板块一 习题讲评（六）导数与不等式恒（能）成立问题-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

导数与不等式恒（能） 成立问题 习题讲评（六） 1 2 教学点(一)　利用导数研究不等式 恒成立问题 教学点(二)　利用导数研究不等式 能成立问题 CONTENTS 目录 利用导数研究不等式恒成立问题 教学点（一） 3 [典例]　已知函数f（x）=，g（x）=ax-ln x-1. （1）判断f（x）的单调性； 思维路径： （1）先对f（x）求导，再对a分a=0，a>0，a<0三类讨论，分别判断f（x）的单调性. 解：∵f（x）=（x≠0），∴f'（x）=.当a=0时，f'（x）<0， ∴f（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上单调递减； 当a>0时，令f'（x）>0，得x>；令f'（x）<0，得0<x<或x<0， 4 ∴f（x）在上单调递增，在（-∞，0）和上单调递减； 当a<0时，令f'（x）>0，得x<；令f'（x）<0，得<x<0或x>0， ∴f（x）在上单调递增，在和（0，+∞）上单调递减. 综上所述，当a=0时，f（x）在（-∞，0）和（0，+∞）上单调递减； 当a>0时，f（x）在上单调递增，在（-∞，0）和上单调递减；当a<0时，f（x）在上单调递增，在和（0，+∞）上单调递减. 5 思维路径：法一　运用换元法，将f（x）+g（x）≥0换元为et+t-1≥0，参变分离得a≥，令φ（x）=，对其求导讨论单调性，即可求出a的取值范围. 法二　对h（x）=f（x）+g（x）求导，再对a分a≤0，a>0两类讨论，分别求出h（x）≥0恒成立的条件，即可求出a的取值范围. （2）若f（x）+g（x）≥0恒成立，求a的取值范围. 解：法一　∵f（x）+g（x）=+ax-ln x-1≥0（x>0）恒成立， ∴eax-ln x+ax-ln x-1≥0恒成立.令t=ax-ln x，则et+t-1≥0. 令h（t）=et+t-1，则h（t）在R上单调递增. 6 ∵h（0）=0，∴由h（t）≥0，得t≥0.由t=ax-ln x≥0，得a≥（x>0）. 令φ（x）=，则φ'（x）=，∴φ（x）在（0，e）上单调递增， 在（e，+∞）上单调递减，∴φ（x）max=φ（e）=，∴a∈. 法二　令h（x）=f（x）+g（x）=+ax-ln x-1（x>0）， 则h（x）≥0恒成立.h'（x）=+a-=. ①当a≤0时，∵x>0，∴h'（x）<0，∴h（x）在（0，+∞）上单调递减.∵h（1）=ea+a-1≤0，∴h（x）≥0不是恒成立. 7 ②当a>0时，则h（x）在内单调递减， 在上单调递增，∴h（x）min=h=ae+ln a. 令m（a）=ae+ln a， 则函数m（a）=ae+ln a在（0，+∞）上单调递增， 且m=0，∴当a∈时，h（x）≥0恒成立. 8 |思|维|建|模|　两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法： 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围. （2）函数思想法： 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：构建不等式求解. 9 （2025·盘锦三模）已知函数f（x）=x2-3x+λln x. （1）当0<λ<时，讨论f（x）的单调性； 即时训练 解：依题意，x∈（0，+∞），f'（x）=2x-3+=， 由2x2-3x+λ=0得Δ=9-8λ.当0<λ<时，Δ>0. 令f'（x）=0，得x1=，x2=， 10 则当0<λ<时，0<x1<x2，故当x∈（0，x1）时，f'（x）>0， 当x∈（x1，x2）时，f'（x）<0， 当x∈（x2，+∞）时，f'（x）>0， 所以f（x）在内单调递增； 在内单调递减；在上单调递增. 11 （2）若∀x∈[2，4]，f（x）≤0，求实数λ的取值范围. 解：令x2-3x+λln x≤0，因为x∈[2，4]，所以ln x>0， 故λ≤，令g（x）=（x∈[2，4]）， 则g'（x）=，（解题关键：分离参数后构造函数，利用导数研究其最值即可求解恒成立问题） 12 令h（x）=（3-2x）ln x-3+x（x∈[2，4]）， 则h'（x）=-2ln x+-1，易知h'（x）为减函数， 则在[2，4]上，h'（x）≤h'（2）=-2ln 2<0， 故h（x）在[2，4]内单调递减，则h（x）≤h（2）=-ln 2-1<0， 故g'（x）<0，g（x）在[2，4]内单调递减， 故λ≤g（x）min=g（4）=-，故实数λ的取值范围为. 13 利用导数研究不等式能成立问题 教学点（二） 14 [典例]　已知f（x）=ax2-2ln x，x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数. （1）讨论f（x）的单调性； 思维路径：（1）先求导，然后对a分类讨论，判断f'（x）符号的正负， 从而可得f（x）的单调性； 解：由题意知x∈（0，e]，f'（x）=2ax-=. 当a≤0时，ax2-1<0⇒f'（x）<0， 则此时f（x）在x∈（0，e]内单调递减； 当a>0时，f'（x）==. 15 当<e，即a>时，令f'（x）>0，得x∈；令f'（x）<0， 得x∈，故f（x）在内单调递减，在内单调递增； 当 ≥e，即0<a≤时，此时f（x）在（0，e]内单调递减. 综上，当a≤时，f（x）在（0，e]内单调递减； 当a>时，f（x）在内单调递减，在内单调递增. 16 （2）设a>，g（x）=-5+ln.存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）| <9成立，试求实数a的取值范围. 思维路径：（2）转化为x∈（0，e]，|f（x1）min-g（x2）max|<9，进而可得实数a的取值范围. 解：当a>时，由（1）可得f（x）min=f=1-2ln=1+ln a. 又g（x）=-5+ln ，则g'（x）=>0，得g（x）在（0，e]内单调递增， 则当x∈（0，e]时，g（x）max=g（e）=-4-ln a. 17 因为存在x1，x2∈（0，e]，使得|f（x1）-g（x2）|<9成立， （这里的实质是|f（x1）-g（x2）|max<9）等价于当x∈（0，e]时， |f（x1）min-g（x2）max|<9，则|1+ln a+4+ln a|<9， 即-9<2ln a+5<9，解得e-7<a<e2.又a>， 则实数a的取值范围是. 18 |思|维|建|模|　不等式能成立的转化方法 （1）f（x）>0有解⇔f（x）max>0；f（x）<0有解⇔f（x）min<0. （2）f（x）>a有解⇔f（x）max>a；f（x）<a有解⇔f（x）min<a. （3）f（x）>g（x）有解⇔[f（x）-g（x）]max>0；f（x）<g（x） 有解⇔[f（x）-g（x）]min<0. 即时训练 即时训练 （2025·张家口一模）已知f（x）=ln x-a（x+1），a∈R. （1）若a=2，求曲线f（x）在x=1处的切线方程； 思维路径：（1）由题意结合导数依次求出f（1），f'（1）即可由直线点斜式方程求解； 解：当a=2时，f（x）=ln x-2（x+1）， 所以f（1）=-4，f'（x）=-2，则f'（1）=-1， 所以曲线f（x）在x=1处的切线方程为y-（-4）=-1×（x-1）， 即x+y+3=0. 20 （2）若∃x0∈（0，2]，使f（x0）>0，求a的取值范围. 思维路径：（2）先由f（x0）>0得到a<，构造函数g（x）=， x∈（0，2]，利用导数求出g（x）max即可由存在性得解. 解：因为∃x0∈（0，2]，使得f（x0）>0， 即ln x0-a（x0+1）>0，所以a<. 令g（x）=，x∈（0，2]，则g'（x）=. 21 令h（x）=1+-ln x，x∈（0，2]， 所以h'（x）=--<0在（0，2]上恒成立， 所以函数h（x）在（0，2]上单调递减， 所以h（x）≥h（2）=-ln 2>0，所以g'（x）>0在（0，2]上恒成立， 所以函数g（x）在（0，2]上单调递增，所以g（x）max=g（2）=， 所以a的取值范围是. 22 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $