3.4 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版2019）

高考总复习数学(BS》 第2课时利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题学生用书P61 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点，常转化为函数的最值问题求解， 题型1( 分离参数法求参数范围 ①跟踪训练 [典例](2025·山东青岛期末)已知f(x)=xlnx, (2025·南昌市模拟)已知函数f(x)=ln(a.x)+bx g(x)=x3+ax2-x+2. 在点(1，f(1)处的切线是y=0. (1)求函数f(.x)的单调区间： (1)求函数f(x)的极值： (2)若对任意x∈(0，十∞)，2f(.x)≤g'(x)十2恒 成立，求实数a的取值范围. 2)当≥)+1。m<0)恒成立时，求实 e [解](1)：函数f(x)=xlnx的定义域是(0，+∞)， 数m的取值范围(e为自然对数的底数). ..f(x)=In x+1. 解：(1)因为f(x)=ln(a.x)十h.x,所以f(x)=“ 令∫(x)<0,得1nx十1<0，解得0<< ax e +b=】+b,因为点(1，f(1)处的切线是y=0,所 ✉)的单调递浅区间送0，君)】 以f了(1)=1+b=0,且f(1)=lna十b=0,所以a= 令了x)>0,得1nx+1>0:解得x>, e,b=-1,即f(.x)=lnx-x+1,x∈(0，十∞)， ∴.f(.x)的单调递增区间是 (,+ 所以f)=是-1=1，即fx)在0上单 调递增，在(1，十∞)上单调递减，所以f(x)的极大 综上)的单调道减区间是(0，君)，单调递增区 值为f(1)=lne一1=0，无极小值. 间是（日+ (2)1知，x)=lhx-+1,当0≥f)+ (2)g(.x)=3x2+2a.x-1,2f(x)≤g'(x)十2恒 1-ex(m<0)在x∈(0，十∞)恒成立时，即m≥ 成立，.2.xlnx≤3.x2十2a.x+1恒成立. x>0.u≥lnx-号-在xe(0.+o)上a Inx+1-2+1(m<0)在x∈(0，+o∞)上恒成立， e 成立。 法一：设g(x)=m,h(x)=血+1+1-2，则 设Ax)=lnE—是— e 1(x>0), 2+27=--1D3+1D g(x)=m-,'(x）=-lh. 则'(x)=1-3+1 e 2.x 又因为m<0,所以当0<x<1时，g'(x)<0,h'(x)>0: 令)=0，得西=1=-（合去) 当x>1时，g(x)>0,h'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增： 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， gx)=g1)=gh)在(01)上单调递增，在 且h(.x)mmx=h(1)=-2, ∴.若a≥h(x)在x∈(0，十o∞)上恒成立， 1,十o∞)上单调递减，h(x)m=h(1)=1-1. 则a≥h(x)m.=-2, 所以g(x),h(x)均在x=1处取得最值，所以要使 故实数a的取值范围是[一2，十o∞). …方法指导 g(x)≥h(x)位成立，只需g(x)n≥h(x)x,即 已知不等式f(x,入)≥0（入为实参数）对任意的 x∈D恒成立，求参数入的取值范围.利用导数解决 ≥。-1，解得m>1-e,又m<0,所以实数m的取 此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： 值范阁是[1-e,0). 第一步，将原不等式f(x,A)≥0(x∈D,入为实参 法二：设g)=nr+1_mr-2+上（x(0.十e∞》. 数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参 数，即化为f(a)≥f(x)或f1(A)≤f2(x)的形式： 则g(x)=-hx+m(x-1) e 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大 (小)值： 当0<x<1时，-lnx>0,x-1<0,则lh>0. 第三步，解不等式1（入）≥f2（x)mx或f∫1（入）≤ f:(x)m从而求出参数入的取值范围 m(x-1D>0,即g'(x)>0, e ·94· 主题二第三章导数及其应用 当x>1时，-lnx<0,x-1>0,则-ln<0, 1<x<2.∴.-3hx2+6bx+2=0, 得x=无(x≤x) m(x-1D<0,即g'(x)<0, 且1十x2=- 6b e 36=2,x1·x2=-6、】 所以g(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1， 故x1<1<x,从而f(x)在(1，.x2)上单调递减， +∞)上单调递减.所以g(x),=g(1)=1-2+ e ,))=-2,不满足题意，蝶上：6≥-号 -”≤0，即”≥1-1，又m<0所以实数m的取 方法指导 e e 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行 值范围是[1一e,0). 分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题， 题型2 分类讨论法求参数范围 可以考虑用二次项系数或判别式的方法求解. [典例](2024·新课标I卷)已知函数f(x)= 山跟踪训练 In2- 十a.x+b(x-1)°. (2023·全国甲卷)已知函数f(x)=a.x一 sin x cosr (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值： (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形： re(o.) (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b的取值 (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； 范围。 (2)若f(x)<sin2.x恒成立，求a的取值范围. [解]1“2号>0)的定义城为02》. [解](1)f(x)= 6=0时)=++a0,即≥-} a-cos rcos x+3sin rcos'rsin C0s°x 3-2cosr 六由上十六=2即≥ 2 =4- cos2x十3sin1=a cos'r cos'r [22l汉图为22在01)上*消地 令cos2x=t,则1∈(0,1)， 则f(x)=g()=4-3-24-at+2-3 增，在(1，十o)上单调递减，.当x=1时， 2 x(.x-2) ≤-2，a≥-2，故a的最小值为-2. 当a=8,f(x)=g0)=80+21-3 (2)由=ln间2号)关于1,0)中心对称y=a关 =(21-1)(41+3) 于(1，a)中心对称， y=b(1一x)关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(1， 当e(o,)即x∈（任，f)<0, a)中心对称，下证其成立：f(1十x)十f(1-x) 当（侵即x(0,f)>0. =+2a1++bm+lh+2a1-) 所以f()在区间(0，晋)上单调递增，在区间 +b(-x)3=2a,故结论成立. (3)由函数的连续性及题意知：f(1)=一2，代入原 (干，受)上单调递减。 函数，得a=一2，所以f(x)=lnx-ln(2一x) (2)g(x)=f(r)-sin 2x.g'(x)=f(x)-2cos 2x= 2x+b(x-1),0<x<2, ra)=+2-2+6x-1 fm)-22sx-1D=at+21-3-221-1D =-1(22+w =a+2-4+2-3 由2≥-2长≥-号时>0单 设g0=a+2-+号-是)=-4-号+ 6 递增，f(.x)>f1)=-2,.x∈(1,2)， -4-2+6__21-102r+2+320. 当K-号时，f①=0， p(t)在(0,1)上为增函数， f)=-1(22。+0 所以g(1)<g(1)=a-3. ①若a∈(-c∞，3]，g'(x)=o(t)<a-3≤0， =(x-1)-36zr+6bx+2 x(2-x) 即g)在(0，受上单调递减， 令f(x)=0, 所以g(x)<g(0)=0. ·95· 高考总复习数学(BS) 所以当a∈(-∞，3]，f(x)<sin2.x, 方法指导 符合题意. 不等式的恒成立与能成立问题 @若u8,+∞)当10，-=-3}号) (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立台I是f(x)> g(x)的解集的子集台[f(x)-g(x)]mm>0(x +1→-o∞，所以(1)-0∞. 3 ∈D. g(1)=a-3>0.所以3t,∈(0,1)，使得9(t。)=0, (2)f(.x)>g(.x)对x∈I能成立曰I与f(x)> 即3x,∈(0，受)使得，)=0 g(x)的解集的交集不是空集台[f(x) g(x)]m>0(.x∈ID. 若t∈(t,1),g(t)>0,即当x∈(0，x), g(x)>0, (3)对Hx1·x,∈D使得f(x1)≤g(.x)台f(x) g(x)单调递增 ≤g(x）nm 所以当x∈(0，xn),g(x)>g(0)=0,不合题意 (4)对Vx1∈D1,3.x2∈D2使得f(x)≥g(x2)曰 综上，a的取值范围为（一∞，3]. f(x)mm≥g（x)n,其中f(x)定义域为D,, 题型3 利用转化与化归思想求解存 g(x)定义域为D. 在型不等式成立问题 心跟踪训练 [典例] (2025·辽宁省实验中学分校高三期未)已 设函数f(x)=er十x一m.x 知函数fx)=a+1+aln,其中参数a<0. (1)证明：f(x)在（一∞，0）上单调递减，在 (1)求函数f(x)的单调区间： (0,十∞)上单调递增： (2)设函数g(x)=2.xf(x)-xf(x)-3a(a<0), (2)若对于任意x1,x∈[一1,1]，都有|f(x1) 存在实数x1,xz∈[1，e],使得不等式2g(.x1)< f(x,)≤e一1，求m的取值范围. g(x2)成立，求a的取值范围. 解：(1)证明：f(x)=m(e-1)十2x, [解](1fx)=a+1+aln,定义拔为(0，十oo). 若m≥0，则当x∈(-oo,0)时，em-1≤0，了(x)<0: ∴f(x)=-a+1+a=ax-(a+1) 当x∈(0，+o∞)时，er-1≥0，(x)>0. 无 若m<0,则当x∈（一o∞，0）时，er一1>0， ①当-1<a<0时.+1<0，恒有f)<0. f(x)<0: 当x∈(0，+o∞)时，er-1<0,f(x)>0. .函数f(x)的单调减区间是(0，十∞). 所以f(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上 ②当a=-1时，f(x)=-1<0. 单调递增. ∴.f(x)的减区间是(0，十o∞). (2)由(1)知，对任意的m,f(x)在[一1,0]上单调递 ③当a<-1时，x∈0，a+1) 减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x=0处取得最 ,f(x)>0, a 小值.所以对于任意x1x:∈[一1,1]， f(x)一f(x2)|≤e一1的充要条件是 f)0f)的浅区间是（日，+ f)-f0)≤e-1,即e-m≤e-1:0 f(-1)-f(0)≤e-1.ew+m≤e-l. (2)g(x)=2a.x-a.xlnx-(6a+3)(a<0), 设函数g(t)=e-t-e+1,则g(t)=e-1. 因为存在实数x1x2∈[1，e],使得不等式2g(x1) 当1<0时，g'(1)<0:当>0时，g(1)>0. <g(x2)成立，∴.2g(x）m<g(x）x 故g(t)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调 又g'(x)=a(1-lnx),且a<0, 递增. .当x∈[1，e)时，g'(x)<0,g(x)是减函数： 又g(1)=0,g(-1)=e1+2-e<0. 当x∈(e,e]时，g'(x)>0,g(x)是增函数. 故当t∈[-1,1]时，g(1)≤0. .g(r)min=g(e)=ae-6a-3, 当m∈[-1,1]时，g(m)≤0，g(一m)≤0， g(x)mx=max{g(1),g(e2)}=-6a-3. 即①式成立： 2ae-12a-6<-6a-3,则a>2e-6 3 当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0, 3 又u<0,从而2e-6<a<0, 即e"-m>e-1: 当m<-1时，g(-m)>0,即e"十n>e-1. 即a的取植范周关（己50 综上，m的取值范围是[一1,1]. ·96·