x)＝. (1)试判断函数f(x)的单调性； (2)若f(x)＞ax在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由已知得f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝＝＜0， (2)由f(x)＞ax在(0，＋∞)上恒成立，即＞a在(0，＋∞)上恒成立． 设g(x)＝，x＞0， 则g′(x)＝＝(x＞0)． 所以g(x)min＝g(2e3－2)＝＝，所以a＜.故实数a的取值范围为. 1．(2024·衡阳模拟)已知函数f(x)＝＋ln x＋a. (1)当a＝0时，求f(x)的极值； (2)若对任意的x∈[1，e2]，f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围． f(x)＝＋ln x(x>0)， 则f′(x)＝－＋＝， 当0<x<2时，f′(x)<0， 求导得g′(x)＝－＝， (2)f(x)＝＋ln x＋a≤0， 即a≤－－ln x. 令g(x)＝－－ln x，x∈[1，e2]， 则a≤g(x)min. 因为g(1)＝－2，g(e2)＝－－ln e2＝－－2，g(1)>g(e2)， 所以g(x)min＝g(e2)＝－－2. 所以a≤g(x)min＝－－2. 故实数a的取值范围为. 解：(1)当a＝时，f(x)＝ex－x－x2－1， 若ln(2a)≤0，即0<a≤时，h′(x)>0，此时f′(x)>0，即f(x)>f(0)，符合题意； 若ln(2a)>0，即a>时，h(x)在(0，ln(2a))上单调递减，在(ln(2a)，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(ln(2a))<h(0)， 所以f(x)min<f(0)，不合题意． 综上a≤.故实数a的取值范围为. 解：(1)由题意得f′(x)＝－2＋(x>0)，所求切线斜率为f′(1)＝－1， 切点为(1，－2)，故所求切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0. 法二：分类讨论　将所有的式子放在不等式的一边，即ax2－ln x≥0，同样构造函数g(x)＝ax2－ln x(x>0)，只需求出g(x)的最小值，过程中需要对a进行分类讨论．由f(x)≤ax2－2x得ax2－ln x≥0在(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝ax2－ln x(x>0)，则g′(x)＝2ax－＝(x>0)， ①当a≤0时，g′(x)<0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝a≤0，故当x>1时，g(x)<0，不合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝，令g′(x)>0，得x>，令g′(x)<0，得0<x<，故g(x)在内单调递减，在上单调递增，故当x＝时，g(x)取最小值g＝－ln≥0，故a≥，即a的取值范围是.综上所述，a的取值范围是. 法三：数形结合　将两个基本初等函数放在不等式的两边，即ax2≥ln x，构造出两个函数g(x)＝ax2，h(x)＝ln x，结合两个函数图象,得到何时符合题意．由f(x)≤ax2－2x得ax2≥ln x在(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝ax2，h(x)＝ln x，则当x>0时，g(x)≥h(x)恒成立，g′(x)＝2ax，h′(x)＝， 若a≤0，当x>1时，ax2≤0，ln x>0， 故g(x)<h(x)，不合题意； 则解得故当a≥时，g(x)≥h(x)，即a的取值范围是. 已知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∈，f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x，当<x<2时，g′(x)>0， 当0<x<时，g′(x)<0，列表如下. x g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 极小值 单调递增 g(x)min＝g＝－，所以g(x)max－g(x)min＝≥M，所以满足条件的最大整数M为4. 求导得h′(x)＝1－2xln x－x，令m(x)＝1－2xln x－x，则m′(x)＝－3－2ln x<0， (2)对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立，则f(s)min≥g(t)max. 由(1)易得当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1， 所以对任意的x∈，＋xln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立． 令h(x)＝x－x2ln x，则a≥h(x)max. 所以h′(x)在上单调递减，又h′(1)＝0，故列表如下. x 1 (1,2) h′(x) ＋ 0 － h(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以a≥h(x)max＝h(1)＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)． 3．已知函数f(x)＝＋2ln x(a>0)，g(x)＝x3－x2. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)若对于任意的x1∈(0,2]，都存在x2∈[1,2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围． 当a＝1时，f′(x)＝＝. 因为f(x)＝＋2ln x，所以f′(x)＝－＋＝. 即＋2xln x≥0恒成立． 所以a≥－2x2ln x恒成立． 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)在内单调递减，在上单调递增． 解：(1)由题意，得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，令f′(x)<0，得0<x<，令f′(x)>0，得x>，所以函数f(x)在内单调递减，在上单调递增． 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≥＋. 故实数a的取值范围为. 2．已知函数f(x)＝ax2－ln x＋(2a－1)x，其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a>0，若不等式f(x)＋≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围． 解：(1)由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝2ax－＋2a－1＝， 当a>0时，令f′(x)<0，解得0<x<；令f′(x)>0，解得x>，则f(x)在上单调递减，在上单调递增． 当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上所述，a的取值范围是. 因为g＝0，所以ln(2a)－＋1＋≥0， 即g(2a)≥g，可得2a≥，即a≥. 3．(2024·惠州模拟)已知函数f(x)＝. (1)当a＝2时，求f(x)在(－1，f(－1))处的切线方程； (2)当x≥0时，不等式f(x)≤2恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝，∴f′(x)＝. 故切线的斜率k＝f′(－1)＝－e，又f(－1)＝e，∴切点为(－1，e)． ∴切线方程为y－e＝－e(x＋1)，化简得ex＋y＝0. ①当2－a≤0，即a≥2时，f′(x)≤0在x∈[0，＋∞)上恒成立． ∴f(x)在[0，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(0)＝＝a≥2，∴a>2不合题意，a＝2合题意． 法二　∵当x≥0时，f(x)≤2恒成立，故f(x)max≤2，由f′(x)＝＝(x≥0)， 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2－a， ∴y＝在(0，＋∞)上单调递减，故<＝2即f(x)max<2，合题意． ②当2－a>0，即a<2时，当x∈[0,2－a)时，f′(x)>0，当x∈(2－a，＋∞)时， f′(x)<0，故f(x)在[0,2－a)上单调递增，在(2－a，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(2－a)＝. 设t＝2－a>0，y＝，则y′＝<0恒成立， ②当2－a<0，即a>2时，ln >0， 4．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值； (2)若对任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)∵F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x， 故F(x)min＝F(－1)＝－－. 令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)， 则只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可． 故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥，又≤e，故m≥e， ∴实数m的取值范围是[e，＋∞)． $$