第二章 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（北师大版）

本讲义聚焦导数在恒（能）成立问题及不等式证明中的应用，系统梳理分离变量法、分类讨论法、构造法等核心方法，从函数单调性分析切入，逐步过渡到问题转化与最值求解，搭建完整学习支架。 资料通过例题解析与方法总结结合，以分类讨论培养逻辑推理（数学思维），构造新函数提升问题转化能力（数学眼光），规范解题步骤强化数学语言表达。课中辅助教师高效授课，课后助力学生回顾方法、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. 题型一　分离变量法解决恒(能)成立问题 设函数f(x)＝ln x－ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＞0时，若f(x)＜0在上恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)已知f(x)＝ln x－ax，则函数f(x)的定义域为，且f'(x)＝－a， 当a≤0时，f'(x)＞0，所以f(x)在上单调递增； 当a＞0，且x∈时，f'(x)＞0，此时f(x)在(0，)上单调递增； x∈时，f'(x)＜0，此时f(x)在上单调递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)在定义域上单调递增； 当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)当a＞0时，f(x)＜0在上恒成立， 即a＞上恒成立，设g(x)＝，则g'(x)＝， 当x∈(0，e)时，g'(x)＞0，g(x)为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g'(x)＜0，g(x)为减函数. 所以g(x)max＝g＝＝，则a＞g(x)max＝. 所以实数a的取值范围为. 恒成立、有解问题与函数最值的等价转化 恒成立问题 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.已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论函数y＝f(x)的单调性； (2)若当x≥1时，f(x)≥ex＋x2－x＋1恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f'(x)＝ex＋2x－1. 因为f'(x)在定义域上单调递增，且f'(0)＝0， 则当x∈(－∞，0)时，f'(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)当x≥1时，f(x)≥ex＋x2－x＋1恒成立， 即ax2≥x2＋1(x≥1)恒成立， 所以a≥1＋恒成立. 令g(x)＝1＋，则a≥g(x)max， 又g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝2，所以a≥2. 故实数a的取值范围为[2，＋∞). 学生用书⬇第94页 题型二　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 f(x)＝3(x－1)－2xln x， 则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且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. (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－e＜a＜1时，h(1)＞0，h(e)＝－e－a＜0， h(x)单调递减， 故存在x0∈使得h＝0， 则当x∈时，h(x)＞0，g(x)单调递增， g(x)＞g(1)＝0，不符合要求； ③当a≤－e时，＞1，h(1)＞0， h＝a＜0，h(x)单调递减， 故存在x0∈使得h＝0， 则当x∈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，＋∞). 　　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∈， 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. 题型三　构造法证明不等式 已知函数f(x)＝x＋ax2＋bln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立. 解：(1)由题设可知f(x)的定义域为(0，＋∞)， f'(x)＝1＋2ax＋. 因为y＝f(x)在点P(1，0)处的切线斜率为2， 所以f(1)＝1＋a＝0，f'(1)＝1＋2a＋b＝2， 解得a＝－1，b＝3. (2)证明：由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x(x＞0). 则转化为证明2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)＝2－x－x2＋3ln x，x＞0， 则g'(x)＝－1－2x＋＝－， 所以当0＜x＜1时，g'(x)＞0； 当x＞1时，g'(x)＜0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以g(x)在x＝1处有最大值g(1)＝0， 所以g(x)≤0对任意正实数x恒成立，即2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 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.因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解.用构造法证明不等式f(x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(作差)：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. ≤ln≤x，x＞－1，等号当且仅当x＝0时取到. 对点练3.已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R. (1)当a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)当a＝－1时，求证：f(x)≤x2. 解：(1)当a＝0时，f(x)＝xln x， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝ln x＋1. 当x＞时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当0＜x＜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，单调递减区间为. (2)证明：当a＝－1时，f(x)＝x(ln x＋1)， 即证x(ln x＋1)≤x2. 因为x＞0，所以即证ln x＋1－x≤0. 设g(x)＝ln x＋1－x，即证g(x)max≤0. 因为g'(x)＝－1＝(x＞0)， 故当x＞1时，g'(x)＜0，函数g(x)单调递减； 当0＜x＜1时，g'(x)＞0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)max＝g(1)＝0，所以g(x)≤0. 所以原命题得证. 学生用书⬇第95页 1.若函数f(x)＝xln x－ax＋1在[e，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，2) B.(－∞，2] C.(2，＋∞) D.[2，＋∞) 答案：B 解析：f'(x)＝1＋ln x－a，又f(x)在[e，＋∞)上单调递增，故f'(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立.而x∈[e，＋∞)时，易知f'(x)min＝2－a，故只需要2－a≥0即可，故a≤2.故选B. 2.已知∃x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为(　　) A.[0，＋∞) B. C. D.[e，＋∞) 答案：B 解析：由题意，∃x∈[1，3]，使a≥－成立.令f(x)＝－，则f'(x)＝(x＞0).当x∈(0，e)时，f'(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，f'(x)＞0.所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(e)＝－，故a≥－.故选B. 3.已知－1＋2x≥0对任意x∈都成立，则实数a的最小值是　　　　. 答案： 解析：因为x∈，所以－1＋2x≥0可等价变形为a≥x2－2x3.令f(x)＝x2－2x3(0＜x＜)，则f'(x)＝2x－6x2＝2x(1－3x).由f'(x)＞0得0＜x＜，则函数f(x)在上单调递增；由f'(x)＜0得＜x＜，则函数f(x)在上单调递减，所以x∈时，则f(x)≤f＝－＝，故a≥. 4.已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ax2＋1，当a＜0时，对任意x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)＞g(x2)成立，则实数a的取值范围是　　　　. 答案： 解析：依题意，x∈[1，e]时，f(x)min＞g(x)max.已知a＜0，则g'(x)＝2ax＜0在[1，e]上恒成立，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增.所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以有－a＞a＋1，得a＜－，故实数a的取值范围是. 当a＞1时，由(1)知f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减， 所以函数f(x)在[－2，0]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－2a)≤， 所以a≥. 综上，实数a的取值范围为(－∞，0]∪. 学科网（北京）股份有限公司 $