专题7 第5讲 大题专攻——导数与不等式恒（能）成立问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第5讲　大题专攻——导数与不等式恒（能）成立问题 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 分离参数法解决恒（能）成立问题 利用导数解决不等式恒（能）成立问题，是高考的热点之一，以解答题的形式出现，多为压轴题，难度较大 分类讨论法解决恒（能）成立问题 二、真题感悟 1.（2023·全国甲卷理21题节选）（分类讨论法解决不等式恒成立问题）已知函数f（x）＝ax－，x∈（0，）.若f（x）＜sin 2x，求a的取值范围. 解：令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－－sin 2x， 则g'（x）＝a－－2cos 2x＝a－－4cos2x＋2＝a－（＋4cos2x－2）， 令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝＋4u－2， 则k'（u）＝＋4＝. 当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上单调递减， ∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）. ①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，）上单调递减， 又g（0）＝0，∴当x∈（0，）时，g（x）＜0，即f（x）＜sin 2x. ②当a＞3时，∃x0∈（0，）使得g'（x0）＝0， ∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， ∴g（x0）＞g（0）＝0，∴f（x）＜sin 2x不成立. 综上所述，a的取值范围为（－∞，3]. 2.（2024·新高考Ⅰ卷18题）（分类讨论解决不等式恒成立问题）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. 解：（1）b＝0时，f（x）＝ln＋ax，其中x∈（0，2）， 则f'（x）＝＋a，x∈（0，2）， ∵x（2－x）≤（）2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f'（x）min＝2＋a，而f'（x）≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2， ∴a的最小值为－2. （2）证明：法一　∵x∈（0，2），f（2－x）＋f（x）＝ln＋a（2－x）＋b（1－x）3＋ln＋ax＋b（x－1）3＝2a， ∴f（x）关于（1，a）中心对称. 法二　将f（x）向左平移一个单位长度⇒f（x＋1）＝ln＋a（x＋1）＋bx3关于（0，a）中心对称， ∴f（x）关于（1，a）中心对称. （3）令函数g（x）＝f（x）＋2，依题意g（x）＞0当且仅当1＜x＜2，从而g（1）≤0. 若g（1）＜0，∵g（）＞0， ∴存在x0∈（1，），使g（x0）＝0，矛盾， 从而g（1）＝0，故a＝－2. f'（x）＝＋3b（x－1）2 ＝（x－1）2［＋3b］. 设h（x）＝＋3b，x∈（1，2），易知h（x）在（1，2）上单调递增，h（1）＝2＋3b， 若b＜－，h（1）＜0，令h（x）＝0，得x＝1＋或x＝1－（舍去），当x∈时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，f（x）在区间上单调递减，不符合题目要求. 若b≥－，当x∈（1，2）时，h（x）≥0. 从而f'（x）≥0，当且仅当x＝1时等号成立，故f（x）在区间（1，2）上单调递增，符合题目要求. 因此b的取值范围是［－，＋∞）. 分离参数法解决恒（能）成立问题 【例1】　（2024·安庆二模）已知函数f（x）＝2ln x－x＋（m∈R）. （1）当m＝－3时，求函数f（x）的单调区间； （2）若不等式f（x）≤0对任意的x∈[1，＋∞）恒成立，求实数m的取值范围. 解：（1）当m＝－3时，f（x）＝2ln x－x－，其定义域为（0，＋∞）， f'（x）＝－1＋＝＝， 令f'（x）＝0，得x＝3（x＝－1舍去）， 当0＜x＜3时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增； 当x＞3时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减. 所以函数f（x）的单调递增区间为（0，3），单调递减区间为（3，＋∞）. （2）由条件可知m≤x2－2xln x对任意的x∈[1，＋∞）恒成立， 令h（x）＝x2－2xln x，x≥1，只需m≤[h（x）]min即可. h'（x）＝2x－2（ln x＋1）＝2（x－ln x－1）， 令μ（x）＝x－ln x－1，则μ'（x）＝≥0， 所以函数h'（x）在[1，＋∞）上单调递增， 于是h'（x）≥h'（1）＝0，所以函数h（x）在[1，＋∞）上单调递增， 所以[h（x）]min＝h（1）＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是（－∞，1]. 感悟提升 　　分离参数法确定不等式f（x，λ）≥0（x∈D，λ为实数）恒（能）成立问题中参数范围的步骤 （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∈D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. 　已知函数f（x）＝x2－aln x（a∈R）.∃x∈[1，e]，使得≤0成立，求实数a的取值范围. 解：因为∃x∈[1，e]，使得≤0成立， 即∃x∈[1，e]，使得f（x）＋1＋a≤0成立， 由ln x∈[0，1]，得1－ln x∈[0，1]， 当ln x＝1，即x＝e时， f（x）＋1＋a＝e2－aln e＋1＋a＝e2＋1， 此时显然不满足f（x）＋1＋a≤0； 当x∈[1，e）时，原不等式等价于－a≥，x∈[1，e）， 令g（x）＝，x∈[1，e）， 则g'（x）＝， 由于3－2ln x∈（1，3]， 所以g'（x）＞0， 所以函数g（x）在[1，e）上单调递增， 所以g（x）min＝g（1）＝2， 所以－a≥2，解得a≤－2. 故实数a的取值范围为（－∞，－2]. 分类讨论法解决恒（能）成立问题 【例2】　已知函数f（x）＝－aln x－＋ax，a∈R.设g（x）＝f（x）＋xf'（x），若关于x的不等式g（x）≤－ex＋＋（a－1）x在[1，2]上有解，求实数a的取值范围. 解：因为g（x）＝f（x）＋xf'（x）， 所以g（x）＝－aln x－ex＋2ax－a， 由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤－＋＋（a－1）x0成立， 则存在x0∈[1，2]，使得－aln x0＋（a＋1）x0－－a≤0成立， 令h（x）＝－aln x＋（a＋1）x－－a，x∈[1，2]， 则h'（x）＝＋a＋1－x＝－，x∈[1，2]. ①当a≤1时，h'（x）≤0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递减， 所以h（x）min＝h（2）＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0. ②当1＜a＜2时，令h'（x）＞0，解得1＜x＜a， 令h'（x）＜0，解得a＜x＜2， 所以函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减. 又因为h（1）＝，所以h（2）＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜2矛盾，故舍去. ③当a≥2时，h'（x）≥0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝＞0，不符合题意. 综上所述，实数a的取值范围为（－∞，0]. 感悟提升 分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题 （1）对于不等式恒（能）成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，求解不等式得参数的范围，体现转化思想； （2）解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意对参数的不同取值范围进行分类讨论. 　已知函数f（x）＝ax＋＋2－2a（a＞0）.若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，求a的取值范围. 解：若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则f（x）－2ln x≥0在[1，＋∞）上恒成立. 设g（x）＝f（x）－2ln x＝ax＋＋2－2a－2ln x，x∈[1，＋∞）， 则g（1）＝0，g'（x）＝a－－＝. ①当0＜a＜1时，＞1，若1＜x＜，则g'（x）＜0，此时g（x）在（1，）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上不恒成立. ②当a≥1时，≤1，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，此时f（x）≥2ln x. 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞）. 1.（2024·南京六校联考）已知函数f（x）＝x（aex＋1），a∈R. （1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； （2）若f（x）≥x2在（0，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围. 解：（1）当a＝1时，f（x）＝x（ex＋1），f'（x）＝ex（x＋1）＋1，则f'（0）＝2，而f（0）＝0， 所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x. （2）∀x∈（0，＋∞），由f（x）≥x2，得a≥， 设g（x）＝，则g'（x）＝， 令g'（x）＝＝0，得x＝2， 则x∈（0，2）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈（2，＋∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减， 故g（x）max＝g（2）＝e－2，故a≥e－2， 即实数a的取值范围为[e－2，＋∞）. 2.已知函数f（x）＝3ln x－x2＋x，g（x）＝3x＋a. （1）若函数f（x）与g（x）的图象相切，求实数a的值； （2）若存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立，求实数a的取值范围. 解：（1）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（1，）， 将切点坐标代入g（x）＝3x＋a，得＝3×1＋a，所以a＝－. （2）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（－∞，－）. 3.已知函数f（x）＝xsin x＋cos x. （1）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的单调区间； （2）设函数g（x）＝－x2＋2ax，若对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围. 解：（1）f（x）＝xsin x＋cos x，则f'（x）＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x. 当x∈（0，π）时，令f'（x）＞0，得0＜x＜，令f'（x）＜0，得＜x＜π， 所以当x∈（0，π）时，函数f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，π）. （2）对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得f（x1）≤g（x2）成立，即［f（x1）］max≤[g（x2）]max. 当x∈[－π，π]时，f（－x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数. 由（1）得f（x）在[0，π]上的最大值为f（）＝，所以f（x）在[－π，π]上的最大值为. 所以对x1∈[－π，π]，［f（x1）］max＝×＝. 故原问题转化为存在x2∈[0，1]，使得g（x2）≥成立，即[g（x2）]max≥. 易知函数g（x）＝－x2＋2ax为二次函数，图象的对称轴为直线x＝a. ①当a≤0时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（0）＝0，不合题意. ②当0＜a＜1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（a）＝a2， 令a2≥，得a≥或a≤－，所以≤a＜1. ③当a≥1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（1）＝2a－1， 令2a－1≥，得a≥，所以a≥1. 综上，a的取值范围是［，＋∞）. 4.已知函数f（x）＝（2x2－x3）e1－x，其中x＞0. （1）求f（x）的最大值； （2）若不等式ax2e1－x＋｜ln x｜≥a对于任意的x∈（0，＋∞）恒成立，求实数a的取值范围. 解：（1）f'（x）＝（x3－5x2＋4x）e1－x＝x（x－1）·（x－4）·e1－x，x＞0， 令f'（x）＞0，解得x＞4或0＜x＜1， 令f'（x）＜0，解得1＜x＜4， 故f（x）在（0，1），（4，＋∞）上单调递增，在（1，4）上单调递减， 故f（x）在x＝1处取得极大值，f（1）＝e1－1＝1， f（x）＝（2x2－x3）e1－x＝x2（2－x）e1－x，当x＞2时，f（x）＜0恒成立， 故f（x）在x＝1处取得最大值，f（x）max＝1. （2）设g（x）＝ax2e1－x＋｜ln x｜－a，其中x＞0， 则g（x）≥0对任意的x∈（0，＋∞）恒成立. ①当x＝1时，g（1）＝0，符合题意. ②当0＜x＜1时，g（x）＝ax2e1－x－ln x－a， g'（x）＝a（2x－x2）e1－x－＝（f（x）－）， 由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，故f（x）∈（f（0），f（1）），即f（x）∈（0，1）， 若a＜0，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，有g（x）＞g（1）＝0，符合题意； 若a＝0，g（x）＝－ln x＞0，符合题意； 若≥1，则0＜a≤1，g'（x）＜0，则g（x）在（0，1）上单调递减，有g（x）＞g（1）＝0，符合题意； 若0＜＜1，则a＞1，存在x0∈（0，1），使得f（x0）＝， 当x∈（x0，1）时，f（x）＞，故g'（x）＞0，则g（x）单调递增，可得g（x）＜g（1）＝0，不符合题意， 因此当0＜x＜1时，a∈（－∞，1]. ③当x＞1时，g（x）＝ax2e1－x＋ln x－a，且g'（x）＝a（2x－x2）·e1－x＋＝（f（x）＋），由②可知只需考虑a≤1， 若－1＜＜0，则a＜－1，由（1）知f（x）在（1，2）上单调递减，故f（x）∈（f（2），f（1）），即f（x）∈（0，1）， 存在x1∈（1，2），使得f（x1）＋＝0， 当x∈（1，x1）时，f（x1）＋＞0，得g'（x）＜0，则g（x）单调递减，可得g（x）＜g（1）＝0，不符合题意； 若≤－1，则－1≤a＜0，由（1）可知：当x＞1时，f（x）＜1，f（x）＋＜0， 故g'（x）＞0，则g（x）在（1，＋∞）上单调递增，有g（x）＞g（1）＝0，符合题意； 若a＝0，g（x）＝ln x＞0，符合题意； 若0＜a≤1，下面证明0＜a≤1符合题意， 当x≥e时，ax2e1－x＞0，故g（x）＞ln x－a≥ln x－1≥0， 当1≤x＜e时，设h（x）＝x2e1－x－1，则h'（x）＝x（2－x）e1－x， 可得h（x）在（1，2）上单调递增，在（2，e）上单调递减， 故h（x）＞min{h（1），h（e）}＝min{0，e3－e－1}＝0， 从而g（x）＝a·h（x）＋ln x＞0，符合题意. 综上，a∈[－1，1]. 6 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $