第3章 专题一 第2课时 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第二课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题 恒成立问题与有解问题是高考数学的重要知识，其中不等式恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等知识相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，难度略大. [对应学生用书P69] 考点 分离参数法解不等式恒成立问题(讲练融通) 【例1】 (2025·长沙高三月考)已知函数f(x)＝(ax＋1)ex. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a＝2，当x≥0时，f(x)≥kx，求k的取值范围. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象、数学运算等学科素养 思路点拨 (1)先求导函数，然后分析导函数符号只与含参一次因式有关，所以对a分a＞0，a＝0，a＜0三种情况进行讨论； (2)分离参数k，将恒成立问题转为求最值解决 解：(1)因为f(x)＝(ax＋1)ex， 所以f′(x)＝aex＋(ax＋1)ex＝(ax＋a＋1)ex. 若a＝0，则f′(x)>0，f(x)是R上的增函数； 若a＞0，则当x＞时，f′(x)>0； 当x＜时，f′(x)＜0. 故f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(－∞，)； 若a＜0，则当x＞时，f′(x)<0； 当x＜时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递减区间为(，＋∞)，单调递增区间为(－∞，). (2)当x＝0时，f(0)＝1≥0恒成立. 当x＞0时，原不等式等价于k≤. 令g(x)＝(x＞0)， 则g′(x)＝＝. 当0＜x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g()＝4. 综上所述，k的取值范围为(－∞，4 ]. 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，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，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 【练1】 (2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a≤2，证明：当x>1时，f(x)<ex-1. (1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－. 若a≤0，则f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 若a>0，则由f′(x)＝0得x＝.当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.故f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. (2)证明：方法一(放缩法)　因为a≤2，所以当x>1时，ex-1－f(x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋ln x＋1. 令g(x)＝ex-1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0. 易知g′(x)＝ex-1－2＋， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－在(1，＋∞)上单调递增， 则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex-1. 方法二(作差法直接求导证明) 设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex-1，只需证当x>1时g(x)<0. 易知g′(x)＝a－－ex-1， 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex-1， 由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减， 则当x>1时，h′(x)<h′(1)＝1－1＝0， 所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递减， 于是当x>1时，g′(x)<g′(1)＝a－2， 又a≤2，所以a－2≤0，则当x>1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以当x>1时，g(x)<g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex-1. 考点 等价转化法求参数范围(讲练融通) 【例2】 (2024· 九江模拟)已知函数f(x)＝a ln x＋x，g(x)＝xex－a. (1)若x＝1是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； (2)若a＝1，证明：f(x)≤g(x). 思 维 导 引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象、数学运算等学科素养 思路点拨 (1)先由解析式，得到函数定义域，求出其导函数，再由题中条件，得到f′(1)＝a＋1＝0，求出a，根据导数的方法即可求出函数单调性区间； (2)根据题意，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1，x∈(0，＋∞)，对其求导，利用导数的方法判定函数单调性，求出其最大值，即可证明不等式成立 (1)解：由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋1； 因为x＝1是f(x)的极值点， 所以f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 此时f′(x)＝－＋1＝. 故当0＜x＜1时，f′(x)<0；当x＞1时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)证明：若a＝1，则f(x)＝ln x＋x，g(x)＝xex－1， 设h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－xex＋1，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝＋1－(x＋1)ex＝(x＋1)(－ex). 令t(x)＝－ex，x∈(0，＋∞)， 则t′(x)＝－－ex＜0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以t(x)＝－ex在(0，＋∞)上单调递减. 又t()＝2－＞0，t(1)＝1－e＜0， 所以∃x0∈(，1)，使得t(x0)＝－ex0＝0， 即＝ex0，则ln ＝ln ex0，即－ln x0＝x0. 因此，当0＜x＜x0时，t(x)＞0， 即h′(x)＞0，则h(x)单调递增； 当x＞x0时，t(x)＜0， 即h′(x)＜0，则h(x)单调递减. 故h(x)≤h(x0)＝ln x0＋x0－x0ex0＋1＝0－1＋1＝0， 即f(x)≤g(x). 等价转化法求解不等式恒成立问题的思路 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. 【练2】 (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. (1)解：f(x)的定义域为(0，2)， 若b＝0，则f(x)＝ln ＋ax，f′(x)＝·＋a＝＋a， 当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2， 故a的最小值为－2. (2)证明：f(2－x)＝ln ＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln －ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a， 故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)解：由题知f(1)＝a＝－2， 此时f(x)＝ln －2x＋b(x－1)3， f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2＝－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2[＋3b]. 记g(x)＝＋3b，x∈(0，2)，易知g(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，2)上单调递增，g(1)＝2＋3b， 当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0，2)上单调递增， 又f(1)＝－2，故符合题意. 当b<－时，g(1)<0，g(x)＝＋3b＝， 令g(x)＝0，得x＝1±， 因为b<－，所以∈(0，1)，故1＋∈(1，2)，1－∈(0，1)， 所以当x∈(1，1＋)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在(1，1＋)上单调递减，故f(1＋)<f(1)＝－2，不符合题意. 综上，b的取值范围为[－，＋∞). 考点 分离参数(或构造函数)解决能成立问题(讲练融通) 【例3】 (2025·合肥质检)已知函数f(x)＝x－a ln x，g(x)＝－(a∈R).若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范围. 思维 导引 学科素养 本题主要考查逻辑推理、数学抽象、数学运算等学科素养 思路点拨 给出存在x0∈[1，e]，使f(x0)<g(x0)成立，想到利用f(x0)<g(x0)建立关于a的不等式，要建立关于a的不等式，可令h(x)＝f(x)－g(x)，转化为h(x)的最值问题求解 解：依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min<0，x0∈[1，e]即可. 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－a ln x＋，x∈[1，e]， 则h′(x)＝1－－＝＝. 令h′(x)＝0，得x＝a＋1. ①当a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增， h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2. ②当1<a＋1<e，即0<a<e－1时， h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增， 故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－a ln (a＋1)＋1＝ a[1－ln (a＋1)]＋2>2， a∈(0，e－1)与h(x)<0不符，故舍去. ③当a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减， 则h(x)min＝h(e)＝e－a＋＜0， 得a> >e－1成立，所以a＞. 综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪(，＋∞). 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max. 2.含全称量词、存在量词不等式能成立问题 (1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max； (2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min. 【练3】 (2025·广州调研)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax. (1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值； (2)若函数g(x)＝，对∀x1∈[，2]，∃x2∈[，2]，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 解：(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减， 则ymax＝－3， 所以a≥－3，所以a的最小值为－3. (2)“对∀x1∈，∃x2∈， 使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”. 因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增， 所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a. 而g′(x)＝， 由g′(x)>0，得x<1， 由g′(x)<0，得x>1， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝. 由8＋a≤，得a≤－8， 所以实数a的取值范围为. 微专题系列之数学探究——“双变量”问题的转化 [对应学生用书P71] 近几年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高.破解问题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量问题转化为含单变量的问题；二是巧妙构造函数，并借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值. 【例】 设f(x)＝＋x ln 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∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围. [思维过程] 明确目标→(1)求满足条件的最大整数M； (2)求实数a的取值范围. 提取信息→已知两函数，(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M； (2)任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立. 建立联系→(1)将问题转化为求“[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M”，即求函数g(x)的最大值和最小值问题；(2)将问题转化为“在区间[，2] 上f(x)min≥g(x)max”. 思路导引→(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立， 等价于[g(x1 )－g(x2 )]max ≥M. 因为g(x)＝x3－x2－3， 所以g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－). g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表： x 0 (0，) (，2) 2 g′(x) 0 － 0 ＋ g(x) －3 ↘ 极小值－ ↗ 1 由上表可知，g(x)min＝g()＝－， g(x)max＝g(2)＝1. [g(x1)－g(x2 )]max＝g(x)max－g(x)min＝， 所以满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈[，2]， 都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[，2] 上，函数f(x)min≥g(x)max. 由(1)可知，在区间[，2] 上，g(x)的最大值为g(2)＝1， 则在区间[，2] 上，f(x)＝＋x ln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x恒成立. 令h(x)＝x－x2ln x， 则h′(x)＝1－2x ln x－x，h′(1)＝0. 当1<x≤2时，h′(x)<0； 当≤x<1时，h′(x)>0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间[，1)上单调递增，在区间(1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞). 【练】 设f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x. (1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值； (2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围. 解：(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x， 所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)， 令F′(x)>0，解得x>－1；令F′(x)<0，解得x<－1. 所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增. 所以x＝－1是极小值点，也是最小值点. 故F(x)min＝F(－1)＝－－. (2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2， 有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立， 所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立. 令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可. 故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立， 故m≥，而≤e，故m≥e， 即实数m的取值范围是[e，＋∞). [课时作业(十八)见P347] 学科网（北京）股份有限公司 $$