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-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二第三章导数及其应用 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。 题型1〔 分离参数法求参数范围 口跟踪训练 [典例](2025·山东青岛期末)已知f(x)= 已知函数f(.x)=ln(a.x)十bx在点(1，f(1) xIn z,g(x)=x3+ax2-x+2. 处的切线是y=0. (1)求函数f(x)的单调区间： (1)求函数f(x)的极值： (2)若对任意x∈(0，+∞)，2f(x)≤g'(x)+2 (2)当≥f)+1。(m<0)相成立时， 恒成立，求实数a的取值范围. 求实数m的取值范围(e为自然对数的底数). [尝试解答] 题型2( 分类讨论法求参数范围 [典例] (2024·全国甲卷)已知函数f(x)= (1-a.x)ln(1+x)-x (1)当a=-2时，求f(x)的极值： (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围 [尝试解答] 方法指导 已知不等式∫(x,入)≥0（入为实参数）对任意 的x∈D恒成立，求参数入的取值范围，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,A)≥0(x∈D,A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f()≥f2(x)或f(A) ≤f2(x)的形式： …方法指导 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变 最大（小）值： 量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒 第三步，解不等式f1(入)≥f2(x)mmx或f(入) 成立的问题，可以考虑用二次项系数或判别 ≤f2(x)min从而求出参数入的取值范围. 式的方法求解。 69 金榜题名创新高考总复习数学北师大版 跟踪训练 方法指导 (2024·新课标1卷)已知函数f(x)=ln2- 不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立台I是 +ax+b(.x-1)3 f(x)>g(x)的解集的子集台[f(x) (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值： g(x)]min>0(x∈I). (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形： (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立台I与f(x) (3)若f(x)>一2当且仅当1<x<2,求b的 >g(x)的解集的交集不是空集台[f(x) 取值范围. -g(x)]max>0(x∈I) (3)对Hx1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)曰 f(x)max≤g(x）min (4)对Hx1∈D1,3x2∈D2使得f(x1) g(x2)台f(.x)mim≥g(x）min,其中f(.x)定 义域为D1,g(x)定义域为D2 口跟踪训练 设函数f(.x)=e"mr十x2一m.x. (1)证明：f(x)在（一∞，0）上单调递减，在 (0,十∞)上单调递增： 题型3 利用转化与化归思想求解存 (2)若对于任意x1x2∈[-1,1]，都有|f(x1) 在型不等式成立问题 一f(x2)≤e一1，求m的取值范围. [典例们 已知函数fx)=a+1+aln,其中参 数a<0. (1)求函数f(x)的单调区间： (2)设函数g(x)=2.x2f(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. [尝试解答] 70第2课时利用导数研究不等式的恒成立，能成立问题 当0<x<1时.-lnr>04-1<0,则hr>0,m(r-D>0. e 题型1 [典例们[解](1)：画数f(x)=,xnx的定义域是(0，十∞)， 即g(x)>0. ..f(r)=In x+1. 当>1时-n<0-1>0,则<0，m。<0,中 令f(x)<0,得mx十1<0，解得0<x<1 g'(x)<0, 所以g(r)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1，+∞)上单调递减. x)的单调递减区间是(0，）) 所以g)-g1)-1-2+是-巴<0，即g≥。-1.又m 令∫(x)>0,得nx+1>0,解得x>】 e <0所以实数m的取值范围是[1一e,0). “)的单润递增区间是（日，十四） 题型2 [典例][解](1)当a=一2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x, 综上，了()的单调递减区间是(0，。）小单调递增区间 尉了)=2n+)++2-1=2n1+)- -+1, 是（日+m) 因为y=2n1+p)y=一，+1在(-1.+e)上为增画故， (2),g'(x)=3.r2十2a.x-1,2f(.x)≤g'(x)+2恒成立， 故f(x)在(-1，+∞)上为增函数，而f(0)=0, .2xlnr≤3r2+2ax+1恒成主. 故当一1<x0时，f(x)<0,当x>0时，了(x)>0, x>00>n-号一去在r6(0,十)上位减主， 3 故∫(r)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0,无极大值。 设6)=nr-2-2>0 2fx)=-aln0+)+=g-1=-ala1+)- (a+1)x,x>0… 则)=士号+2=-一 1+x 2x ()=-aln(1+)-(a+D)z.r0. 令)=0，得-1=-号（合去 1十x 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增： 则(x)=1+x) 二4-Ca+1=-a+1)+a+1=-ar+2a+ (1+r)2 (1+x)2 当x∈(1，十o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减 当a<-之时d()>0,所以()在(0，+∞)上为增画数， 当T=1时，h(x)取得极大值，也是最大值， 且h(2)mx=h(1)=-2. 故x(x)>s(0)=0,即f(x)>0, .若a≥h(r)在x∈(0，十o)上恒成立， 所以f(x)在[0，+∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)=0. 则a≥h(x)mx=-2, 当-之<a<0时，当0<r<-2ut出时(r)<0. 1 故实数a的取值范国是[-2，十co). 跟踪训练 所以)在(0，-2a。）上为减画数，故在(0，-)上 解：D因为)-lna)+,所以了)-品十6-子+ s(x)<(0), 因为点(1，f(1))处的切线是y=0,所以(1)=1十b=0,且f(1) =na十b=0,所以a-e,b=一1，即f(x)=lnx一x+1,x∈ 即在(0-a)f)<0即为浅： (0,十∞）， 故在(0，-2。)上/()<0)=0，不合题意：合去 所以了)-子-1-号，脚)在0,1)上单润递增，在 当a≥0，此时s'(x)<0在(0，十o∞)上位或立， 同理可得在(0，十0)上f(x)<f(0)=0恤成立，不合题意， (1,十o)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)=lne一1=0， 含去： 无极小值. (2)南1知.)=ln-+1,当"2>)+号rm<0) 综上，a≤-2 e 跟踪训练 在r6(0,+)提成立时，即m>血中-2+人（m<0)在r e 解：1b=0时f(r)=n2若十ar,共中x∈(0.2) ∈(0，十∞)上恒成立， 法-设g)=6()=也中+。-2，剥g)= +a,r∈(0,2)， e m12,'（x)=-n, 周为r(2-)<()）'-1,当且仅多=1时等号成立 e 2 故f(x)mm=2+a,而了(x)>≥0成立，故a十2>0即a≥-2. 又因为m<0,所以当0<x<1时，g'(x)<0,h'(x)>0: 所以a的最小值为一2. 当x>1时，g'(x)>0,h'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1.十oo)上单调递增， (2)证明：f(x)=ln2若十a1+b(一1)的定义接为(0.2) g(r)mn一g(1)=0:h(x)在(0,1D上单调道增，在(1.+0)上单 设P(m,n)为y=f(x)图象上任意一，点， P(m,n)关于(1，a)的对称点为Q(2-m,2a-n), 调递减，h()=h()=上-L e m十am十 因为P(m,)在y=f(x)国象上，故n=h2一m 所以g(x),h(r)均在x=I处取得最值，所以要使g(T)≥h(t)恒 b(m-1)3, 成主，只舍m≥h脚g≥。-1.解得m≥1-e,又 而f(2-m)=1n2-m+a(2-m)+6(2-m-1)3 m<0,所以实数m的取值范图是[1一e.0). 法二，设)-中-罗-2+e0.+m》周gu) =-[n2"m+am+b(m-)'门+2a=-n+2a. 所以Q(2-m,2a-n)也在y=f(.x)图象上， =二lnx+m(x-1) 由P的任意性可得y=f(x)图象为中心对称图形，且对称中心 e 为(1，d). 440 (3)因为f(x)>-2当且仅当1<r<2,故x=1为f(x)=-2 (2)由(1)知，对任意的m,f(x)在[一1,0们上单调递减，在[0,1 的一个解， 上单调递增，故f(x)在=0处取得最小值.所以对于任意 所以f(1)=一2即a=一2， xg∈[-1.1]. 先考虑1<r<2时，f(r)>-2恒成立。 1fm)-f)1<e-1的克要条#是/1)-f0)≤e-1. 此时f(r)>-2即为1n2十2(1-x)+6(r-1)3>0在 {f(-1)-f(0)≤e-1, (1,2)上恒成立， 中i四 设1--1∈01).期h告-2+6r>0在0)上0 设函数g(t)=e一1一e十1，则g(t)=t一1. 当1<0时g'(t)<0:当>0时，g'(t)>0. 成立， 故g(1)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调道增. 设R)=lh告2+b,e(01D, 又g(1)=0,g(-1)=e1+2-c<0, 故当1∈[-1.1]时，g()≤0. 则g02-2+3h2-一36+2+边， 2 当m∈[一1.1门时，g(m)≤0，g(-m)≤0， 1-2 即①式成立： 当b≥0.-3b12+2十3b≥-3b十2+3b=2>0, 当川>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0, 故g(t)>0恒成立，故g(1)在(0,1)上为增函数， 即m一m>e一1： 故g(1)>g(0)=0即f(x)>一2在(1,2)上位成立. 当m<一1时，g(一m)>0,即em十m>e-1. 当-号<6<0时，-3h1+2+3b>2+36≥0， 综上，m的取值范四是[一1,1]. 第3课时利用导数研究函数的零点问题 故g”(1)≥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， 题型1 当K-号当0<什孟<1时)<0 [典别[g】f)=>0:当a<0时f>0数 成立，∴.函数f(x)在(0，十∞》上单调递增： 故在(0，√什品)上g)为减画数，故g()<8(0)=0,不 当a>0时，由fu)>0,得>：由f<0,得0<号 合题意，会去 上，f)>-2在1.2)上成立时>-号 画教)在（日十）上单润递增，在(0，日)上单润蓬减。 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，十∞)上单调递增：当a>0 题型3 [典例们[解](（4)：fx)=a++uln,定义城为(0，十o. 时，画教f()在（日+∞）上单调通增，在(0，）上单洞 递减。 心厂(x)=“-g1 r r2 2:当xe[片e可]时品数g)-n-1e+一m的 ①当-1<a<0时，+1<0，恒有∫x)<0. 零点， .函数f（:x)的单调减区间是(0，十∞) 中多e[日小时，方a一IDe+-m的板 ②当a=-1时f()=-1<0, 令h(x)=(lnx-1)e+x, .f(x)的减区间是(0，十∞). 则(x)=(于+iax-1)e+1. ③当a<-1时，r∈(0，+)，x>0. d 由)知当a-1时，)=nx+}-1在（日）上单调递流， )的培同是(0，)∈（去+） 在(1，e)上单调递增， 广)<0)的减区间是（由，+） 当re[日e]时≥)-0 (2)g(x)=2ar-arin r-(6a+3)(a<0), “+n一1>0在€[日e门]上根成立 因为存在实数12∈[1，]，使得不等式2g()<g(x)成 )=(+1nr-1)e+1≥0+1>0， 立，.2g(x)mn<g(x)mnx 又g(x)=a(1-lnx),且a<0..当x∈[1，e)时，g'(x)<0, )-n一1加中在：e[日]上学调是增 g(x)是减函数： 当x∈(e,e2]时，g(x)>0,g(x)是增函数. A)m=h(）=-2e+是4as=e g(r)min=g(e)=ue-6a-3, g(r)mm=maxg(1),g(e2)1=-6a-3. 吉m<一2十m>时，画数g)在[]上有 2ae-12a-6<-6a-3,则a>2e6 3 零点； 3 当-2e+≤m<e时画)在[日e]上有且只有一个 e 又a<0.从而2-6<a<0. 零点， 中a的取值范国是(c之0) 跟踪训练 解：(1)因为f(x)=x一2e+6,r∈R. 跟踪训练 所以了(.x)=1-(3.x2十4.x2)e“+, 解：(1)证明：(x)=m(e四一1)十2x, 因为f(x)在(1，f(1)处的切线方程为 若m≥0，则当x∈（一∞，0）时，er一10，f(x)<0: y=-x+1, 当x∈(0，+∞)时，em-1≥0，(x)>0. 所以f(1)=一1+1=0，(1)=一1， 若m<0.则当x∈(-四，0)时，e一1>0，(r)<0: 当r∈(0，+oo)时，em-1<0,f(x)>0. c 所以f(x)在（一o∞，0）上单调递减，在(0，十©)上单调递增， 所以a=一1，b=1. 441