第3章 提升课6 不等式恒(能)成立-【优化探究】2026高考数学一轮复习高考总复习配套课件（湘教版）

提升课6　不等式恒(能)成立 第三章　导数及其应用 内容索引 课时作业　巩固提升 2 [例1]　已知函数f(x)=ln x++2x. 求函数f(x)的单调区间; [解]　由f(x)=ln x++2x 得f'(x)==(x>0),由f'(x)>0,得x>(负值舍去),由f'(x)<0,得0<x<,所以函数f(x) 的单调递增区间是,单调递减区间为. 考点一　不等式恒成立问题 (2) 若关于x的不等式f(x)-2≥x+恒成立,求实数m的取值范围. [解]　由f(x)=ln x++2x知,不等式f(x)-2≥x+ 恒成立等价于当x∈(0,+∞) 时,m≤xln x+x2-2x+1恒成立. 令g(x)=xln x+x2-2x+1(x>0),则m≤g(x)min,g'(x)=ln x+x-1,当x∈(0,1) 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞) 时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(1)=-,所以m≤g(x)min=-,即实数m 的取值范围是. 方法总结 根据不等式恒成立求参数的取值范围关键是将恒成立问题转化为最值问题,此类问题的关键是对参数进行分类讨论,在参数的每一段区间上求函数的最值,并判断是否符合题意,若不符合题意,只需找一个值或一段区间内的函数值不符合题意即可.　 跟踪训练 已知函数f(x)=,若f(x)≤x-1对x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 解:f(x)≤x-1 对x∈[1,+∞) 恒成立, 即a≥x2-(x-1)ex 在[1,+∞) 上恒成立, 设g(x)=x2-(x-1)ex(x≥1), g'(x)=x(2-ex), 令g'(x)=0,得x1=0,x2=ln 2, 所以在x∈[1,+∞) 上,g'(x)<0, 所以函数g(x)=x2-(x-1)ex 在[1,+∞) 上单调递减, 所以g(x)max=g(1)=1,所以a≥g(x)max, 即a≥1,故实数a 的取值范围是[1,+∞). [例2]　(2025·山东潍坊模拟)已知函数f(x)=x3-x2sin α+x+1,证明:存在α∈,使得不等式f(x)>ex有解. 考点二　不等式能成立问题 [证明]　要证存在α∈,使得f(x)>ex有解,只需证存在α∈,使得>1有解. 因为α∈,所以-1≤-sin α≤,所以存在α∈,使得-x2sin α=x2, 所以只需证>1. 设函数g(x)=, 则g'(x)=-x2(x-1). 当x∈(-∞,1)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(1). 因为g(1)==>1, 所以存在α∈,使得不等式f(x)>ex有解. 方法总结 若存在x0∈D,使a>f(x0)成立,则只需a>f(x)min;若存在x0∈D,使a<f(x0)成立,则只需a<f(x)max,由此构造不等式,求解参数的取值范围.　 跟踪训练 已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).若存在x∈(1,+∞),使得f(x)>-a成立,求实数a的取值范围. 解:由f(x)>-a,得a(x2-1)-ln x<0.因为x∈(1,+∞),所以-ln x<0,x2-1>0.当a≤0 时,a(x2-1)-ln x<0,符合题意;令g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1),当a≥ 时,g'(x)=>0,g(x)在(1,+∞) 上单调递增,则g(x)>g(1)=0,不符合题意;当0<a< 时,由g'(x)>0,得x∈,由g'(x)<0,得x∈,于是有g(x) 在上单调递减,在上单调递增,g(x)min=g<g(1)=0,则当0<a< 时,∃x∈(1,+∞),使得g(x)<0.综上所述,实数a 的取值范围是. [例3]　设函数f(x)=+xln x,g(x)=x3-x2-3.如果对于任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 考点三　 双变量问题 [解]　 对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t), 则f(x)min≥g(x)max,x∈. 由题意知,g'(x)=3x2-2x, 由g'(x)>0,得<x≤2; 由g'(x)<0,得≤x<, 所以g(x) 在上单调递减,在 上单调递增.又g=-,g(2)=1, 所以当x∈时,g(x)max=g(2)=1. 所以当x∈时,f(x)=+xln x≥1恒成立,即a≥x-x2ln x恒成立. 令h(x)=x-x2ln x,x∈, 所以h'(x)=1-2xln x-x,令φ(x)=1-2xln x-x,x∈,则φ'(x)=-3-2ln x<0, 所以h'(x) 在上单调递减.又h'(1)=0, 所以当x∈时,h'(x)≥0;当x∈[1,2] 时,h'(x)≤0, 所以h(x) 在上单调递增,在[1,2] 上单调递减, 所以h(x)max=h(1)=1,故a≥1. 所以实数a 的取值范围是[1,+∞). 方法总结 常见的双变量不等式恒成立问题的类型 1.对于任意的x1∈[a,b],总存在x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max. 2.对于任意的x1∈[a,b],总存在x2∈[m,n],使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min. 3.若存在x1∈[a,b],对任意的x2∈[m,n],使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.　 跟踪训练 (2025·山西孝义模拟)已知函数f(x)=exsin x-cos x,g(x)=xcos x-ex,其中e是自然对数的底数.∀x1∈,∃x2∈,使得不等式f(x1)+g(x2)≥m成立,试求实数m的取值范围. 解:因为不等式f(x1)+g(x2)≥m等价于f(x1)≥m-g(x2), 所以∀x1∈,∃x2∈,使得不等式f(x1)+g(x2)≥m成立,等价于f(x1)min≥[m-g(x2)]min, 即f(x1)min≥m-g(x2)max, 当x∈时,f'(x)=exsin x+excos x+sin x>0, 故f(x)在区间上单调递增, 所以当x=0时,f(x)取得最小值-1. 又g'(x)=cos x-xsin x-ex, 当x∈时,0≤cos x≤1,xsin x≥0, ex≥, 所以g'(x)<0,故函数g(x)在区间上单调递减, 所以当x=0时,g(x)取得最大值-,所以-1≥m-(-),所以m≤-1-,所以实数m的取值范围为(-∞,-1- ]. 法则1　若函数f(x) 和g(x)满足下列条件: (1) f(x)=0 及 g(x)=0; (2)在点a的去心邻域内,f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0; (3)=l, 那么 ==l,型. 洛必达法则 教材延展 法则2　若函数f(x) 和g(x)满足下列条件: (1) f(x)=∞及 g(x)=∞; (2)在点a的去心邻域内,f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0; (3)=l, 那么 ==l,型. 注意: 1.将上面公式中的 x→a,x→∞ 换成 x→+∞,x→-∞,x→a+,x→a-,洛必达法则也成立. 2.洛必达法则可处理 ,,0·∞,1∞,∞0,00,∞-∞ 型. 3.在着手求极限前, 首先要检查是否满足 ,,0·∞,1∞, ∞0,00,∞-∞ 型定式, 否则滥用洛必达法则会出错.当不满足三个前提条件时, 就不能用洛必达法则, 这时称洛必达法则不适用, 应从另外途径求极限. 4.若条件符合, 洛必达法则可连续多次使用, 直到求出极限为止. ==, 如满足条件, 可继续使用洛必达法则. [例]　已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2,当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. [解]　当x≥0时,f(x)≥0,即x(ex-1)≥ax2. ①当x=0时,a∈R; ②当x>0时,x(ex-1)≥ax2等价于ex-1≥ax,也即a≤. 记g(x)=,x∈(0,+∞), 则g'(x)=. 记h(x)=(x-1)ex+1,x∈(0,+∞),则h'(x)=xex>0,因此h(x)=(x-1)ex+1在(0,+∞)上单调递增,且h(x)>h(0)=0,所以g'(x)=>0, 从而g(x)=在(0,+∞)上单调递增,所以a≤. 由洛必达法则有g(x)===1, 即当x→0时,g(x)→1,所以g(x)>1,即有a≤1. 综上所述,a的取值范围为(-∞,1]. 方法总结 通过分离变量,出现型式子或型式子,然后用洛必达法则.　 跟踪训练 设函数f(x)=ex-1-x-ax2,若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围. 解:当x=0时,f(x)=0,对任意实数a均存在f(x)≥0. 当x>0时,f(x)≥0等价于a≤, 令g(x)=(x>0), 则g'(x)=, 令h(x)=xex-2ex+x+2(x>0),则h'(x)=xex-ex+1,h″(x)=xex>0, 知h'(x)在(0,+∞)上为增函数,h'(x)>h'(0)=0, 知h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0, ∴g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数.由洛必达法则知,===, 故a≤.综上可知a的取值范围为. 课时作业　巩固提升 1. 设函数f(x)=ln x+(a为常数). 讨论函数f(x)的单调性; 解:f(x) 的定义域为(0,+∞),f'(x)=-=,当a≤0 时,x-a>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞) 上单调递增;当a>0 时,若x>a,则f'(x)>0,所以f(x) 单调递增;若0<x<a,则f'(x)<0,所以f(x) 单调递减.综上可知,当a≤0 时,f(x)在(0,+∞) 上单调递增;当a>0 时,f(x)在区间(0,a) 上单调递减,在区间(a,+∞) 上单调递增. 1 2 3 4 A组　基础保分练 (2) 若不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立,求实数a的取值范围. 解: 由f(x)≥1,即ln x+≥1,得≥-ln x+1,即a≥-xln x+x对任意x∈(0,1] 恒成立.令g(x)=-xln x+x,x∈(0,1],则g'(x)=-ln x-x·+1=-ln x≥0,x∈(0,1],所以g(x) 在(0,1] 上单调递增,所以g(x)max=g(1)=1,所以a≥1,故实数a 的取值范围是[1,+∞). 1 2 3 4 2.已知函数f(x)=3ln x-x2+x,g(x)=3x+a. 若函数f(x)与g(x)的图象相切,求实数a的值; 解:由题意得,f'(x)=-x+1(x>0),g'(x)=3.设函数f(x) 与g(x) 的图象的切点为(x0,f(x0)),x0>0,则f'(x0)=-x0+1=3,解得x0=1 或x0=-3(舍去),所以函数f(x) 与g(x) 的图象的切点为,将切点坐标代入g(x)=3x+a,得=3×1+a,所以a=-. 1 2 3 4 (2) 若存在x>0,使f(x)>g(x)成立,求实数a的取值范围. 解: 设h(x)=3ln x-x2-2x(x>0).“存在x>0,使f(x)>g(x) 成立”等价于“存在x>0,使h(x)=3ln x-x2-2x>a 成立”等价于“x>0 时,a<h(x)max”.h'(x)=-x-2==-.令h'(x)>0,得0<x<1;令h'(x)<0,得x>1,所以函数h(x) 在(0,1) 上单调递增,在(1,+∞) 上单调递减,所以h(x)max=h(1)=-,即a<-,所以实数a 的取值范围是. 1 2 3 4 3. (2025·湖北武汉模拟)已知函数f(x)=exsin x,g(x)=(x+1)cos x-ex. 求f(x)的单调递增区间; 解:由题意得f'(x)=exsin , 当2kπ≤x+≤2kπ+π(k∈Z), 即x∈(k∈Z) 时,f'(x)≥0,f(x)单调递增, 所以f(x) 的单调递增区间是(k∈Z). 1 2 3 4 B组　能力提升练 (2) 若∀x1,x2∈,使f(x1)+g(x2)≥m成立,求实数m的取值范围. 解: 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∈. 由(1)可知,当x∈时, f'(x)>0,故f(x) 在上单调递增, 1 2 3 4 所以当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. 因为x∈, 所以-cos x+ex>0,(x+1)sin x≥0, 所以t'(x)>0 在 上恒成立, 1 2 3 4 故t(x) 在上单调递增, 所以当x∈时,t(x)max=t=m+. 故m+≤0,m≤-,故实数m 的取值范围是. 1 2 3 4 4. (2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)=xln x-x,g(x)=(1-ex). (1)若x∈,求f(x)的最值; 解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x,令f'(x)=0,得x=1, 当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 又f=-,f(e2)=e2,所以f(x)min=f(1)=-1,f(x)max=f(e2)=e2. 1 2 3 4 (2)若存在x0∈(0,m],使得f(x0)≤g(m),求实数m的取值范围. 解: 由题意知:只需f(x)min≤g(m),x∈(0,m], 由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. ①若0<m≤1,则f(x)在(0,m]上单调递减,则只需f(m)≤g(m), 即2mln m-2m-1+em≤0. 记φ(m)=-2m-1+em,0<m≤1. 因为φ'(m)=-2+em,所以φ(m)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,1)上单调递增, 而φ(0)=0,φ(1)<0,所以φ(m)<0在0<m≤1上恒成立. 又因为2mln m≤0,所以2mln m-2m-1+em≤0对任意0<m≤1恒成立. 1 2 3 4 ②若m>1,f(x)min=f(1),只需f(1)≤g(m),即-1≤(1-em),解得1<m≤ln 3. 综上,m∈(0,ln 3]. 1 2 3 4 $$