第3章 第四节 第二课时 利用导数研究不等式恒成立问题（课件）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

利用导数研究不等式恒成立问题 第二课时 目录 考法(一)　不等式恒成立问题 考法(二)　不等式能成立问题 考法(三)　双变量的恒(能)成立问题 2 考法(一)　不等式恒成立问题 [例1]　(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； 解：当b=0时，f(x)=ln+ax，其中x∈(0，2)， 则f'(x)=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1，当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a，而f'(x)≥0，故a+2≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； 解：证明：法一　(没给对称中心，需要自己找到对称中心，再证明，怎么找?由于对称函数定义域必定也对称，故不妨先求定义域，从定义域出发寻找对称中心)由>0，可得x(2-x)>0，所以x(x-2)<0， 解得0<x<2，故f(x)的定义域是(0，2).(定义域关于x=1对称，那么曲线y=f(x)的对称中心的横坐标只能是1，故要证结论成立，接下来只需计算f(2-x)+f(x)，得出其为与x无关的常数) 因为f(2-x)+f(x)=ln+a(2-x)+b(2-x-1)3+ln+ax+b(x-1)3= ln +a(2-x)+b(1-x)3+ln+ax+b(x-1)3=ln+2a= ln 1+2a=2a， 所以曲线y=f(x)关于点(1，a)中心对称. 法二　因为f(x)=ln+ax+b(x-1)3， 所以f(x+1)=ln+a(x+1)+bx3=ln+ax+bx3+a. 因为y=ln+ax+bx3是奇函数，其图象关于原点对称， 所以曲线f(x+1)关于点(0，a)中心对称， 所以曲线f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 解：因为f(x)>-2，当且仅当x∈(1，2)时成立， 由(2)知曲线f(x)关于点(1，a)中心对称， 所以f(1)=-2，可得a=-2. 所以f(x)=ln -2x+b(x-1)3>-2对任意x∈(1，2)恒成立， 则f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2. 令g(x)=+3b， 则应有g(1)=2+3b≥0，所以b≥-. 若b<-，一定存在1<δ<2， 使得x∈(1，δ)时有f'(x)<0， 所以f(x)在区间(1，δ)上单调递减， 所以f(x)<f(1)=-2，不符合题意. 当b≥-时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥ln -2x-(x-1)3. 令h(x)=ln -2x-(x-1)3，x∈(1，2)， 则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2·=>0， 所以h(x)>h(1)=-2满足题意. 综上，b的取值范围为. 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. 点拨•建模 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 1.已知函数f(x)=-x+ln x，g(x)=xex-2x-m. (1)求函数f(x)的单调区间及极值； 解：由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=， 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(0，1)，单调递减区间为(1，+∞)， 所以x=1是f(x)的极大值点，无极小值点， 所以f(x)的极大值为f(1)=-1，无极小值. (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围. 解：法一　设h(x)=f(x)-g(x)=ln x-xex+x+m，x∈(0，+∞)， 则h'(x)=-(x+1)ex+1=(x+1)， 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∈，使得t(x0)=-=0，即=， 则ln=ln ，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)max=h(x0)=ln x0-x0+x0+m=0-1+m≤0，解得m≤1， 所以当m≤1时，f(x)≤g(x)恒成立，即实数m的取值范围是(-∞，1]. 法二　令m(x)=ex-x-1，m'(x)=ex-1， 当x<0时，m'(x)<0；当x>0时，m'(x)>0， 所以m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 所以m(x)≥m(0)=0，即ex≥x+1. 因为xex=ex+ln x，所以xex=ex+ln x≥x+ln x+1， 当x+ln x=0时等号成立， 即xex-x-ln x≥1，当x+ln x=0时等号成立， 所以y=xex-x-ln x的最小值为1. 若f(x)≤g(x)恒成立，则xex-x-ln x≥m， 所以当m≤1时，f(x)≤g(x)恒成立， 即实数m的取值范围是(-∞，1]. 考法(二)　不等式能成立问题 [例2]　(2025·福州模拟)已知函数f(x)=ln x+a(1-x)，a∈R. (1)当a=2时，求f(x)在[1，2]上的最值； 解：由题意得，f'(x)=-2，x∈(0，+∞)，令f'(x)=0，得x=，x∈，f'(x)>0；x∈，f'(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在[1，2]上单调递减，故在[1，2]上，f(x)max=f(1)=0，f(x)min=f(2)=ln 2-2. (2)若存在x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥2a-2成立，求实数a的取值范围. 解：因为∃x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥2a-2， 所以a≤，令g(x)=(x>0)， 即a≤g(x)max.因为g'(x)=， 设h(x)=-ln x-1(x>0)，h'(x)=--<0， 所以h(x)在(0，+∞)单调递减.又h(1)=0， 则当x∈(0，1)时，g'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0， 故函数g(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，g(x)的最大值为g(1)， 所以a≤g(1)=1， 即实数a的取值范围是(-∞，1]. 1.不等式能成立问题的解题关键点 点拨•建模 2.常见的问题类型 (1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m. (2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m. 2.已知函数f(x)=xln x-ax+1(a∈R). (1)讨论f(x)在(1，+∞)上的零点个数； 解：由f(x)=0，得xln x-ax+1=0，x∈(1，+∞)， 即a=ln x+，x∈(1，+∞)， 令g(x)=ln x+，易知g'(x)=-=. 针对训练 ∴g'(x)>0在x∈(1，+∞)上恒成立， 故g(x)=ln x+在x∈(1，+∞)上单调递增. 又g(1)=1，∴当x∈(1，+∞)时，g(x)>1. 故当a≤1时，f(x)在(1，+∞)上无零点； 当a>1时，f(x)在(1，+∞)上存在一个零点. (2)当a>1时，若存在x∈(1，+∞)，使得f(x)<(e-1)(a-3)，求实数a的取值范围. 解：由f'(x)=ln x+1-a=0得x=ea-1， 当x∈(ea-1，+∞)时，f'(x)>0，当x∈(1，ea-1)时，f'(x)<0， ∴f(x)在(1，ea-1)上单调递减，在(ea-1，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(ea-1)=1-ea-1，若存在x∈(1，+∞)，使得f(x)<(e-1)(a-3)成立， 只需1-ea-1<(e-1)(a-3)成立，即不等式ea-1+(e-1)(a-3)-1>0成立. 令h(a)=ea-1+(e-1)(a-3)-1，a>1， 则h'(a)=ea-1+e-1， 显然h'(a)=ea-1+e-1>0在a∈(1，+∞)上恒成立， 故h(a)=ea-1+(e-1)(a-3)-1在a∈(1，+∞)上单调递增. 又h(2)=0，∴a>2， 故实数a的取值范围为(2，+∞). 考法(三)　双变量的恒(能)成立问题 [例3]　已知f(x)=+xln 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； 解：存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)-g(x2)≥M成立， 即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g(x1)-g(x2)]max≥M， 即g(x)max-g(x)min≥M(x∈[0，2]). 由g(x)=x3-x2-3，得g'(x)=3x2-2x=3x，当<x<2时，g'(x)>0， 当0<x<时，g'(x)<0，列表如下. x g'(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 又g(0)=-3，g(2)=1， 所以当x∈[0，2]时，g(x)max=g(2)=1，g(x)min=g=-， 所以g(x)max-g(x)min=≥M，所以满足条件的最大整数M为4. (2)如果对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围. 解：对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立， 则f(s)min≥g(t)max. 由(1)易得当x∈时，g(x)max=g(2)=1， 所以对任意的x∈+xln x≥1恒成立， 即a≥x-x2ln x恒成立. 令h(x)=x-x2ln x， 则a≥h(x)max.求导得h'(x)=1-2xln x-x， 令m(x)=1-2xln x-x， 则m'(x)=-3-2ln x<0， 所以h'(x)在上单调递减，又h'(1)=0， 故列表如下. x 1 (1，2) h'(x) + 0 - h(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以a≥h(x)max=h(1)=1， 故实数a的取值范围是[1，+∞). 双变量不等式恒(能)成立问题的转化方法 点拨•建模 问题描述 等价转化 语言描述 ∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)min 函数f(x)在区间M上的任意函数值都小于函数g(x)在区间N上的任意函数值 ∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)max 函数g(x)在区间N上的某个函数值大于函数f(x)在区间M上的所有函数值 续表 ∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min<g(x2)min 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的所有函数值 ∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min<g(x2)max 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的某个函数值 3.(2025·绵阳质检)已知函数f(x)=x3+x2+ax. (1)若函数f(x)在区间(-2，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围； 解： f'(x)=x2+2x+a，∵f(x)在(-2，+∞)上单调递增， ∴f'(x)≥0在(-2，+∞)上恒成立， ∴a≥-x2-2x=-(x+1)2+1.当x=-1时，(-x2-2x)max=1，∴a≥1， ∴实数a的取值范围为[1，+∞). 针对训练 (2)若函数g(x)=，对∀x1∈，∃x2∈，使得f'(x1)≤ g(x2)成立，求实数a的取值范围. 解：“对∀x1∈，∃x2∈，使得f'(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f'(x)max≤g(x)max”， ∵f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上单调递增， ∴f'(x)max=f'(2)=a+8. ∵g'(x)=， ∴当x∈时，g'(x)>0；当x∈(1，2]时，g'(x)<0. ∴g(x)在上单调递增，在(1，2]上单调递减， ∴g(x)max=g(1)=， ∴a+8≤，解得a≤-8，即实数a的取值范围为. “课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（二十二）” (单击进入电子文档) $$