3.5 利用导数研究不等式恒(能)成立问题-（配套教参）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

3．5　利用导数研究不等式恒(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． [对应学生用书P67] 考点一　分离参数法求参数范围　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝ln x－ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x≥时，xf(x)≤－x＋a－1，求实数a的取值范围． [解析]　(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝， ①当a≤0时，1－ax>0恒成立， 所以f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a>0时，若x∈，f′(x)>0， 若x∈，f′(x)<0， 所以f(x) 在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在，＋∞)上单调递减． (2)当x≥时，x ln x－ax2≤－x＋a－1， 即x ln x＋x＋1≤a， 所以a≥， 令g(x)＝， 则g′(x)＝＝. 令h(x)＝ln x＋2， 则h′(x)＝ln x＋＝ln x＋＋1， 令m(x)＝h′(x)，则m′(x)＝－＝， 所以当x∈时，m′(x)<0； 当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0， 所以m(x)即h′(x)在 上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h′(x)≥h′(1)＝2>0， 所以h(x)在上单调递增，所以h(x)≥h＝1－>0， 所以当x∈时，g′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x) 在 上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈I，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式． (2)求f2(x)在x∈I时的最大值或最小值． (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围． 若关于x的不等式ex(2x－x2)≥aex－x有解，则实数a的取值范围为________． 解析　因为ex(2x－x2)≥aex－x 有解， 所以ex(2x－x2)＋x≥aex 有解， 因为ex>0，所以2x－x2＋xe－x≥a 有解， 令f(x)＝2x－x2＋xe－x，则a≤f(x)max， f′(x)＝2－2x＋e－x－xe－x＝2(1－x)＋e－x·(1－x)＝(1－x) (2＋e－x)， 因为2＋e－x>0，则当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0， 故当x∈(－∞，1)时，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(1)＝2－1＋e-1＝1＋，则a≤1＋， 故实数a的取值范围是. 答案　 考点二　分类讨论法求参数范围　重难考点　师生共研 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)·ex－. (1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性； (2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)， 当a＝e时，f′(x)＝x(ex－e). 在(0，1)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 在(1，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增． (2)函数f(x)的导数为f′(x)＝x(ex－a). ①若a≤1，则在(0，2]上，f′(x)＞0恒成立，f(x)单调递增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a＞3，不符合题意； ②若1＜a＜e2，令f′(x)＝0得x＝ln a，当x∈(0，ln a)时，f′(x)＜0，当x∈(ln a，2]时，f′(x)＞0，因此f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，2]上单调递增，又因为f(0)＝－1＜3，所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，解得≤a＜e2； ③若a≥e2，则在(0，2)上，f′(x)＜0恒成立，f(x)单调递减，因此f(x)＜f(0)＝－1＜3，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围是. 根据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，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． (2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，m∈R.若存在x∈[1，2]，使得不等式ex＋＋m ln x＋m≥f(x)成立，求m的取值范围． 解析　不等式ex＋＋m ln x＋m≥f(x)可化为＋m ln x－(m＋1)x＋m≥0， 即存在x∈[1，2]，使得不等式＋m ln x－(m＋1)x＋m≥0成立． 构造函数h(x)＝＋m ln x－(m＋1)x＋m，x∈[1，2]，则h′(x)＝x＋－(m＋1)＝(x－m)·(x－1). ①当m≤1时，h′(x)≥0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝m ln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0； ②当1<m<2时，令h′(x)>0，解得m<x<2；令h′(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m，2]上单调递增，又h(1)＝－，故h(2)＝m ln 2－m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去； ③当m≥2时，h′(x)≤0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－<0，不符合题意，应舍去． 综上所述，m的取值范围为(－∞，0]. 考点三　双变量的不等式恒(能)成立问题　重难考点　师生共研 已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.若函数g(x)＝对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． [解析]　“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. “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)min＞g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)min＞g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)max＞g(x)max. (4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)max＞g(x)min. 函数f(x)＝ex sin x，g(x)＝(x＋1)cos x－ex. ∀x1∈，∀x2∈，要使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围． 解析　f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则问题等价于f(x)min≥t(x)max，x∈. f′(x)＝ex sin x＋ex cos x＝ex(sin x＋cos x)，当x∈时，f′(x)＞0，故f(x)在上单调递增，∴当x∈时，f(x)min＝f(0)＝0. t(x)＝m－(x＋1)cos x＋ex， t′(x)＝－cos x＋(x＋1)sin x＋ex， ∵x∈， ∴－cos x＋ex＞0，(x＋1)sin x≥0， ∴t′(x)＞0在上恒成立，t(x)在上单调递增， ∴当x∈时，t(x)max＝t＝m＋e. ∴m＋e≤0，m≤－e， 故实数m的取值范围是(－∞，－e]. 学科网（北京）股份有限公司 $$