主题二 第三章 第4节 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课件PPT（北师大版）

主题二 函数（选择性必修第二册） 第三章 导数及其应用　 第4节 导数的综合应用 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章 导数及其应用　 高考总复习 数学（BS） 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． 分离参数法求参数范围 [典例]　 (2025·山东青岛期末)已知f(x)＝xln 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)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1. 令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)， ∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))). 令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)， ∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)). 综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)). (2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x＞0)， 则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(x－13x＋1,2x2). 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(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，＋∞)． 已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： 第一步，将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式； 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值； 第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取值范围． (2025·南昌市模拟)已知函数f(x)＝ln (ax)＋bx在点(1，f(1))处的切线是y＝0. (1)求函数f(x)的极值； (2)当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)． 解：(1)因为f(x)＝ln (ax)＋bx，所以f′(x)＝eq \f(a,ax)＋b＝eq \f(1,x)＋b，因为点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，所以a＝e，b＝－1，即f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，即f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝ln e－1＝0，无极小值． (2)由(1)知，f(x)＝ln x－x＋1，当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m＜0)在x∈(0，＋∞)恒成立时，即eq \f(mx,ex)≥eq \f(ln x＋1,x)－2＋eq \f(1,e)(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 法一：设g(x)＝eq \f(mx,ex)，h(x)＝eq \f(ln x＋1,x)＋eq \f(1,e)－2，则g′(x)＝eq \f(m1－x,ex)，h′(x)＝－eq \f(ln x,x2)， 又因为m＜0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，h′(x)＞0； 当x＞1时，g′(x)＞0，h′(x)＜0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(1)＝eq \f(m,e)；h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝eq \f(1,e)－1. 所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，只需g(x)min≥h(x)max，即eq \f(m,e)≥eq \f(1,e)－1，解得m≥1－e，又m＜0，所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 法二：设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)－eq \f(mx,ex)－2＋eq \f(1,e)(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)＋eq \f(mx－1,ex)， 当0＜x＜1时，－ln x＞0，x－1＜0，则eq \f(－ln x,x2)>0，eq \f(mx－1,ex)>0，即g′(x)＞0， 当x＞1时，－ln x＜0，x－1＞0，则eq \f(－ln x,x2)<0，eq \f(mx－1,ex)<0，即g′(x)＜0， 所以g(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝1－2＋eq \f(1,e)－eq \f(m,e)≤0，即eq \f(m,e)≥eq \f(1,e)－1，又m＜0所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 　分类讨论法求参数范围 [典例]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝lneq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3. (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； (3)若f(x)＞－2，当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围． [解]　(1)∵eq \f(x,2－x)＞0，∴f(x)的定义域为(0,2)． b＝0时，f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2－x)＋a≥0，即a≥－eq \f(1,x)－eq \f(1,2－x)，由eq \f(1,x)＋eq \f(1,2－x)＝eq \f(2,x2－x)，即a≥eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,xx－2)))max，又因为eq \f(2,xx－2)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当x＝1时，eq \f(2,xx－2)≤－2，∴a≥－2，故a的最小值为－2. (2)由y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2－x)))关于(1,0)中心对称，y＝ax关于(1，a)中心对称， y＝b(1－x)3关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(1，a)中心对称，下证其成立：f(1＋x)＋f(1－x) ＝lneq \f(1＋x,1－x)＋2a(1＋x)＋bx3＋lneq \f(1－x,1＋x)＋2a(1－x)＋b(－x)3＝2a，故结论成立． (3)由函数的连续性及题意知：f(1)＝－2，代入原函数，得a＝－2，所以f(x)＝ln x－ln(2－x)－ 2x＋b(x－1)3,0＜x＜2， f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2－x)－2＋3b(x－1)2 ＝(x－1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2－x)＋3b))， 由eq \f(2,x2－x)≥－2，故b≥－eq \f(2,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(1)＝－2，x∈(1,2)， 当b<－eq \f(2,3)时，f′(1)＝0， f′(x)＝(x－1)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2－x)＋3b)) ＝(x－1)2eq \f(－3bx2＋6bx＋2,x2－x)， 令f′(x)＝0， ∵1＜x＜2，∴－3bx2＋6bx＋2＝0， 得x＝x1，x2(x1≤x2)， 且x1＋x2＝－eq \f(6b,－3b)＝2，x1·x2＝eq \f(2,－3b)， 故x1<1<x2，从而f(x)在(1，x2)上单调递减， f(x2)<f(1)＝－2，不满足题意．综上：b≥－eq \f(2,3). 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑用二次项系数或判别式的方法求解． (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－eq \f(sin x,cos3x)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＜sin 2x恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝a－eq \f(cos xcos3x＋3sin xcos2xsin x,cos6x) ＝a－eq \f(cos2x＋3sin2x,cos4x)＝a－eq \f(3－2cos2x,cos4x)， 令cos2x＝t，则t∈(0,1)， 则f′(x)＝g(t)＝a－eq \f(3－2t,t2)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)， 当a＝8，f′(x)＝g(t)＝eq \f(8t2＋2t－3,t2)＝eq \f(2t－14t＋3,t2)， 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，f′(x)＜0. 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，f′(x)＞0. 所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝f′(x)－2(2cos2 x－1)＝eq \f(at2＋2t－3,t2)－2(2t－1) ＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)， 设φ(t)＝a＋2－4t＋eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)，φ′(t)＝－4－eq \f(2,t2)＋eq \f(6,t3)＝eq \f(－4t3－2t＋6,t3)＝－eq \f(2t－12t2＋2t＋3,t3)＞0. ∴φ(t)在(0,1)上为增函数， 所以φ(t)＜φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)＜a－3≤0， 即g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减， 所以g(x)＜g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)＜sin 2x， 符合题意． ②若a∈(3，＋∞)，当t→0，eq \f(2,t)－eq \f(3,t2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,3)))2 ＋eq \f(1,3)→－∞，所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3＞0.所以∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得g′(x0)＝0. 若t∈(t0,1)，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)，g(x)＞g(0)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 利用转化与化归思想求解存 在型不等式成立问题eq \a\vs4\al() [典例]　(2025·辽宁省实验中学分校高三期末)已知函数f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln 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)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－eq \f(a＋1,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(ax－a＋1,x2). ①当－1<a<0时，eq \f(a＋1,a)<0，恒有f′(x)<0. ∴函数f(x)的单调减区间是(0，＋∞)． ②当a＝－1时，f′(x)＝－eq \f(1,x)<0， ∴f(x)的减区间是(0，＋∞)． ③当a<－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))，f′(x)>0， ∴f(x)的增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))， f′(x)<0，∴f(x)的减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)). (2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)， 因为存在实数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>eq \f(3,2e－6). 又a<0，从而eq \f(3,2e－6)<a<0， 即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e－6)，0)). 不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)． (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，其中f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2. 设函数f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． 解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x， 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]， |f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))① 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0， 故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0， 即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0， 即em－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]． $$