5 微专题一 专项一 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(Word教师用书)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版2019）

专项一　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题 对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理．若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min；若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围． 技法一　分离参数法 (2024·广东惠州一模)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)＝，所以f′(x)＝，故切线的斜率k＝f′(－1)＝－e， 又f(－1)＝e，所以切点为(－1，e)， 所以切线方程为y－e＝－e(x＋1)，化简得ex＋y＝0. (2)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)＝ ＝， 令t(x)＝2ex－x－2，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，＋∞)上单调递增，所以t(x)≥t(0)＝0，故h′(x)≥0在[0，＋∞)恒成立． 所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，而h(0)＝2， 所以h(x)≥2，故a≤2. 规律方法 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))对任意x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值) 对点练1.(2024·黑龙江哈尔滨模拟)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)由f(x)＝aln x＋＋bx(x>0)，得f′(x)＝－＋b＝， 因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0，所以有f′(1)＝2，f(1)＝3，即解得所以f′(x)＝＝(x>0)， 由f′(x)>0，得x>，所以函数f(x)的单调递增区间是；由f′(x)<0，得0<x<，所以函数f(x)的单调递减区间为. (2)由(1)知f(x)＝ln x＋＋2x.不等式f(x)－2≥x＋恒成立，等价于当x∈(0，＋∞)时，m≤xln x＋x2－2x＋1恒成立． 令g(x)＝xln x＋x2－2x＋1(x>0)， 则m≤g(x)min，g′(x)＝ln x＋x－1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝－，所以m≤g(x)min＝－，即实数m的取值范围是． 　　　　[教师用书]　高三总复习·数学微专题一　导数的综合问题　[教师用书]　　　　 技法二　分类讨论法 (2024·安徽马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，m∈R. (1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若存在x∈[1,2]，使得不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)成立，求m的取值范围． 解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex＋(m＋1)x＝ex＋2x，定义域为R，f′(x)＝ex＋2， 所以f(0)＝1，f′(0)＝3， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝3(x－0)， 即y＝3x＋1. (2)不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)可化为＋mln x－(m＋1)x＋m≥0， 即存在x∈[1,2]，使得不等式＋mln x－(m＋1)x＋m≥0成立． 构造函数h(x)＝＋mln x－(m＋1)x＋m，x∈[1,2]，则h′(x)＝x＋－(m＋1)＝(x－m)·(x－1)． ①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0； ②当1<m<2时，令h′(x)>0，解得m<x<2；令h′(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m,2]上单调递增，又h(1)＝－，故h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去； ③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，故h(x)在[1,2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－<0，不符合题意，应舍去． 综上所述，m的取值范围为(－∞，0]． 学生用书↓第63页 规律方法 对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．　　 对点练2.(2024·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝2x＋，x>0， ①若a≥0，则f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a<0，令f′(x)＝0，得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由(1)知f′(x)＝(x>0)， 当a>0时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，又x→0＋，f(x)→－∞，故f(x)≥0不恒成立； 当a＝0时，f(x)＝x2>0，符合题意； 当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝－＋aln，由f(x)≥0恒成立，可得－＋aln≥0，解得a≥－2e，所以－2e≤a<0.综上，a的取值范围为[－2e，0]． 技法三　最值定位法 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(x1)－g(x2)]max≥M成立． g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝， 因为g)＝－，g(0)＝－3，g(2)＝1，,所以当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，,g(x)min＝g)＝－，,[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝，,所以满足条件的最大整数M为4.,(2)对任意的s，t∈都有f(s)≥g(t)， 则f(x)min≥g(x)max. 由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1， 所以当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立． 令h(x)＝x－x2ln x，x∈， 所以h′(x)＝1－2xln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x， 所以φ′(x)＝－3－2ln x<0， h′(x)在上单调递减， 又h′(1)＝0，所以当x∈时，h′(x)≥0， 当x∈[1,2]时，h′(x)≤0， 所以h(x)在上单调递增，在[1,2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1. 所以实数a的取值范围是[1，＋∞)． 规律方法 ”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，常见的等价变换有 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.　　 对点练3.已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝ln(x＋1)＋a，∃x1∈[0,2]，∀x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是________． 答案： 解析：因为∃x1∈[0,2]，∀x2∈[0,2]，使得f(x1)≤g(x2)成立等价于在[0,2]上，f(x)min≤g(x)min. 易得f′(x)＝(x－1)，当x∈[0,2]时，3x＋3＋>0， 所以f(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增， 所以函数f(x)在[0,2]上的最小值为f(1)＝1－.易知g(x)在[0,2]上单调递增，所以函数g(x)在[0,2]上的最小值为g(0)＝a，所以1－≤a，即实数a的取值范围是. 课时测评22　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(6分)(2024·江西高三阶段练习)已知函数f(x)＝－x，若对任意的0<x1<x2，都有－<0，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：因为对任意的0<x1<x2，都有－<0，即x1f(x1)<x2f(x2)，所以设g(x)＝xf(x)＝x＝aex－x2，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝aex－x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥在(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝，所以当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，即h(x)max＝h(1)＝，所以a≥.故选D. 2．(6分)[多选题]已知f(x)＝(a2－1)ex－1－x2，若不等式f>f在(1，＋∞)上恒成立，则a的值可以为(　　) A．－ B．－1 C．1 D． 答案：AD 解析：设y＝x－1－ln x(x>1)，则y′＝1－>0，所以y＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增，所以x－1－ln x>0，所以ln x<x－1，x∈(1，＋∞)，所以0<ln x<x－1，所以>>0.又f>f在(1，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝(a2－1)ex－1－x≥0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，即a2－1≥恒成立．令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝，当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)<g(1)＝1，所以a2－1≥1，解得a≥或a≤－，所以a的值可以为－，.故选AD. 3．(8分)(2023·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋2ln x＋a＋2，若∀x≥1，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为________． 答案：[1，＋∞) 解析：由题意得f′(x)＝2ax－2(a＋1)＋＝＝，若a≤0，则f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，从而f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(1)＝0，不符合题意；若0<a<1，则当x∈时，f′(x)≤0；当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，从而f<f(1)＝0，不符合题意；若a≥1，则ax－1≥x－1≥0，所以f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，符合题意．综上所述，a的取值范围为[1，＋∞)． 4．(20分)已知函数f(x)＝(x－2)ex. (1)求f(x)在[－1,3]上的最值； (2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex， 令f′(x)＝0，解得x＝1， 当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)在[－1,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增， 而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－3e－1<f(3)， 所以f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3. (2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立． 当x＝2时，4a≥4a，所以a∈R； 当x>2时，原不等式化为a≤＝， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 因为x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在(2，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2， 综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]． 5．(20分)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b. (1)求a，b的值； (2)若不等式f(x)>mx－1在x∈上恒成立，求正实数m的取值范围． 解：(1)由f(x)＝ex＋ax＋b可得f′(x)＝ex＋a， 因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b， 所以解得a＝－1，b＝－1. (2)由(1)知f(x)＝ex－x－1， 因为不等式f(x)>mx－1在x∈上恒成立， 所以ex－x>mx在x∈上恒成立， 即m<－1在x∈上恒成立． 令g(x)＝－1，则g′(x)＝，令g′(x)＝＝0，解得x＝1. 所以当≤x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当1<x≤e时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)的最小值为g(1)＝e－1，所以m<e－1，即正实数m的取值范围为(0，e－1)． 6．(20分)(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈． (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－，x∈， f′(x)＝1－ ＝＝， 由于x∈，所以cos x∈(0,1)，所以cos3x＋cos2x－2<0，cos3x>0， 所以f′(x)＝<0在上恒成立， 所以函数f(x)在上单调递减． (2)令g(x)＝－sin x＝＝＝， 则g′(x)＝ ＝， 因为x∈，所以3cos2xsin2x＋2sin4x>0，cos3x>0，则g′(x)>0，所以函数g(x)在上单调递增， g(0)＝0，当x→时，g(x)→＋∞， 因为f(x)＋sin x<0恒成立，所以－sin x>ax在上恒成立， 即直线y＝ax在0<x<时恒在g(x)的图象下方，如图所示， 由图及g′(0)＝0可得a≤0， 即a的取值范围为(－∞，0]． 7．(20分)(2023·陕西安康一模)已知函数g(x)＝ax3－3x2＋6，其中a>0. (1)若a＝1，求g(x)的单调区间； (2)若在区间[－1,1]上，g(x)>0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，g(x)＝x3－3x2＋6，g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令g′(x)<0，得0<x<2；令g′(x)>0，得x>2或x<0， 所以g(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)． (2)因为g(x)＝ax3－3x2＋6，所以g′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，令g′(x)<0，得0<x<；令g′(x)>0，得x<0或x>， 所以g(x)的单调递减区间是，单调递增区间是(－∞，0)，. ①若≥1，即0<a≤2时，g(x)在(－1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减， 因为在区间[－1,1]上，g(x)>0恒成立，所以解得－3<a<3，又0<a≤2，所以0<a≤2. ②若<1，即a>2时，g(x)在(－1,0)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 因为在区间[－1,1]上，g(x)>0恒成立， 所以解得<a<3. 又a>2，所以2<a<3. 综上，可得0<a<3，即a的取值范围是(0,3)． 学生用书↓第64页 学科网（北京）股份有限公司 $$