微专题1 专项1 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版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　分离参数法求参数范围 (2023·山东枣庄三模)已知函数f (x)＝. (1)求f (x)的单调区间； (2)当x>1时，f (x)＋k(1＋ln x)≤0，求实数k的取值范围． 解：(1)函数f (x)＝的定义域为R，导函数f′(x)＝， 令f′(x)>0，得0<x<2，此时f (x)在(0，2)上为增函数； 令f′(x)<0，得x<0或x>2，此时f (x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上为减函数； 综上，f (x)的单调增区间为(0，2)，单调减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)． (2)当x>1时，1＋ln x>0，所以k≤. 设g(x)＝(x>1)， 则g′(x)＝， 设h(x)＝－x－2xln x＋x2＋x2ln x， 则h′(x)＝(x－1)(3＋2ln x)， 当x>1时，恒有3＋2ln x>0，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)单调递增， 所以h(x)>h(1)＝0恒成立，即g′(x)>0， 所以g(x)在(1，＋∞)单调递增． 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝－，所以k的取值范围为. 规律方法 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 1．分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．　　 2．a≥f (x)恒成立⇔a≥f (x)max；a≤f (x)恒成立⇔a≤f (x)min； a≥f (x)能成立⇔a≥f (x)min；a≤f (x)能成立⇔a≤f (x)max. 对点练1．(2024·江苏南京质检)已知函数f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)当a＝1时，求函数f (x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f (x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex， 当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0， 所以函数f (x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以函数f (x)的极大值为f (0)＝－1，无极小值． (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立， 则ax≤(x>0)，即a≤(x>0)， 则问题转化为a≤(x>0)， 令h(x)＝，x>0，h′(x)＝＝， 当0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0， 所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h()＝，所以a≤. 技法二　分类讨论法求参数范围 (2023·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝ax－，x∈(0，)．若f (x)＋sin x<0，求a的取值范围． 解：法一：构造g(x)＝f (x)＋sin x＝ax－＋sin x(0<x<)， 则g′(x)＝a－＋cos x(0<x<)， 若g(x)＝f (x)＋sin x<0，且g(0)＝f (0)＋sin 0＝0， 则g′(0)＝a－1＋1＝a≤0，解得a≤0， 当a＝0时，因为sin x－＝sin x(1－)， 又x∈(0，)，所以0<sin x<1，0<cos x<1， 则>1， 所以f (x)＋sin x＝sin x－<0，满足题意； 当a<0时，由于0<x<，显然ax<0， 所以f (x)＋sin x＝ax－＋sin x<sin x－<0，满足题意； 综上所述，若f (x)＋sin x<0，则a≤0， 所以a的取值范围为(－∞，0]． 法二：因为sin x－＝＝＝－， 因为x∈(0，)，所以0<sin x<1，0<cos x<1， 故sin x－<0在(0，)上恒成立， 所以当a＝0时，f (x)＋sin x＝sin x－<0，满足题意； 当a<0时，由于0<x<，显然ax<0， 所以f (x)＋sin x＝ax－＋sin x<sin x－<0，满足题意； 当a>0时，因为f (x)＋sin x＝ax－＋sin x＝ax－， 令g(x)＝ax－(0<x<)，则g′(x)＝a－， 注意到g′(0)＝a－＝a>0， g(0)＝0，所以在x∈上存在f (x)＋sin x>0，不满足题意．综上：a≤0.所以a的取值范围为(－∞，0]． 学生用书↓第69页 规律方法 对于不适合分离参数的不等式，常常把参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究函数单调性、最值，从而得出参数范围．　　 对点练2．(2024·山东泰安一模)已知函数f (x)＝(x－1)ln (x－2)－a(x－3)，a∈R. (1)若a＝1，讨论f (x)的单调性； (2)若当x>3时，f (x)>0恒成立，求a的取值范围． 解：(1)f (x)的定义域为(2，＋∞)，当a＝1时，f (x)＝(x－1)ln (x－2)－x＋3， f′(x)＝ln (x－2)＋－1＝ln ＋，设g(x)＝ln (x－2)＋， 则g′(x)＝－＝，令g′(x)＝0，解得x＝3， 当x∈(2，3)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(3，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(3)＝1>0，则g(x)＝f′(x)>0对任意的x>2恒成立， 所以函数f (x)的单调递增区间为(2，＋∞)，无递减区间． (2)当x>3时，f (x)>0恒成立等价于ln (x－2)－>0在(3，＋∞)上恒成立， 设h(x)＝ln (x－2)－，则h′(x)＝－＝， 设φ(x)＝x2－2(a＋1) x＋4a＋1(x>3)， 则φ(x)图象为开口向上，对称轴为x＝a＋1的抛物线的一部分， 当a≤2时，a＋1≤3，φ(x)在(3，＋∞)单调递增，且φ(3)＝4－2a≥0， 所以φ(x)≥0，即h′(x)≥0，则函数h(x)在(3，＋∞)上单调递增， 又因为h(3)＝0，所以h(x)>0在(3，＋∞)恒成立，满足题意； 当a>2时，a＋1>3，φ(3)＝4－2a<0，所以方程φ(x)＝0有两相异实根，设为x1，x2，且x1<x2，则x1<3<x2，当x∈(3，x2)时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)在(3，x2)上单调递减，又因为h(3)＝0，故当x∈(3，x2)时，h(x)<h(3)＝0， 所以h(x)>0在(3，＋∞)上不恒成立，不满足题意． 综上，a的取值范围为(－∞，2]. 技法三　最值定位法求解双变量有关参数范围 (2024·陕西西安模拟)已知函数f (x)＝4ln x－ax＋(a≥0)． (1)当a＝，求f (x)的极值； (2)当a≥1时，设g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈，f (x1)＞g(x2)，求实数a的取值范围．(e为自然对数的底数，e＝2.718 28…) 解：(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝时，f (x)＝4ln x－＋， 所以f′(x)＝－－＝－， 令f′(x)＞0，可得1＜x＜7，令f′(x)＜0，可得0＜x＜1或x＞7， 所以函数的单调减区间为(0，1)，(7，＋∞)，单调增区间为(1，7)， 所以x＝1时，函数取得极小值为3；x＝7时，函数取得极大值为4ln 7－3. (2)f′(x)＝(x>0)， 令h(x)＝－ax2＋4x－(a＋3)， 若a≥1，则Δ＝16－4a2－12a＝－4(a－1)(a＋4)≤0， 所以f (x)在区间(0，＋∞)上单调递减，所以当a≥1时，f (x)在上单调递减， 所以f (x)在上的最大值为f＝－4ln 2＋a＋6， g′(x)＝2ex－4，令g′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)单调递减， 当x∈时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增， 所以g(x)在上的最小值为g(ln 2)＝4－4ln 2＋2a，由题意可知－4ln 2＋a＋6>4－4ln 2＋2a，解得a<4，又因为a≥1， 所以实数a的取值范围为[1，4)． 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，可按如下规则转化： 　　一般地，已知函数y＝f (x)，x∈[a，b]，y＝g(x)，x∈[c，d]， 1．若∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，总有f (x1)<g(x2)成立，故f (x)max<g(x)min. 2．若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f (x1)<g(x2)成立，故f (x)max<g(x)max. 3．若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f (x1)<g(x2)成立，故f (x)min<g(x)max. 4．若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f (x1)＝g(x2)，则f (x)的值域是g(x)的值域的子集． 对点练3．(2024·河南郑州模拟)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． 解：(1)由题可知函数f (x)的定义域为(0，＋∞). 因为f (x)＝＋2ln x，则f′(x)＝－＋＝. 当a＝1时，f′(x)＝＝. 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). (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， 即＋2xln x≥0恒成立． 所以a≥－2x2ln x恒成立． 令h(x)＝－2x2ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4xln x＝－2x，x∈. 令h′(x)＝0，则1＋2ln x＝0，解得x＝e. 当x∈时，h′(x)>0，所以函数h(x)在上单调递增； 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．(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)＝－， 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]． 2．(20分)(2023·安徽铜陵三模)已知函数f (x)＝ex－ax(a∈R). (1)试求函数f (x)的极值； (2)若存在实数x>0使得xebx－ex＋(b－1) x2＋xln x≥0成立，求实数b的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ex－a. ①a≤0时，函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不存在极值． ②a>0时，由f′(x)＝ex－a＝0得x＝ln a， x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f (x)单调递减， x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以f (x)极小值＝f (ln a)＝a－aln a，无极大值． (2)由题意可知：xebx＋bx2≥ex－xln x＋x2， 因为x>0，所以ebx＋bx≥－ln x＋x＝ex－ln x＋x－ln x. 由(1)可知a＝－1时，函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则存在x>0，bx≥x－ln x，即b≥min. 令h(x)＝1－，则h′(x)＝＝0，有x＝e，x∈(0，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(x)极小值＝h(e)＝1－，所以b≥1－. 3．(30分)(2024·北京海淀模拟)已知函数f (x)＝xsin x＋cos x. (1)当x∈(0，π)时，求函数f (x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝－x2＋2ax.若对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f (x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f (x)＝xsin x＋cos x，所以f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x. 当x∈(0，π)时，f′(x)与f (x)的变化情况如表所示： x f′(x) ＋ 0 － f (x) 单调递增 单调递减 所以当x∈(0，π)时，函数f (x)的单调递增区间为， 函数f (x)的单调递减区间为. (2)当x∈[－π，π]时，f (－x)＝f (x)，所以函数f (x)为偶函数． 所以当x∈[－π，π]时，函数f (x)的单调递增区间为，， 函数f (x)的单调递减区间为，， 所以函数f (x)的最大值为f＝f＝. 设h(x)＝f (x)，则当x∈[－π，π]时，h(x)max＝·＝. 对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得h(x1)≤g(x2)成立，等价于h(x)max≤g(x)max. 当a≤0时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(0)＝0，不合题意． 当0<a<1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(a)＝a2， 则a2≥，解得a≥或a≤－，所以≤a<1. 当a≥1时，函数g(x)在区间[0，1]上的最大值为g(1)＝2a－1， 则2a－1≥，解得a≥，所以a≥1.综上所述，a的取值范围是. 4．(30分)(2024·湖南长沙适应性测试)已知函数f (x)＝(2x2－x3)e1－x，其中x>0. (1)求f (x)的最大值； (2)若不等式ax2e1－x＋|ln x|≥a对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝(x3－5x2＋4x)e1－x＝x(x－1)(x－4)·e1－x，x>0， 令f′(x)>0，解得x>4或0<x<1， 令f′(x)<0，解得1<x<4， 故f (x)在(0，1)，(4，＋∞)上单调递增，在(1，4)上单调递减，故f (x)在x＝1处取得极大值，f (1)＝e1－1＝1， f (x)＝(2x2－x3)e1－x＝x2(2－x)e1－x，当x>2时，f (x)<0恒成立，故f (x)在x＝1处取得最大值，f (x)max＝1. (2)设g(x)＝ax2e1－x＋|ln x|－a，其中x>0， 则g(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立， ①当x＝1时，g(1)＝0，符合题意． ②当0<x<1时，g(x)＝ax2e1－x－ln x－a， g′(x)＝a(2x－x2)e1－x－＝(f (x)－)， 由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，故f (x)∈(f (0)，f (1))，即f (x)∈(0，1)， 若a<0，g′(x)<0，则g(x)单调递减，有g(x)>g(1)＝0，符合题意； 若a＝0，g(x)＝－ln x>0，符合题意； 若≥1，则0<a≤1，g′(x)<0，则g(x)在(0，1)上单调递减，有g(x)>g(1)＝0，符合题意； 若0<<1，则a>1，存在x0∈(0，1)，使得f (x0)＝， 当x∈(x0，1)时，f (x)>，故g′(x)>0，则g(x)单调递增，可得g(x)<g(1)＝0，不符合题意， 因此当0<x<1时，a∈(－∞，1]． ③当x>1时，g(x)＝ax2e1－x＋ln x－a，则g′(x)＝a(2x－x2)e1－x＋＝.由②可知，只需考虑a≤1的情况．若－1<<0，即a<－1，由(1)知f (x)在区间(1，2)上单调递减，故当1<x<2时，f (x)∈(0，1)．存在x1∈(1，2)，使得f (x1)＋＝0， 当x∈(1，x1)时，f (x1)＋>0，得g′(x)<0，则g(x)单调递减，可得g(x)<g(1)＝0，不符合题意； 若≤－1，则－1≤a<0，由(1)可知：当x>1时，f (x)<1，f (x)＋<0， 故g′(x)>0，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，有g(x)>g(1)＝0，符合题意； 若a＝0，g(x)＝ln x>0，符合题意； 若0<a≤1，下面证明0<a≤1符合题意， 当x≥e时，ax2e1－x>0， 故g(x)>ln x－a≥ln x－1≥0， 当1≤x<e时，设h(x)＝x2e1－x－1， 则h′(x)＝x(2－x)e1－x， 可得h(x)在(1，2)上单调递增，在(2，e)上单调递减， 故h(x)>min{h(1)，h(e)}＝min{0，e3－e－1}＝0， 从而g(x)＝a·h(x)＋ln x>0，符合题意． 综上，a∈[－1，1]． 学生用书↓第70页 学科网（北京）股份有限公司 $$