第4章 高考解答题专项突破（1） 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解决方案全书word（基础版）

[考情分析]　高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 第1课时　利用导数解决不等式恒(能)成立问题 　“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题 已知函数f(x)＝2ax－2ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数g(x)＝x－2，且∀x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝2a－＝(x>0)， 当a≤0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当a>0时，若0<x<，则f′(x)<0，若x>，则f′(x)>0， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)g(x)≤f(x)(x>0)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)， 即a≥－＋(x>0)， 令h(x)＝－＋(x>0)， 则h′(x)＝＋＝(x>0)， 当0<x<e2时，h′(x)>0， 当x>e2时，h′(x)<0， 所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h(e2)＝＋， 所以a≥＋. 所以a的取值范围是. 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下： (1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)． (2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max； ②若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min； ③若∃x∈D，使得a>f(x)有解，则只需a>f(x)min； ④若∃x∈D，使得a<f(x)有解，则只需a<f(x)max. (3)求最值． 1.已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)． (1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性； (2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝＝. 当a>2时，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a， ∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减． (2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立， 即当x∈[e，4]时，x2＋2aln x>0有解． ∵当x∈[e，4]时，ln x≥1，∴2a>－有解， 令h(x)＝－，x∈[e，4]，则2a>h(x)min. ∵h′(x)＝－＝－<0， ∴h(x)在[e，4]上单调递减， ∴h(x)min＝h(4)＝－， ∴2a>－，即a>－， ∴实数a的取值范围为. 　“最值法”解决不等式恒(能)成立问题 (2025·河南TOP二十名校高三模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2，g(x)＝ax2－ax＋1，h(x)＝f(x)＋g(x)． (1)当a∈时，求f(x)的极值点的个数； (2)当a>1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)<(e－1)a－3e＋3，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝ln x＋1－2ax，x∈(0，＋∞)， 令φ(x)＝f′(x)＝ln x＋1－2ax， 则φ′(x)＝－2a＝， 令φ′(x)＝0，得x＝， 当x∈时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； 当x∈时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减． 所以φ(x)max＝φ＝ln ≤0， 即f′(x)max≤0， 所以f(x)的极值点的个数为0. 综上所述，当a∈时，f(x)的极值点的个数为0. (2)因为h(x)＝xln x－ax＋1， 所以h′(x)＝ln x＋1－a. 由h′(x)＝ln x＋1－a＝0，得x＝ea－1， 由a>1，得ea－1>1， 当x∈(1，ea－1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增． 所以h(x)min＝h(ea－1)＝1－ea－1， 因为当a>1时，∃x∈(1，＋∞)，使得h(x)<(e－1)a－3e＋3， 所以只需1－ea－1<(e－1)a－3e＋3成立， 即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立． 令k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1， 则k′(a)＝ea－1＋e－1，易知k′(a)在(1，＋∞)上单调递增，则k′(a)>k′(1)＝e， 则k′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立， 故k(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增， 又k(2)＝0，所以a>2， 故实数a的取值范围为(2，＋∞)． 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则 ①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0； ②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则 ①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0； ②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0. 2.已知函数f(x)＝aln (x＋1)，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln (x＋1)， 所以切点为(3，2ln 2)． 因为f′(x)＝，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y－2ln 2＝(x－3)， 化简，得x－4y＋8ln 2－3＝0. (2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，即aln (x＋1)－x＋x2≥0恒成立． 令h(x)＝aln (x＋1)－x＋x2(x≥0)， 则h′(x)＝－1＋x＝(x≥0)． ①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立， 所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件． ②当a<1时，由h′(x)＝0，x≥0， 解得x＝， 当x∈(0，)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h()<h(0)＝0，这与h(x)≥0矛盾，应舍去． 综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 　双变量不等式恒(能)成立问题 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M. 由g(x)＝x3－x2－3，得 g′(x)＝3x2－2x＝3x. 由g′(x)＞0，得x＜0或x＞， 由g′(x)<0，得0<x<， 又x∈[0，2]，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 又g(0)＝－3，g＝－，g(2)＝1， 所以g(x)min＝g＝－，g(x)max＝g(2)＝1. 故g(x)max－g(x)min＝≥M， 则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，f(x)min≥g(x)max. 由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 故在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立， 等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x， 则h′(x)＝1－2xln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x， 则φ′(x)＝－(2ln x＋3)， 当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0， 所以当＜x＜1时，h′(x)＞0；当1＜x＜2时，h′(x)＜0， 所以函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)． “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，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max； (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min； (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max； (4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. 3.已知函数f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝ln x－＋，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝， 当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a＞0时，在上，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)； 当a＞0时，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. (2)g′(x)＝－－×＝＝－， 在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 所以g(x)max＝g(3)＝ln 3－. 因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立， 等价于f(x)max＜g(x)max， 由(1)知，当a≤0时，f(x)无最值； 当a＞0时，f(x)max＝f＝－ln a， 所以－ln a＜ln 3－， 所以ln a＞ln ， 解得a＞. 综上所述，实数a的取值范围为. 课时作业 基础题(占比20%)　中档题(占比50%)　拔高题(占比30%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 考向 不等式能成立问题 不等式恒成立问题 不等式恒(能)成立问题 不等式恒成立问题 不等式能成立问题 不等式恒成立问题 考点 分离参数法解决不等式能成立问题 最值法解决不等式恒成立问题 双变量不等式恒(能)成立问题 最值法解决不等式恒成立问题 最值法解决不等式能成立问题 最值法解决不等式恒成立问题 1.(2025·湖北高三联合质量测评)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝－1，其中a为常数． (1)过原点作f(x)图象的切线l，求切线l的方程； (2)若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，求a的最小值． 解：(1)因为f′(x)＝，设切点坐标为(t，ln t)， 则切线方程为y－ln t＝(x－t)， 因为切线经过原点， 所以－ln t＝(－t)，解得t＝e， 所以切线的斜率为， 所以切线l的方程为x－ey＝0. (2)因为∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)， 即ln x≤－1成立， 则a≥x(ln x＋1)在(0，＋∞)上有解， 故当x∈(0，＋∞)时，a≥[x(ln x＋1)]min. 令h(x)＝x(ln x＋1)，x>0， 则h′(x)＝ln x＋2， 令h′(x)>0，得x∈； 令h′(x)<0，得x∈， 故h(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以h(x)min＝h＝－， 则a≥－，故a的最小值为－. 2．(2025·江苏盐城五校高三联考)已知函数f(x)＝2ln x＋，g(x)＝ax. (1)求f(x)的单调区间； (2)当x∈[1，＋∞)时，g(x)≥f(x)，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝， 令f′(x)>0，解得x>， 令f′(x)<0，解得0<x<， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)设h(x)＝g(x)－f(x)＝ax－2ln x－， 当x∈[1，＋∞)时，g(x)≥f(x)， 即h(x)≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立， 取x＝1，解得a≥1， 若a≥1， 则h(x)＝ax－2ln x－≥x－2ln x－， 设m(x)＝x－2ln x－，x≥1， 则m′(x)＝1－＋＝≥0， 则m(x)在[1，＋∞)上单调递增， 则m(x)≥m(1)＝0，此时h(x)≥0，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)． 3．已知函数f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当m>0时，若对任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝mx＋m－1－＝，x>0. 当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈，即f(x)在上单调递增， 由f′(x)<0，解得x∈，即f(x)在上单调递减． 综上所述，当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当m>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝f＝ln m＋1－， 又g′(x)＝2x＋e－x>0(x≥1)恒成立， 故g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝2－， 由题意知f(x)min≥g(x)min， 即ln m＋1－≥2－. 设h(m)＝ln m＋1－， 则h′(m)＝＋>0，所以h(m)为增函数， 又h(e)＝2－，所以m≥e， 即m的取值范围是[e，＋∞)． 4．已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围． 解：(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1. 当a≥0时，f′(x)>0， 所以f(x)在R上单调递增． 当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)， 令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)， 所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． (2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x， 所以aex＋x＋1>ln ＋x， 即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x， 即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)． 令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 因为h′(x)＝ex＋1>0， 所以h(x)在R上单调递增， 故只需x＋ln a>ln (x－1)， 即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝， 令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(2)＝－2. 因此ln a>－2，所以a>. 即实数a的取值范围为. 5．(2025·陕西西安西光中学高三期末)曲率是表示曲线在某一点的弯曲程度的数值，曲线的曲率定义如下：若f′(x)是函数f(x)的导函数，f″(x)是f′(x)的导函数，则曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的曲率K＝. (1)若函数f(x)＝x2－2x＋3，求曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的曲率； (2)若函数f(x)＝(x∈(－2，2))，证明：曲线y＝f(x)在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为； (3)已知函数f(x)＝acos(x∈(－2，2))，若在曲线y＝f(x)上存在一点P(x0，f(x0))，使曲线y＝f(x)在点P处的曲率K>，求a的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝x2－2x＋3，x∈R， 所以f′(x)＝2x－2，f″(x)＝2， 则f′(1)＝0，f″(1)＝2，故曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的曲率K＝＝2. (2)证明：因为f(x)＝(x∈(－2，2))， 所以f′(x)＝－， f″(x)＝， 1＋[f′(x)]2＝， 则＝＝， 故曲线y＝f(x)在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为. (3)因为f(x)＝acos(x∈(－2，2))， 所以f′(x)＝－sin， f″(x)＝－cos， 则K＝＝>， 则>， 即cos2－>0. 令b＝sin2，0≤b<1， 则(1－b)－>0， 即存在0≤b<1，使得不等式(1－b)－>0成立． 令g(b)＝(1－b)－，0≤b<1， 则g′(b)＝－－≤0在[0，1)上恒成立，则g(b)在[0，1)上单调递减， 则g(0)＝－1>0，解得a>或a<－， 故a的取值范围为∪. 6．(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的解为(0，1)， 即f(x)>－2的解为(1，2)． 综上，b的取值范围是. 14 学科网（北京）股份有限公司 $$