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）

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

考向一　恒成立问题

(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln ＋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)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)，

则f′(x)＝＋＋a＝＋a，x∈(0，2)，

因为x(2－x)≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立，

故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0恒成立，

故2＋a≥0，即a≥－2，

所以a的最小值为－2.

(2)证明：f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，

设点P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，

则点P(m，n)关于点(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)，

因为点P(m，n)在y＝f(x)的图象上，

故n＝ln ＋am＋b(m－1)3，

而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a，所以点Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上，

由点P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a)．

(3)因为f(x)>－2当且仅当1<x<2，

故x＝1为f(x)＝－2的一个解，

所以f(1)＝－2，即a＝－2，

先考虑当1<x<2时，f(x)>－2恒成立．

此时f(x)>－2，即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立，

设t＝x－1，则当x∈(1，2)时，t∈(0，1)，则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立，

设g(t)＝ln －2t＋bt3，

则g′(t)＝－2＋3bt2＝，

当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0，

故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，

故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立；

当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b>2＋3b≥0，

故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，

故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立；

当b<－时，则当0<t<　<1时，g′(t)<0，

故g(t)在上为减函数，

故g(t)<g(0)＝0，不符合题意，舍去．

综上所述，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－.

而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，

故g(t)>0的解集为(0，1)，

即f(x)>－2的解集为(1，2)．

综上，b的取值范围是.

　求解不等式恒成立问题的方法

(1)构造函数法：遇到f(x)≥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h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或

u(x)max≤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a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.

　已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．

解：解法一(分离参数法)：

依题意，得f(x)≥ax－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤，x∈[1，＋∞)．

设g(x)＝ln x＋(x≥1)，

则g′(x)＝－＝.

令g′(x)＝0，得x＝1.

当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．

所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.

故实数a的取值范围是(－∞，1]．

解法二(构造函数法)：

当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.

令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，

原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．

由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，

因此函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，

所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.

故实数a的取值范围是(－∞，1]．

考向二　能成立问题

已知函数f(x)＝a·2x－xln 2.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2ln a＋有实数解．