主题2 第3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(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

第2课时　利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 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． [典例]　 (2025·山东青岛期末)已知f(x)＝x ln 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)＝x ln 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＜， ∴f(x)的单调递减区间是. 令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞， ∴f(x)的单调递增区间是. 综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2x ln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－x－(x＞0)，则h′(x)＝－＋＝－. 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(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． 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≥f(x)＋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)＝＋b＝＋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)＝－1＝，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≥f(x)＋x(m＜0)在x∈(0，＋∞)恒成立时，即≥－2＋(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 法一：设g(x)＝，h(x)＝＋－2，则g′(x)＝，h′(x)＝－， 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)＝；h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－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≥－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)＝－－2＋(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝＋， 当0＜x＜1时，－ln x＞0，x－1＜0，则>0，>0，即g′(x)＞0， 当x＞1时，－ln x＜0，x－1＞0，则<0，<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＋－≤0，即≥－1，又m＜0所以实数m的取值范围是[1－e，0). [典例]　(2024·全国甲卷)已知函数f＝ln －x. (1)当a＝－2时，求f的极值； (2)当x≥0时，f≥0，求a的取值范围． [解]　(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 则f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在上为增函数， 故f′(x)在上为增函数，而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f在x＝0处取极小值且极小值为f＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x>0， 设s＝－a ln (1＋x)－，x>0， 则s′＝－＝－＝－， 当a≤－ 时，s′>0，所以s在上为增函数， 故s>s＝0，即f′>0， 所以f在上为增函数，故f≥f＝0. 当－<a<0时，当0<x<－时，s′<0， 所以s在上为减函数，故在上s<s， 即在上f′<0，即f为减函数， 故在上f<f＝0，不合题意，舍去． 当a≥0，此时s′<0在上恒成立， 同理可得在上f<f＝0恒成立，不合题意，舍去； 综上，a≤－. 　　 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． (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)b＝0时，f＝ln ＋ax，其中x∈， 则f′＝＋＋a＝＋a，x∈， 因为x≤2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′min＝2＋a，而f′≥0成立，故a＋2≥0即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f＝ln ＋ax＋b的定义域为， 设P为y＝f图象上任意一点， P关于的对称点为Q， 因为P在y＝f图象上，故n＝ln ＋am＋b3， 而f＝ln ＋a＋b(2－m－1)3＝－＋2a＝－n＋2a， 所以Q也在y＝f图象上， 由P的任意性可得y＝f图象为中心对称图形，且对称中心为. (3)因为f>－2当且仅当1<x<2，故x＝1为f＝－2的一个解， 所以f＝－2即a＝－2， 先考虑1<x<2时，f>－2恒成立． 此时f>－2即为ln ＋2＋b3>0在上恒成立， 设t＝x－1∈，则ln －2t＋bt3>0在上恒成立， 设g＝ln －2t＋bt3，t∈， 则g′＝－2＋3bt2＝， 当b≥0，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′>0恒成立，故g在上为增函数， 故g>g＝0即f>－2在上恒成立． 当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′≥0恒成立，故g在上为增函数， 故g>g＝0即f>－2在上恒成立． 当b<－，则当0<t< <1时，g′<0， 故在上g为减函数，故g<g＝0，不合题意，舍去． 综上，f>－2在上恒成立时b≥－. [典例]　已知函数f(x)＝＋a ln 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)＝＋a ln x，定义域为(0，＋∞).∴f′(x)＝－＋＝. ①当－1<a<0时，<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)＝－<0， ∴f(x)的减区间是(0，＋∞). ③当a<－1时，x∈，f′(x)>0， ∴f(x)的增区间是；x∈， f′(x)<0，∴f(x)的减区间是. (2)g(x)＝2ax－ax ln 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>. 又a<0，从而<a<0， 即a的取值范围是. 　　 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的充要条件是即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]. 学科网（北京）股份有限公司 $$