微专题22 专项2 导数与不等式恒成立(有解)问题(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦函数、导数与不等式专题，围绕导数综合应用及不等式恒成立问题，对接高考评价体系，分析恒成立、双变量等高频考点权重，归纳分类讨论、分离参数等常考题型，构建系统备考框架，凸显高考针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题引领与应试技巧指导，如2024全国甲卷导数题解析，通过求最值法、构造函数培养数学思维与模型意识，助力学生掌握参数范围求解技巧。教师可依托专题训练与方法提炼，精准指导学生高效突破考点，提升高考得分率。

赢在微点 考前顶层设计 数学 专题六　 函数、导数与不等式 专题六 函数、导数与不等式 微专题22 导数的综合应用 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 专题六 函数、导数与不等式 专项2　 导数与不等式恒成立 (有解)问题 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成微练（三十五） 例　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； 当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1.易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值． (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则f′(x)＝－a ln (1＋x)－，设g(x)＝－a ln (1＋x)－，则g′(x)＝－－. 解法一：当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－，故a≤－是原不等式成立的一个必要条件． 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0，所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.综上，a的取值范围是. 解法二：g′(x)＝－－＝－，当a≤－时，同解法一不等式恒成立．当－<a<0时，x∈时，g′(x)<0，所以g(x)在上单调递减，g(x)≤g(0)＝0，所以f′(x)≤0，f(x)在上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0矛盾，不等式不成立．当a≥0时g′(x)≤0，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(0)＝0即f′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0矛盾，不等式不成立．综上，a的取值范围是. 由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 (1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题． (2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围． 训练1　(分类讨论法)(2025·齐齐哈尔二模)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； f(x)＝ln x＋ax＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝，x>0，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，当x＝－时，f′(x)＝0，当0<x<－时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x>－时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，－)；f(x)的单调递减区间为(－，＋∞). (2)若∀x>0，f(x)<3－xeax恒成立，求a的取值范围． 若∀x>0，f(x)<3－xeax恒成立，即∀x>0，ln x＋ax＋2<3－xeax恒成立，则∀x>0，ln x＋ax＋xeax－1<0恒成立，设g(x)＝ln x＋ax＋xeax－1，x>0，g′(x)＝＋a＋eax＋axeax＝(ax＋1)，因为x>0，所以＋eax>0，当a≥0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝ln 1＋a＋ea－1＝a＋ea－1≥a＋e0－1＝a≥0，所以a≥0不合题意；当a<0 时，当x＝－时，g′(x)＝0，当0<x<－时，g′(x)>0，则g(x)单调递增；当x>－时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，则g(x)的最大值为g＝ln ＋·－2，则ln ＋·－2<0，令t＝－，φ(t)＝ln t＋t－2，t>0，φ′(t)＝＋>0，则φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(e)＝ln e＋×e－2＝0，所以由φ(t)<0，得0<t<e，所以0<－<e且a<0，所以a<－，即a的取值范围为(－∞，－). 训练2　(分离参数法)已知函数f(x)＝x ln x－ax. (1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间； 当a＝0时，函数f(x)＝x ln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<，故f(x)的单调递减区间是，令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，故f(x)的单调递增区间是，综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围． 由对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立知x ln x≤x2＋ax＋2恒成立．因为x>0，故a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－1＋＝－，令h′(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，当x∈(0，2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故当x＝2时，h(x)取得极大值，也是最大值，即h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝ln 2－3，故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞). 训练3　(双变量问题)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R). (1)当0<a<时，讨论函数f(x)的单调性； 因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝1或－1，当0<a<时，－1>1>0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． (2)设g(x)＝x2－2bx＋4.当a＝时，若对任意的x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围． a＝∈，－1＝3∉ (0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.因为对任意的x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上 的最小值－　(*).又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)式矛盾；当1≤b≤2时，g(x)min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*)式矛盾；当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥.所以实数b的取值范围为. 双变量的恒(能)成立问题的常见转化 (1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. (4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. $