第五章 重点突破7 利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

本高中数学讲义聚焦导数在恒（能）成立问题与不等式证明中的应用，系统梳理分离变量法、分类讨论法、等价转化法及最值法四种核心技法，通过例题解析、对点练习与方法总结，构建从基础方法到综合应用的学习支架。 资料以具体问题为载体，如通过分离变量法求解含对数函数的恒成立问题，结合分类讨论标准（如最高次项系数、导数零点等）培养学生逻辑推理能力（数学思维），通过等价转化中双变量问题的归纳提升模型构建能力（数学语言）。课中辅助教师清晰授课，课后助力学生巩固方法、查漏补缺。

学习目标 1.会用导数求解恒(能)成立问题，并掌握几种常见的求解方法. 2.会用导数证明有关不等式，并掌握几种常见的证明方法. 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 设函数f＝ln x－ax. (1)讨论f的单调性； (2)当a＞0时，若f＜0在上恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)已知f＝ln x－ax，则函数f，且f'＝－a， 当a≤0时，f'＞0， 所以f上单调递增； 当a＞0，且x∈时，f'＞0，此时f上单调递增； x∈时，f'＜0，此时f上单调递减. 综上所述，当a≤0时，f在定义域上单调递增； 当a＞0时，f上单调递增， 在上单调递减. (2)当a＞0时，f＜0在上恒成立， 即a＞上恒成立， 设g＝，则g'＝， 当x∈(0，e)时，g'＞0，g为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g'＜0，g为减函数. 所以g＝g＝＝， 则a＞g＝. 所以实数a的取值范围为. 恒(能)成立、有解问题与函数最值的等价转化 恒(能)成立问题 ①f(x)≥a恒成立⇔f(x)min≥a； f(x)≤a恒成立⇔f(x)max≤a. ②f(x)≥g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min≥0； f(x)≤g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max≤0. 有解问题 ①f(x)≥a有解⇔f(x)max≥a； f(x)≤a有解⇔f(x)min≤a. ②f(x)≥g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max≥0； f(x)≤g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min≤0. 对点练1.(1)若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为(　　) A.＋3e－2 B.＋e＋2 C.4 D.e2－1 (2)已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则实数m的取值范围为　　　　. 答案：(1)A　(2)[0，＋∞) 解析：(1)因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋，则h'(x)＝＋1－＝，当≤x＜1时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，当1＜x≤e时，h'(x)＞0，h(x)单调递增.因为存在x∈，使m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max，因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，所以h＞h(e).所以m≤＋3e－2.故选A. (2)因为f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.令g(x)＝ln x－x＋1(x＞0)，则g'(x)＝－1＝(x＞0)，因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0，所以m≥0. 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，x＞0， 所以f'(x)＝1－2ln x， 令f'(x)＞0，解得0＜x＜， 所以f(x)的单调递增区间为(0，). (2)因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立， 所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立， 令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x， 则g(1)＝0，且g'(x)＝， 令h(x)＝x－a－2xln x， 则h'(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a， 因为当x≥1时，h'(x)＜0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减. ①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(1)＝0，符合要求； ②当a＜1时，h(1)＞0，x→＋∞时，h(x)→－∞， 故存在x0∈(1，＋∞)使得h(x0)＝0， 则当x∈(1，x0)时，h(x)＞0，g(x)单调递增， g(x)＞g(1)＝0，不符合要求. 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞). 学生用书⬇第121页 　　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏， 一般情况下，分类时常考虑以下情况： 1.最高次项系数的正负情况(注意0). 2.导数的零点存在与否(二次的一般用Δ). 3.极值点的大小关系(分三种情况，包括相等). 4.极值点与定义域的关系. 对点练2.已知函数f(x)＝aln x＋＋x＋1.若F(x)＝f(x)－，且当a≥－2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围. 解：F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1，2]， 则F'(x)＝＋＋1＝＝. ①当2－≥0，即－2≤a≤2时，F'(x)≥0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1， 得－≤a≤2； ②当2－＜0，即a＞2时， 令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8＞0， 设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1＜0，x2＜0， 所以在区间[1，2]上，F'(x)＝＞0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)≥1，得a＞2. 综上，当a≥－2时，应有a≥－， 所以实数a的取值范围是［－，＋∞). 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a＞0，∀x1，x2∈[3，＋∞)(x1≠x2)，都有｜f(x1)－f(x2)｜＜｜g(x1)－g(x2)｜，求实数a的取值范围. 解：因为f'(x)＝1＋(x＞0)，a＞0， 所以x∈[3，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数； 因为g'(x)＝ex＞0， 所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数. 不妨设x1＜x2， 则f(x1)＜f(x2)，g(x1)＜g(x2)， 所以｜f(x1)－f(x2)｜＜｜g(x1)－g(x2)｜可转化为f(x2)－f(x1)＜g(x2)－g(x1)， 即f(x1)－g(x1)＞f(x2)－g(x2)， 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1， 则h(x)在[3，＋∞)上为减函数，h'(x)＝1＋－ex≤0在[3，＋∞)上恒成立， 即∀x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立， 设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)， 则v'(x)＝ex＋xex－1＞0， 所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数， 所以v(x)min＝3e3－3，所以a≤3e3－3， 故实数a的取值范围为(0，3e3－3]. 1.对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题. 2.双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立⇔f(x)min≥g(x)max； (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)min≥g(x)min； (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)max； (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立⇔f(x)max≥g(x)min； (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 学生用书⬇第122页 对点练3.(2025·黑龙江大庆高二检测)设a为实数，函数f(x)＝x3－3x2＋a，g(x)＝xln x. (1)求f(x)的极值； (2)对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈［，e］，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围. 解：(1)函数f(x)＝x3－3x2＋a的定义域为R， f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)， 令f'(x)＝0，可得x＝0或2，列表如下： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f'(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 故函数f(x)的极大值为f(0)＝a，极小值为f(2)＝a－4. (2)对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈［，e］，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max， 由(1)可知，函数f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，故当x∈[1，3]时，f(x)min＝f(2)＝a－4， 因为g(x)＝xln x，且x∈［，e］， 则g'(x)＝1＋ln x≥0且g'(x)不恒为零， 故函数g(x)在［，e］上单调递增， 故g(x)max＝g(e)＝e， 由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4， 所以实数a的取值范围为[e＋4，＋∞). 技法四　最值法证明不等式 (1)已知函数f(x)＝cos x＋－1，求证：当x≥0时，f(x)≥0. (2)已知函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝，求证：f(x)＋g(x)－(1＋)ln x＞e. (3)已知函数f(x)＝cos x＋mx2－1(x∈R)，证明：当m≥时，f(x)≥0. 证明：(1)f(x)＝cos x＋－1(x≥0)， 则f'(x)＝x－sin x， 设φ(x)＝x－sin x，则φ'(x)＝1－cos x， 当x≥0时，φ'(x)＝1－cos x≥0， 即f'(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增， 所以f'(x)≥f'(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0. (2)要证f(x)＋g(x)－(1＋)ln x＞e， 即要证＋－ln x－e＞0⇔ex－ex＋1＞(x＞0). 令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F'(x)＝ex－e， 当x∈(0，1)时， F'(x)＜0； 当x∈(1，＋∞)时，F'(x)＞0. 所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1. 令G(x)＝(x＞0)，G'(x)＝. 当x∈(0，e)时，G'(x)＞0； 当x∈(e，＋∞)时，G'(x)＜0， 所以G(x)max＝G(e)＝1. x＝1与x＝e不同时取得，所以F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1＞，故原不等式成立. (3)当m≥时，f(x)＝cos x＋mx2－1≥cos x＋x2－1， 令g(x)＝cos x＋x2－1，g(－x)＝cos(－x)＋(－x)2－1＝cos x＋x2－1＝g(x)， 故g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数， 则g'(x)＝－sin x＋x， 令h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x， 则h(－x)＝－sin(－x)＋(－x)＝sin x－x＝－h(x)， 故h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x为奇函数，其中h'(x)＝1－cos x≥0恒成立， 故h(x)＝g'(x)＝－sin x＋x在[0，＋∞)上单调递增， 其中h(0)＝0，故h(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 故g(x)＝cos x＋x2－1在[0，＋∞)上单调递增， 其中g(0)＝cos 0＋0－1＝0，故g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 结合g(x)＝cos x＋x2－1为偶函数，故g(x)≥0在R上恒成立， 故当m≥时，f(x)＝cos x＋mx2－1≥0在R上恒成立. 1.利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式(含比较大小)问题，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(含比较大小)常与函数最值问题有关. (1)证明一个函数的最值问题；(2)证明两个函数的最值问题；(3)放缩法证明函数的最值问题.其中用最值法证明不等式f(x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(构造)：构造新函数h(x)＝f(x)－g(x)； 第二步(转化)：问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可； 第三步(讨论单调性)：根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性； 第四步(求最值)：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可. 2.证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到； (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到； (3)ln x＜x＜ex，x＞0； (4)≤ln(x＋1)≤x，x＞－1，等号当且仅当x＝0时取到. 对点练4.(2025·安徽合肥四校高二期中联考)已知函数f(x)＝aex－ln x－1. (1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值和f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥时，f(x)≥0. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝aex－. 因为x＝2是f(x)的极值点，所以f'(2)＝0，即ae2－＝0，所以a＝， 则f(x)＝ex－ln x－1，f'(x)＝ex－. 设u(x)＝ex－(x＞0)， 则u'(x)＝ex＋＞0， 所以函数u(x)在(0，＋∞)上单调递增，且u(2)＝0， 所以当0＜x＜2时，u(x)＜0，即f'(x)＜0； 当x＞2时，u(x)＞0，即f'(x)＞0， 所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，此时极小值点为x＝2，无极大值点. (2)证明：当a≥时，f(x)≥ex－1－ln x－1. 设g(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)， 则g'(x)＝ex－1－＝. 设h(x)＝xex－e(x＞0)，则h'(x)＝ex＋xex＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0， 所以当0＜x＜1时，h(x)＜0，即g'(x)＜0； 当x＞1时，h(x)＞0，即g'(x)＞0， 所以x＝1是g(x)的极小值点，也是最小值点. 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0. 所以当a≥时，f(x)≥0. 学生用书⬇第123页 1.已知不等式xsin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则整数a的最小值为(　　) A.2 B.1 C.0 D.－1 答案：A 解析：设f(x)＝xsin x＋cos x，则f'(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当0＜x＜时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当＜x＜π时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，所以x＝时，f(x)取得极大值也是最大值f＝.所以不等式xsin x＋cos x≤a对任意x∈[0，π]恒成立，则a≥，其中最小的整数是2.故选A. 2.若∃x＞0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是(　　) A.［，＋∞) B.(，＋∞) C.(－∞，］ D.(－∞，) 答案：C 解析：由题设知a≤能成立，令f(x)＝且x＞0，则f'(x)＝＝，所以当0＜x＜时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞时，f'(x)＜0，f(x)单调递减.所以f(x)≤f()＝，故a≤.故选C. 3.当x＞0时，f(x)＝x3－3x2－9x，g(x)＝15x－80，试判断f(x)与g(x)的大小关系为　　　　　　. 答案：f(x)≥g(x) 解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－3x2－9x－15x＋80＝x3－3x2－24x＋80，所以h'(x)＝3x2－6x－24＝3(x2－2x－8)＝3(x－4)(x＋2)，因为x＞0，所以当0＜x＜4时，h'(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞4时，h'(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(4)＝0，所以h(x)≥0，即f(x)≥g(x). 4.当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x＜m恒成立，则实数m的取值范围为　　　　　　. 答案：(2，＋∞) 解析：设f(x)＝x3－x2－2x，x∈[－1，2]，则f'(x)＝3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)，当x∈［－1，－)或x∈(1，2]时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减.又由f＝，f(2)＝2，即f＜f(2)，即函数f(x)在区间[－1，2]的最大值为2，又当x∈[－1，2]时，x3－x2－2x＜m恒成立，所以m＞f(x)max，即m＞2，即实数m的取值范围是(2，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $