第4章 第4讲 第1课时 利用导数解决不等式恒（能）成立问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案全书Word（提升版）

学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 第4讲 导数与函数的综合应用 1能利用导数研究函数的单调性、极值、最值，从而解决不等式恒（能）成立问题2能利用导数 研究函数的性质，利用构造函数法、放缩法等解决不等式的证明问题3能利用导数研究函数 的性质，结合函数图象与零点存在定理解决函数的零点问题. 第1课时 利用导数解决不等式恒（能）成立问题 核心考向突破 考向一恒成立问题 例①(2024新课标I卷)已知函数x)=lhx2-x+x+bc-1)月 (1)若b=0,且fx)≥0，求a的最小值： (2)证明：曲线y=fx)是中心对称图形： (3)若x>-2当且仅当12，求b的取值范围。 解：(1)当b=0时，x)=nx2一x十a,其中x∈(0,2)， 则fx=1x+12-x+a=2x(2-x)+a,x∈(0,2)， 因为x2-x)≤aws4alco1f2-x十x2)2=1,当且仅当x=1时等号成立， 故f(dim=2十a,而fx)≥0恒成立， 故2+a≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2 (2)证明：fx)=lnx2一x+x+b(x一1)3的定义域为(0,2)， 设点P(m,m)为y=fx)图象上任意一点， 则点P(m,n)关于点(1，a)的对称点为Q(2一m,2a一n), 因为点P(m,m)在y=fx)的图象上 n=In m2-m+am+b(m-1)3, 而f2-m)=ln2-mm+a(2-m)+b(2-m-1)3=-In (m.2-m+am+b(m-1)3)+2a=-n +2a,所以点Q2-m,2a-nm)也在y=x)的图象上， 由点P的任意性可得y=x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a). 3)因为x>-2当且仅当12， 故x=1为fx)=一2的一个解， 所以1)=-2，即a=-2, 先考虑当1x2时，x)>-2恒成立， 此时f>一2，即nx2-x十2(1一x)+bx一1)3>0在(1,2)上恒成立， 设t=x-1,则当x∈(1,2)时，t∈(0,1)，则lnt+11一t-2t+b0在(0,1)上恒成立， ()=In t+11-t-2t+b8, 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 则g'(0=21-2-2+3b2=2(-3b2十2+3b)1-2, 当b≥0时，-3b2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0, 故g(0>0恒成立，故g(0在(0,1)上为增函数， 故g0少>g0=0,即x)>-2在(1,2)上恒成立： 当-23≤b0时，-3b2+2+3b>2+3b≥0， 故g(0>0恒成立，故g(0在(0,1)上为增函数， 故g)g0=0,即x少一2在(1,2)上恒成立； 当b<-23时，则当0<K23b1时，g'(00, 故g0在aws4 alcol(0,r(1+y23b)上为减函数， 故g(0g0)=0,不符合题意，舍去， 综上所述，x)>一2在(1,2)上恒成立时，b≥一23 而当b≥一23时，由上述过程可得g(0)在(0,1)上单谓递增， 故g()0的解集为0,1)， 即x)>一2的解集为(1,2). 综上，b的取值范用是一23)，十∞). 【触类旁通】求解不等式恒成立问题的方法 (①)构造函数法：遇到)≥g(x型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右” 的函数hx)=fx)一gx)或“右减左”的函数x)=gx)一x,进而只需满足hx)mm≥0或u (x)≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是 往往需要对参数进行分类讨论. (2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数，另一端是变量 表达式()的不等式后，若a≥)在x∈D上恒成立，则a≥o(cmx:若a≤ox)在x∈D上恒 成立，则a≤x)nm 目即时训练 已知函数fx)=xnx,若对于所有x≥1都有x≥a一1，求实数a的取值范 围 解：解法一（分离参数法）： 依题意，得)≥一1在x∈[1，十∞)上恒成立，即不等式a≤nx十lx在x∈[1，十o∞)上恒 成立，亦即a≤aps4 al col(inx十lx)mim,x∈[1，+oo). 设gx)=lnx+1ax(x≥1)， 则g'(x)=1x-1x2=x-1x2 令g)=0,得x=1 当x≥1时，因为g(x)≥0，故g)在[1，十∞)上单调递增. 所以gc)在[1，+)上的最小值是g(1)=1 2 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 故实数a的取值范围是（一∞，1] 解法二（构造函数法）： 当x=1时，有1)≥a-1,即a-1≤0，得a≤1 F(x)=fx)-(ax-1)=xlnx-ax+1, 原命题等价于Fx)≥0在x≥1时恒成立台Fx)m≥0，x∈[1，十o). 由于Fx)=lnx+1一a≥0在x∈[1，+o)上恒成立， 因此函数F(x)在[1，+∞)上单调递增， 所以F6x)mm=F(I)=1-a≥0，得a≤1 故实数a的取值范围是（一o,1]。 考向二能成立问题 例2已知函数f)=a·2x-n2 (I)讨论函数x)的单调性： (2)当a>0时，证明：不等式x)≤2na十1a有实数解. 解：(1f(x)=aln2·2-ln2=ln2(a2x-1) 当a≤0时，x<0, 则函数x)在R上单调递减： 当a>0时，当x<log2la时，产()<0，当x>log2la时，f(x)>0,所以函数x)在1 as4 alicol(-oo,log2y1a)上单调递减，在aws4 alcol(log2y1a,+o上单调递增 综上所述，当a≤0时，函数)在R上单调递减： 当a>0时，函数fx)在aws4 al col(一oo,log2yla上单调递减，在iavs4 alcol(log.2f1a, 十)上单调递增， (2)证明：要证明不等式fx)≤2lna十la有实数解，只需证明fxin≤2na十la即可， H())=fabys4alcol(log2V(la)=a2*-In2Xlog:la=1+Ina. 则只要证明1+lna≤2na十la即可， 即证明lna+la一1≥0 令a)=lna+1a-1(a0), 则(a)=1a-1a2=a-1a2, 当0<a<1时，h'(a0,当a>1时，h'(a)0, 所以函数(a)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 所以a)≥h1)=0,即lna+1a-1≥0， 所以当a>0时，不等式x)≤2na+la有实数解. 【触类旁通】由不等式能成立求参数范围的常见题型 3 学科网书城面 品牌书店·知名教辅·正版资源 1b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (I)存在x∈[a,b],x)≥m成立台x)≥m (2)存在x∈[a,b],x)≤m成立曰x)mn≤m 目即时训练已知函数=x一aln,g)=一a十1r(a∈R).若在[l,cd上存在xo,使得f co)gxo)成立，求a的取值范围. 解：依趣意，只需[x)一gx)mim0,x∈[1，c]即可。 令h)=fx)-gx)=x-alnx+a+1x,x∈[1，e], 则x)=1-mx-a+1x2=x2--(a+1)x2 =x-(a+1)1(x+1)x2 ①当a+1≤1，即a≤0时，h'x)≥0，hx)单调递增，hx)im=h1)=a+2<0,得a-2: ②当1<a+1<e,即0<ae-1时， hr)在[1，a+1)上单调递减，在(a+1,©上单调递增， 故hx)im=h(a+1)=(a+1)-aln(a+1)+1=a[l-ln(a+1)]+2>2,不符合趣意； ③当a十l≥e,即a≥e一1时，h'(x)≤0，hx)在[1，e]上单调递减，则hx)mm=e)=e-a +a+le<0,得a>e2+1e-1e-1成立. 综上所述，a的取值范围为-o∞，-2)Uavs4 alcol(ffe.2+le-),十co 考向三双变量不等式恒（能）成立问题 例3(2025江苏徐州检测)已知函数)=lhx一m+1一m一1(a∈R), (1)当a≤2时，讨论x)的单调性： (2)设gx)=x2-2bx+4,当a=14时，若对任意x∈(0,2)，存在x∈[1,2]，使)≥g ),求实数b的取值范围。 解：(1)函数x)的定义域为(0，+∞) 因为f)=lnx-ar+1一am-1, 所以f9=lx-a十a-x2=-a2-x十1-a2,x∈(0，+∞)， 令h)=amr2-x+1-a,x∈(0，+∞) ()当a=0时，x)=一x十1，x∈(0，+∞)， 所以当x∈(0,1)时，hx)>0,此时f0,函数x)单调递减： 当x∈(1，十o∞)时，hx)0,此时f6x)0,函数x)单调递增. (ii)当a≠0时，由f(x)=0,即x2-x+1-a=0,解得=1，龙=la-1. ①当a=I2时，=2，)≥0恒成立，此时fx)≤0，函数x)在(0，+∞)上单谓递减： ②当0a<12时，1a-1>1>0, 当x∈(0,1)时，hx)P0,此时f)0,函数x)单调递减： 当x∈laws4 alcol(1,la一I)时，hx)<0,此时fx)>0,函数x)单调递增： 当x∈as4 alcol(f1a)-1,十o时，hx)>0,此时fx)0,函数x)单调递减： 4 学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 ③当a<0时，由于1a-10, 当x∈(0,1)时，hx)0,此时f)0,函数x)单调递减： 当x∈(1，+o)时，x)<0,此时f0,函数x)单调递增 综上所述，当a≤0时，函数x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增： 当a=12时，函数x)在(0，+o)上单调递减： 当0<a<12时，函数x)在(0,1)上单调递减，在avs4 alcol1,1a-)上单调递增，在 avs4 allcol(1a)一1，+oo上单调递减. (2)由于“对任意x∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使)≥g2)”等价于“gx)在[1,2]上的最 小值不大于x)在(0,2)上的最小值”，（南 因为a=14∈avs4alco10,12,由(1)知，x1=1,=3延(0,2)，当x∈(0,1)时，f() <0,函数x)单调递减：当x∈(1,2)时，(x>0,函数x)单调递增， 所以)在(0,2)上的最小值为1)=一12 因为g)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2]，所以 ①当b∈（一∞，1）时，因为gxmm=g(1)=5-2b>0,此时与(*)矛盾： ②当b∈[1,2]时，因为gx)m=4-b2≥0，同样与(*)矛盾： ③当b∈(2，+∞)时，因为gxm=g(2)=8-4b,解不等式8一4b≤-12， 可得b≥178 综上，实数b的取值范围是178)，十 【触类旁通】双变量不等式恒（能）成立问题的求解方法 一殷采用等价转化法： (1)∈[a,b],x∈[c,d,1)Pgs)一)在[a,b]上的最小值gx)在[c,d上的最大值. (②)3m∈[a,小，2∈[c,d,)>g)一x)在[a,b]上的最大值gx)在[c,d上的最小值.。 (3)∈[a,b],3∈[c,d,fs)Pg)fx)在[a,b]上的最小值>gx)在[c,d上的最小值 (4s∈[a,b小，∈[c,d,s)Pgx)=x)在[a,b]上的最大值>gx)在[c,d上的最大值. 目即时训练已知函数m=c-1)e+1十m2,g6)=x3-一m,其中0m≤6若存在为 ∈R,龙∈(0,2]，使x)≤g2)成立，求实数m的取值范围， 解：因为x=(c-1)e+1+2, 所以fx)=e+1+(x-1)ex+1+2m=x(ex+1+2m), 因为0<m≤6，c+1>0,所以e+1+2m>0, 所以当x>0时，x)>0,当0时，f(x)0 故x)在区间（一o,0)上单调递减，在区间(0，十o)上单调递增，所以x)m=O=一c 又gx)=3x2+4x2-m≥43-m, 因为0<m≤6，所以gx)>0,所以gx)在(0,2]上为增函数. 学科网书城围 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 所以gx9)mx=8(2)=8-2-2m=6-2m 依题意有x)uan≤gx)amr· 所以6-2m≥-e, 又0<m≤6，所以0<m≤3十e2. 故实数m的取值范围为lavs4 alcol(0,3+fe2) 课时作业 一、单项选择题 1.己知函数x)=1一cosx一12x2,若x)≤m恒成立，则m的最小值为() A.0 B.16 C.12 D.1 答案：A 解析：根据题意知fx)=sr一x,设h(x)=fx),则h(x)=cos一1≤0，x)单谓递减，所以 当x<0时，'(x)=hx)>h(0)=0,fx)单调递增，当x>0时，(x)=hx)<h(O)=0,x)单 调递减，所以x)≤O)=0又x)≤m恒成立，所以m的最小值为0 2.函数x)=x3-32+3一a,若存在o∈[一1,1]，使得x)>0,则实数a的取值范围为() A.(-∞，-1) B.(-∞，1) C.(-1,3) D.(-∞，3) 答案：D 解析：f(w)=3x2-6=3一2)，易得当x°2或x<0时，(x>0,函数x)单调递增，当0 x2时，f()0,函数x)单调递减，故当一1≤x≤1时，在x=0处函数x)取得最大值f (O)=3-a,若存在x∈[-1,1小，使得o)>0,则0)=3-a>0,故a3.故选D 3.(2025湖北“宜荆荆恩”联考)若不等式：十b≥x恒成立，则bk的取值范围是() A.[0,+∞) B.[-1,+∞) C.[-2,+∞) D.[-e,+o) 答案：B 解析：令x)=lnx一一b,则fx≤0恒成立，又fx)=1x一k,当k≤0时，(x)>0恒成立 ，所以)在(0，十∞)上单调递增，且x一十∞时，)一十∞，不符合题意；当心0时，令 f(e)>0,解得0x<lk,令fx)0,解得x>Ik,所以fx)在avs4alco10,f1)上单调递增， 在avs4 allcol(1闷，+oo上单调递减，所以x)mr=faws4 alcol1=ln1k-1-b=一n k-1-b≤0，所以b≥-lnk-1,所以bk≥-bmk-1k,令g()=-bmk-1k,k∈(0，+∞)， 则g'(9=1mk2,所以当0<k1时，g'0,当e1时，g'(>0,所以g9在(0,1)上单调 递减，在(1，+∞)上单调递增，所以g≥g(1)=一1，所以bk≥一1，即bk的取值范围是 6 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 [-1,+∞.故选B 4.1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数：1637年笛卡儿开始使用 指数运算：1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明 先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数x)=logx (a>0,且a≠1)的反函数为f广(x)=(a>0,且a≠1).已知函数g)=c,Fx)=x2+g-1 (:),若对任意2>>0，有F(x2)一F(x1)x2一x1>2028恒成立，则实数k的取值范围为 () A.(-∞，2] B.[2,+∞) C.(1014,+∞) D.[2×5072,+∞) 答案：D 解析：，Fx)=x2+g-1(x)=x2+nx,且对任意>>0，有F(x2)一F(xl)x2一xl >2028恒成立，即对任意x2>>0,F2)-20282>Fx)一20281恒成立，令hx)=Fx) 2028x=x2+knx-2028x>0),则hx)在(0，+o∞)上为增函数，∴.hx)=2x+a-2028≥0 在(0，十∞)上恒成立，即一k2≤x2-1014r在(0，+o)上恒成立，当x>0时，x2-1014 =(c-5072-5072≥-507（当且仅当x=507时取等号），.-k2≤-5072，.k≥2×5072，即 实数k的取值范围为2×507严，十∞).故选D 二、多项选择题 5.已知函数x)=e一cos2x,则下列结论正确的是() A.fx)在aws4 al coll0,π2)上单调递增 B.x在as4 alcol(0,fx2)上单调递减 C.x≥0，x)≥0 D.3r≥0，f)0 答案：AC 解析：，fx)=e-cos3x=e-12(1+cos2),.f'(x)=e+sin2x,当x∈alvs4alco1(0,1 fx2时，，sin2>0,e0,f(x>0,,.x)在avs4alco1(0,ya2)上单调递增，故A正 确，B错误；当x∈0，π2)时，)≥O=0,又当x≥π2时，x)=c一cos>e-1恒成立， .≥0，x≥0，故C正确，D错误.故选AC 6.已知函数)=a·r一x十lnx(a∈R),若对于定义域内的任意实数s,总存在实数t使得 0<s),则满足条件的实数a的值可能是() A.-1 B.0 C.le D.1 答案：AB 解析：函数fx)=ae一x十nx(a∈R),定义域为(0，十o),因为s∈(0，十∞)，3t∈(0， 7 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 +∞)使得0<fs),所以函数)在(0，+∞)上没有最小值，对)求导得f)=ax(x一I) x2-x一lx=er2x-1)laws4 alcol(a-fxex,当a≤0时，当0<x<1时，f(x)>0:当x >1时，(x)<0,即x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减，则当x=1时，x) 取得最大值1)=ea-1,值域为(-o,ea-1],x)在(0，十o)内无最小值，因此a≤0符合 题意；当a>0时，令gx)=xex,x>0,g'e)=1-xe,当0<x<1时，g'(x)>0,当x >1时，g'(x)<0,即gx)在(0,1)上单调递增，在(1，+o)上单调递减，g(x)ux-=g(1)=1e, 显然xe>0,即0<gx)≤1e,在同一坐标系内作出直线y=a与函数y=gx)的图象，如图， 当0<a<le时，g)=a有两个根，，不妨令0<x1<2,当0<x<或1<x<时，f )<0,当<x<1或x>时，(x)>0,即函数x)在(0，x),(1,x)上单谓递减，在(x ,1),2,十∞)上单调递增，函数fr)在x=:与x=x处都取得极小值，xin=min), f),不符合题意；当a≥le时，a-xe≥0，当且仅当a=le,x=1时取等号，则当0 <x<1时，(x)<0,当x>1时，(x)>0,即x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单 调递增，所以fx)un=1)=ea一l,不符合题意.综上可得，实数a的取值范围是(-∞，0， 所以满足条件的实数a的值可能是一1,0.故选AB y=g(x 三、填空题 )2) 7.(2025·河北名校联盟模拟)已知a一x<0(a>0,a≠1)对任意x∈(0，十∞)恒成立，则实 数a的取值范围是 -2e) 答案：(0， 解析：因为a-2》0.x∈0.十o,所以na12n,即2hah,设g的=hx, g'()=lnx+1,令g'xP0,得x>le,即gx)在avs4 alcol(f(le),十o上单调递增；令g'x) <0,得0r<1e,即gx)在iavs4 alcol(0,1e)上单调递减，则gx)min=glavs-4 alcol(1e》 -2e) =leln le=-le,所以2lna<-le,解得0<a<e 8.(2025江苏南通模拟)若存在实数6，对任意的x∈(0，，不等式nx一x+2一0(1一1一x) ≤0成立，则整数s的最大值为 ,n3≈1.099，ln4≈1.386 答案：2 解析：令fx)=nx-x+2,gx)=1一x,x)-t[g()-≤0，f()=1x-1,令f(x)=0, 8 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 解得x=1,∴当0<1时，f(x)>0,x)单调递增；当x>1时，f(x)0,x)单谓递减，∴f c)r=1)=1,分别作出x),gx)的大致图象如图，联立y=nx一x十2，y=1一x,)解得x =1e,即falvs44al小colf11c),设Bo,ya),0<s≤xo,令nx-x+2=1-1e,即lnx-x+1 +le=0,令hx)=lnx一x+1+le,知hx)在(1，+o)上单调递减，，h2)=n2-2+1+1e ≈-0307+1e>0,h(3)=n3-3+1+1e≈-0.901+1e<0,∴x∈(2,3)，.整数s的最大值 为2 -x+2 = 四、解答题 9.(2024江苏南京二模)已知函数x)=e一m十a(a∈R,a≠0)，f(x)为fx的导函数 (1)若0)=2，求证：fx)+f(一x)≥0： (2)若x∈[0,3]，x)≥0，求a的取值范围. 解：(1)证明：因为0=2，所以a=1, 此时f=e-x十+l, 所以fx)=e-1,f(-x)=e-x-1, 所以fx)+f(-x)=e+ex-2≥2exe-x-2=0, 当且仅当x=0时，等号成立，即fx)十f(一x)≥0 (2)易知fx)=e-a, ①因为a≠0，若a<0或0<a≤1，则x∈[0,3引，fx)≥0， 所以fx)在[0,3】上单调递增， 所以fmm=f0)=1+a≥0，所以-1≤a<0或0<a≤1； ②若1<ae3,则由f)=0,得x=lna,列表： x (0,In a) Ina (In a,3) f(x) 0 fx) 所以fx)mn=flna)=2a-alna≥0，所以1<a≤e2: ③若a≥e3,则x∈0,3]，fx)≤0，所以x)在[0,3]上单调递减， 所以fx)mm=3)=e3-2a≥0，此时无解。 综上，a的取值范围为一1,0)U(0,e] 10.(2025-湖南师大附中模拟)已知x=1e为函数x)=xnx的极值点. 9 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (I)求a的值： (2)设函数gx)=aex,若V∈(0，十∞)，32∈R,使得f)-gx2)≥0，求k的取值范围. 解：(I)fx=ara-1nx十xe·1x=xa-1(alnx+1), faws4 allcol(ffle))=aws4allcol(fle))a-1 aws4 alcol(aln fle)+1)=0,a=1, 当a=1时，()=nx十l,函数fx)在aws4 alcol0,1e)上单调递减，在 as4 alcol(f1e,十oo上单调递增， 所以x=Ie为函数x=xlnx的极小值点，所以a=1 (2)由(I)知)uin=favs4 alcol0fle)=-1e 函数gx)的导函数g(x)=1一x)e, ①若k0,1∈(0，十∞)，32=一1k, k 使得g)=gavs4 abcol(-1=-e<-1<-1e≤f, 即)一g)P0,符合题意： ②若k=0,gx)=0,取1=Ie,2∈R,有)一g)0,不符合题意： ③若k0,当x1时，g'(x)0,gx)在(-∞，1)上单调递减， 当x1时，g'(x>0,gx)在(1，十∞)上单调递增， 所以gx)m=g1)=ke, 若1∈(0，十∞)，∈R,使得x)-g)≥0， 只需gx)mn≤fx)min' 即e≤-le,解得≤一l。 综上所述，k的取值范围为（一0，一1]U(0,+∞）. 11.已知函数)=e-a-lnx (1)当a=0时，求曲线y=x)在(1,1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若存在xo∈[e,十∞)，使fo)0成立，求a的取值范围. 解：(1)当a=0时，x)=ex-nx f(x)=e-Ix, ∴.曲线y=x)在(1，f1)处的切线的斜率k=f(1)=e一1，又1)=e, .切线方程为y=(e一1x十1， .切线与x,y轴的交点分别是avs4 al col0f11一e,0),(0,I), ∴.切线与坐标轴围成的三角形的面积S=12(e一1) (2)存在xo∈[e,十∞)，使f)0, 即eo-a-lnxo<0,即eo-a<no 即存在xa∈[e,+co),使ea>exOIn x0成立. 10