专题1 第2课时 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 专题一　高考中的导数问题 第二课时 利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题 探究 分离参数法解不等式恒成立问题 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 等价转化法求参数范围 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 探究 分离参数或构造函数解决能成立问题 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（二十一） 温馨提示 谢谢观看！ 利用导数研究不等式恒成立(有解)问题是高考数学常考常新的热点、难点问题．此类问题重点考查学生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养及综合运用数学知识分析、解决问题的能力．为进一步提升素养，强化函数与方程、数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法的渗透，总结如下几种重点策略． 【例1】 (2025·青岛模拟)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0<x< eq \f(1,e) ， ∴f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) . 令f′(x)＞0，得x> eq \f(1,e) ，∴f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) . 综上，f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) ，单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) . (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－ eq \f(3,2) x－ eq \f(1,2x) 在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－ eq \f(3,2) x－ eq \f(1,2x) (x>0)，则h′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(3,2) ＋ eq \f(1,2x2) ＝－ eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2) . 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－ eq \f(1,3) (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，＋∞). (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】 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a＝0，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值． 解：(1)f′(x)＝ eq \f(1,x) －2ax＝ eq \f(1－2ax2,x) (x>0)， 当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当a>0时，由f′(x)>0，得0<x< eq \r(\f(1,2a)) ，则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a)))) 上单调递增； 由f ′(x)<0，得x> eq \r(\f(1,2a)) ，则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞)) 上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a)))) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞)) 上单调递减． (2)由题意，x(ln x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k< eq \f(x（ln x＋1）,x－1) (x>1)恒成立． 设g(x)＝ eq \f(x（ln x＋1）,x－1) (x>1)， 则g′(x)＝ eq \f(x－ln x－2,（x－1）2) . 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－ eq \f(1,x) >0，所以h(x)在(1，＋∞)上为增函数． 因为h(2)＝－ln 2<0，h(3)＝1－ln 3＝ln eq \f(e,3) <0，h(4)＝2－ln 4＝ln eq \f(e2,4) >0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3，4)，使得m－ln m－2＝0. 当x∈(1，m)时，h(x)<0；当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增， 所以g(x)在x＝m处取得极小值，也是最小值，且g(m)＝ eq \f(m（ln m＋1）,m－1) ＝m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3. 【例2】 (2025·九江模拟)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). (1)解：由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ eq \f(a,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)＝－ eq \f(1,x) ＋1＝ eq \f(x－1,x) . 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)＝ eq \f(1,x) ＋1－(x＋1)ex＝(x＋1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－ex)) ； 令t(x)＝ eq \f(1,x) －ex，x∈(0，＋∞)，则t′(x)＝－ eq \f(1,x2) －ex<0 对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 所以t(x)＝ eq \f(1,x) －ex 在(0，＋∞)上单调递减． 又t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝2－ eq \r(e) >0，t(1)＝1－e<0，所以∃x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) ，使得t(x0)＝ eq \f(1,x0) －ex0＝0，即 eq \f(1,x0) ＝ex0，则ln eq \f(1,x0) ＝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). 1.含参不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如f(x)≥a恒成立，则f(x)min≥a，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围． 2．含参不等式f(x)≥a(g(x)≤b)能成立问题等价于不等式有解问题，从而进一步转化为f(x)max≥a(g(x)min≤b)成立，解不等式求参数范围． 【练2】 已知函数f(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)(a∈R)，其中e是自然对数的底数．若f(x)≤ eq \f(a,e2) 在区间[－2，0]上有解，求实数a的取值范围． 解：若f(x)≤ eq \f(a,e2) 在区间[－2，0]上有解，即求f(x)min≤ eq \f(a,e2) ， f′(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)＋ex(2x＋2a)＝ex(x＋2a)(x＋2)， 当a＝1时，f′(x)＝ex(x＋2)2≥0，f(x)在R上是增函数， 所以f(x)在[－2，0]上的最小值f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－4＋2)＝ eq \f(2,e2) ≤ eq \f(1,e2) 不成立，故不满足题意； 当a＜1时，由f′(x)＞0得x＜－2或x＞－2a；由f′(x)＜0得－2＜x＜－2a， 所以f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减， 若a≤0时，则函数f(x)在[－2，0]上单调递减，所以f(x)min＝f(0)＝e0·2a＝2a≤ eq \f(a,e2) 成立，满足题意； 当0＜a＜1时，函数f(x)在[－2，－2a]上单调递减，在[－2a，0]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－2a)＝e－2a·2a≤ eq \f(a,e2) ，所以a≥1＋ eq \f(ln 2,2) ＞1不成立，舍去； 当a＞1时，由f′(x)＞0得x＜－2a或x＞－2，由f′(x)＜0得－2a＜x＜－2， 所以f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减， 所以函数f(x)在[－2，0]上单调递增，f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－2a)≤ eq \f(a,e2) ，所以a≥ eq \f(4,3) . 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0]∪[ eq \f(4,3) ，＋∞). 【例3】 (2025·辽宁实验中学模拟)已知函数f(x)＝ eq \f(a＋1,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)＝2x2 f′(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)＝ eq \f(a＋1,x) ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝－ eq \f(a＋1,x2) ＋ eq \f(a,x) ＝ eq \f(ax－（a＋1）,x2) . 令f′(x)＝0得x＝ eq \f(a＋1,a) ， ①当－1<a<0时， eq \f(a＋1,a) <0，恒有f′(x)<0. ∴函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间． ②当a＝－1时，f′(x)＝－ eq \f(1,x) <0，∴f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间． ③当a<－1时，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a))) 时，f′(x)>0， ∴f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a))) ； x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)) 时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)) . 综上，当－1≤a<0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a<－1时，f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a))) ，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)) . (2)g(x)＝2ax－ax ln x－(6a＋3)(a<0)， ∵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> eq \f(3,2e－6) .又a<0，则 eq \f(3,2e－6) <a<0，即a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e－6)，0)) . 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】 设f(x)＝ eq \f(a,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∈[ eq \f(1,2) ，2]，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(x1)－g(x2 )]max ≥M. 因为g(x)＝x3 －x2 －3，所以g′(x)＝3x2－2x＝3x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))) . g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表： x 0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)) 2 g′(x) 0 － 0 ＋ 8 g(x) －3 ↘ 极小值－ eq \f(85,27) ↗ 1 由上表可知，g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) ＝－ eq \f(85,27) ，g(x)max＝g(2)＝1. [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝ eq \f(112,27) ， 所以满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) ，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 上，函数f(x)min ≥g(x)max. 由(1)可知，在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 上，g(x)的最大值g(2)＝1. 所以在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 上，f(x)＝ eq \f(a,x) ＋x ln x≥1恒成立．等价于a≥x－x2ln x恒成立，即a≥(x－x2ln x)max. 令h(x)＝x－x2ln x(x>0)，则h′(x)＝1－2x ln x－x，h′(1)＝0. 当1<x≤2时，h′(x)<0；当 eq \f(1,2) ≤x<1时，h′(x)>0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 上单调递增，在区间(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，＋∞). $$