导数与不等式恒成立(能成立)问题讲义-2026届高三数学一轮复习

导数与不等式恒成立(能成立)问题 课前学习任务 一、必备知识 (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) ∃x∈D，使得a＞f(x)能成立⇔a＞f(x)min； (4)∃x∈D，使得a＜f(x)能成立⇔a＜f(x)max． (5) 若对任意x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有＞k，则y＝f(x)－kx在D上是增函数； (6) 若对任意x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有＞，则y＝f(x)＋在D上是增函数； (7) 若对任意x1，x2∈D，当x1≠x2时，恒有＞x1＋x2，则y＝f(x)－x2在D上是增函数． 课堂核心考点 考点一 f(x)＜g(x)型 例1　设函数f(x)＝m(x＋1)ex，m＞0．若对任意x∈(－1，＋∞)，ln f(x)≤2ex恒成立，求m的最大值． 变式1　已知函数f(x)＝ex－ax2－x－1． (1) 若f(1)＝e－2，求f(x)的单调区间； (2) 若当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0，求实数a的取值范围． 考点二f(x1)＜g(x2)型 例2　设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R．若对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值． 考点三 f(x1，x2)＜g(x1，x2)型 例3　已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a＜0，且对任意x1，x2∈(0,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤4，求实数a的取值范围． 强化训练 1．已知函数f(x)＝xln x． (1) 求f(x)的单调区间； (2) 若对于任意的x∈，都有f(x)≤ax－1，求实数a的取值范围． 课后提升练 练基础 一、单项选择题 1．若对任意正实数x，不等式x－lnx＋1＞a恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2) C．(1，＋∞) D．(2，＋∞) 2．若关于x的不等式sinx－x≥ax对∀x∈[0，π]恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，1] C． D． 3．已知函数f(x)＝x3－3x＋a，g(x)＝．若对任意x1∈[－2,2]，总存在x2∈[2,3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的最大值为(　　) A．7 B．5 C． D．3 4．已知函数f(x)＝lnx＋ax(a＞0)，若对任意的x1，x2∈，且x1≠x2，不等式|f(x2)－f(x1)|＜恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(0,2) B．(2，＋∞) C． (0,2] D．[2，＋∞) 二、填空题 5．若函数f(x)＝x3－alnx在(2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是__]__． 6．已知f(x)＝，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈[，]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的最小值为___． 7．已知函数f(x)＝x3－4mx，若f(ex)＞f(2x－3)对任意x∈R恒成立，则实数m的取值范围为____． 三、解答题 8．已知函数f(x)＝2lnx－x＋(m∈R)．若不等式f(x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 9．已知函数f(x)＝x(a＞0)． (1) 讨论f(x)的最值； (2) 若a＝1，且f(x)≤，求k的取值范围． 练能力 10．算术基本定理也称素因数分解定理，它是这样描述的：任何一个大于1的自然数N，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的．记N＝pa11·pa22·…·pakk(其中pi是素数，p1＜p2＜…＜pk，i，k∈N*,1≤i≤k，ai是正整数)，这样的分解称为自然数N的标准素数分解式，则60的标准素数分解式是(　　) A．2×5×6 B．22×15 C．2×3×10 D．22×3×5 11．设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．[－1,0] B．[－1,2] C．[－2，－1] D．[－2,0] 12．(多选)已知a＞0，b＞0，且a＋2b＝2，则下列说法正确的是(　　) A．ab≥ B．＋≤2 C．2a＋4b≥4 D．＋≥ 答案解析 课堂核心考点 例1　【解答】 ln f(x)≤2ex对∀x∈(－1，＋∞)恒成立，即ln m≤2ex－ln (x＋1)－x对∀x∈(－1，＋∞)恒成立．令g(x)＝2ex－ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则只需ln m≤g(x)min即可． g′(x)＝2ex－－1，x∈(－1，＋∞).易知y＝2ex，y＝－－1均在(－1，＋∞)上单调递增，故g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又g′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(0)＝2，故ln m≤2＝ln e2，所以0<m≤e2，故m的最大值为e2. 变式1　【解答】 (1) 因为f(x)＝ex－ax2－x－1，f(1)＝e－2，所以f(1)＝e－a－1－1＝e－a－2＝e－2，所以a＝0，所以f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝ex－1＝0，得x＝0，易知当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2) 因为f(x)＝ex－ax2－x－1，所以f′(x)＝ex－2ax－1，设g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－1，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2a.①若a≤，则g′(x)＝ex－2a>0，则f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)>f′(0)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)>f(0)＝0满足题意；②若a>，则ln 2a>0.令g′(x)＝ex－eln 2a<0，得x<ln 2a.又x>0，所以0<x<ln 2a，故x∈(0，ln 2a)时，g′(x)<0，所以f′(x)在(0，ln 2a)上单调递减，则f′(x)<f′(0)＝0，所以f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，则f(x)<f(0)＝0，不符合题意，舍去．综上，实数a的取值范围为. 例2　【解答】 对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x1)min≤g(x2)min.当x<1时，x－1<0，ex－e<0，所以f(x)>0；当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，所以f(x)≥0，所以f(x)≥0恒成立，当且仅当x＝1时，f(x)min＝0，所以对∀x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即ex－ax－1≥0(x≥0).当x＝0时，ex－ax－1＝0；当x>0时，由ex－ax－1≥0，得a≤恒成立．记h(x)＝ex－x－1，x>0，则h′(x)＝ex－1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(0)＝0，所以h(x)＝ex－x－1>0恒成立，即ex－1>x，所以>1(x>0)，所以a≤1.所以a的最大值为1. 例3　【解答】 f′(x)＝1－，当a<0时，f(x)在(0，1]上是增函数．又函数y＝在(0，1]上是减函数，不妨设0<x1＜x2≤1，则|f(x1)－f(x2)|＝f(x2)－f(x1)，＝－，所以|f(x1)－f(x2)|≤4等价于f(x2)－f(x1)≤－，即f(x2)＋≤f(x1)＋.设h(x)＝f(x)＋＝x－1－a ln x＋，则|f(x1)－f(x2)|≤4等价于h(x)在区间(0，1]上是减函数．因为h′(x)＝1－－＝，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a≥x－在x∈(0，1]时恒成立．因为y＝x－在区间(0，1]上是增函数，所以y＝x－的最大值为－3，所以a≥－3.又a<0，所以a∈[－3，0). 强化训练 1. 【解答】 (1) 函数f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＝0，解得x＝.当x变化时，f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下表： x f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  　　故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2) 当≤x≤e时，f(x)≤ax－1恒成立等价于当≤x≤e时，a≥ln x＋恒成立．令g(x)＝ln x＋，x∈，则g′(x)＝－＝，x∈.当x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在区间上单调递减；当x∈(1，e]时，g′(x)>0，所以g(x)在区间(1，e]上单调递增．而g＝－ln e＋e＝e－1>1.5，g(e)＝1＋<1.5，所以g(x)在区间上的最大值为g＝e－1.所以当a≥e－1时，对于任意x∈，都有f(x)≤ax－1.综上所述，实数a的取值范围是[e－1，＋∞). 课后提升练 1. B　【解析】 令f(x)＝x－ln x＋1，其中x>0，则a<f(x)min.f′(x)＝1－＝，当0<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝2，所以a<2. 2. A　【解析】 由题知不等式sin x－x≥ax对∀x∈[0，π]恒成立．当x＝0时，显然成立；当x∈(0，π]时，a≤－1恒成立．令f(x)＝－1，则f′(x)＝，令g(x)＝x cos x－sin x，则g′(x)＝－x sin x≤0在(0，π]上恒成立，所以g(x)在(0，π]上单调递减，则g(x)<g(0)＝0，所以f′(x)<0在(0，π]上恒成立，所以f(x)在(0，π]上单调递减，从而f(x)min＝f(π)＝－1，所以a≤－1. 3. D　【解析】 因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3，所以当x∈(－2，－1)，(1，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．因为f(－2)＝－2＋a，f(－1)＝2＋a，f(1)＝－2＋a，f(2)＝2＋a，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2＋a.因为g(x)＝＝2＋，所以g(x)在[2，3]上单调递减，所以当x∈[2，3]时，g(x)max＝g(2)＝5.因为对任意x1∈[－2，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，所以2＋a≤5，即a≤3，所以实数a的最大值为3. 4. C　【解析】因为f′(x)＝＋a>0，所以函数f(x)＝ln x＋ax在上单调递增，不妨设x1<x2，则 |f(x2)－f(x1)|<等价于f(x2)＋<f(x1)＋对任意的x1，x2∈恒成立．令F(x)＝f(x)＋＝ln x＋ax＋，x∈，则有F(x2)<F(x1)，即函数F(x)在x∈上单调递减，所以F′(x)＝≤0在x∈时恒成立，等价于ax2＋x－1≤0在x∈时恒成立．又a>0，只需满足＋－1≤0即可，所以0<a≤2，即实数a的取值范围为(0，2]. 5. (－∞，8]　【解析】 因为f(x)＝x3－a ln x，所以f′(x)＝x2－.又因为f(x)＝x3－a ln x在(2，＋∞)上单调递增，所以x2－≥0在(2，＋∞)上恒成立，即a≤x3在(2，＋∞)上恒成立，只需a≤(x3)min，x∈(2，＋∞).因为y＝x3在(2，＋∞)上单调递增，所以y＝x3>23＝8，所以a≤8. 6. －4　 【解析】 由题意可知f(x)max≤g(x)max.f(x)＝⇒f′(x)＝，则f′()＝0，当≤x<时，f′(x)>0，当<x≤时，f′(x)<0，所以f(x)在[，)上单调递增，在(，]上单调递减，从而f(x)max＝f()＝.g(x)＝2x＋a在[1，2]上单调递增，则g(x)max＝g(2)＝4＋a，所以≤4＋a，于是a≥－4，即a的最小值为－4. 7. (－∞，0]　【解析】 设g(x)＝ex－2x＋3，则g′(x)＝ex－2.当x∈(－∞，ln 2)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2＋3＝5－2ln 2>0，故ex>2x－3.又因为f(ex)>f(2x－3)对任意x∈R恒成立，所以函数f(x)＝x3－4mx在R上为增函数，所以f′(x)≥0在R上恒成立，于是x2－4m≥0在R上恒成立，即m≤，所以m≤0.故实数m的取值范围为(－∞，0]. 8. 【解答】 方法一：由条件可知f(1)≤0，于是m－1≤0，解得m≤1.当m≤1时，f(x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋.构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，g′(x)＝－1－＝－≤0，所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)＝0，因此实数m的取值范围是(－∞，1]. 方法二：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立．令h(x)＝x2－2x ln x，x≥1，只需m≤h(x)min即可．h′(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)，令μ(x)＝x－ln x－1，x≥1，则μ′(x)＝≥0，所以函数h′(x)在[1，＋∞)上单调递增，于是h′(x)≥h′(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]. 9. 【解答】 (1) 由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为f＝1＋ln a，无最大值． (2) 当a＝1时，由f(x)≤，得x－ln x≤，x>0，整理得kex≥x2＋x－x ln x，即k≥.令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝＝，由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－ln x的最小值为f(1)＝1>0，即x－ln x>0恒成立，所以当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．故当x＝1时，h(x)取得最大值h(1)＝，即k≥，故k的取值范围为. 10. D　【解析】 60＝4×15＝22×3×5. 11. A　【解析】 由于f(x)＝所以f(0)＝a2.由于f(0)是f(x)的最小值，则(－∞，0]为其单调递减区间，即有a≤0，则a2≤x＋＋a对∀x>0恒成立．由于x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时取等号，所以a2≤2＋a，解得－1≤a≤2.综上，实数a的取值范围为[－1，0]. 12. BCD　【解析】 对于A，a·2b≤＝1，即ab≤，当且仅当a＝2b，即a＝1，b＝时等号成立，故A错误；对于B，＋≤＝＝2，当且仅当＝，即a＝1，b＝时等号成立，故B正确；对于C，2a＋4b＝2a＋22b≥2＝2＝4，当且仅当2a＝22b，即a＝1，b＝时等号成立，故C正确；对于D，因为a＋2b＝2，所以[(a＋b)＋(a＋3b)]＝2a＋4b＝2(a＋2b)＝4，所以＋＝[(a＋b)＋(a＋3b)]＝[1＋＋＋2]≥＋×2＝，当且仅当＝，即a＝－10＋8，b＝6－4时等号成立，故D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$