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教师用书word

习题讲评（六）　导数与不等式恒（能）成立问题 教学点（一）　利用导数研究不等式恒成立问题 [典例]　已知函数f（x）=，g（x）=ax-ln x-1. （1）判断f（x）的单调性； （2）若f（x）+g（x）≥0恒成立，求a的取值范围. 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. （2）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. 解：（1）∵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， ∴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. （2）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. ∵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. 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. |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. [即时训练] （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； （2）若∀x∈[2，4]，f（x）≤0，求实数λ的取值范围. 解：（1）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=， 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. （2）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） 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. 教学点（二）　利用导数研究不等式能成立问题 [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； （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：（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； （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：（1）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）==. 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. （2）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.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. |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] （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； （2）若∃x0∈（0，2]，使f（x0）>0，求a的取值范围. 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； （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：（1）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. （2）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）=. 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. [课时验收评价] 1.（13分）（2025·沈阳二模）已知函数f（x）=ln x-kx. （1）若存在x∈（0，+∞），使f（x）≥0成立，求k的取值范围；（5分） （2）已知k>0，若f（x）≤在x∈（0，+∞）上恒成立，求k的最小值.（8分） 思维路径：（1）转化为存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立，令g（x）=（x>0），利用导数求出 g（x）的最大值可得答案； （2）转化为ln x-kx-≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，令h（x）=ln x-kx-（x>0），利用导数求出h（x）max≤0可得答案. 解：（1）由f（x）=ln x-kx≥0（x>0），得k≤， 可得存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立. 令g（x）=（x>0），g'（x）=. 令g'（x）=0，得x=e， 当0<x<e时g'（x）>0，g（x）单调递增， 当x>e时g'（x）<0，g（x）单调递减， 所以g（x）≤g（e）==，若存在x∈（0，+∞），使k≤（x>0）成立， 则k的取值范围是. （2）已知f（x）=ln x-kx≤， 若f（x）≤在x∈（0，+∞）上恒成立， 则ln x-kx-≤0在x∈（0，+∞）上恒成立， 令h（x）=ln x-kx-（x>0），则h（x）max≤0， 令h'（x）=-k+==-=0，则x=-（舍去）或x=. 当0<x<时，h'（x）>0，h（x）单调递增， 当x>时，h'（x）<0，h（x）单调递减， 所以h（x）max=h=ln-k·-=ln-ln k≤0，解得k≥，故k的最小值为. 2.（15分）已知函数f（x）=+aln x，其中参数a<0. （1）求函数f（x）的单调区间；（10分） （2）设函数g（x）=2x2f'（x）-xf（x）-3a（a<0），存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）<g（x2）成立，求a的取值范围.（5分） 思维路径：（1）求导，对a分类讨论求解单调区间； （2）当x∈[1，e2]时，不等式2g（x1）<g（x2）成立，转化为2g（x）min<g（x）max，然后求解函数的最大与最小值，列出不等式求解. 解：（1）∵f（x）=+aln x（x>0）， ∴f'（x）=. ①当-1<a<0时，∵<0，∴f'（x）<0， ∴f（x）的单调递减区间是（0，+∞）. ②当a=-1时，∵f'（x）=-<0， ∴f（x）的单调递减区间是（0，+∞）. ③当a<-1，x∈时，f'（x）>0， ∴f（x）的单调递增区间是， 当x∈时，f'（x）<0， ∴f（x）的单调递减区间是. 综上，当-1≤a<0时，f（x）的单调递减区间是（0，+∞）； 当a<-1时，f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）g（x）=2ax-axln x-（6a+3）（a<0）， ∵存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g（x1）<g（x2）成立， ∴当x∈[1，e2]时，2g（x）min<g（x）max，g'（x）=a（1-ln x）. ∵a<0，当x∈[1，e）时，g'（x）<0，g（x）单调递减， 当x∈（e，e2]时，g'（x）>0，∴g（x）单调递增. ∴g（x）min=g（e）=ae-6a-3，g（x）max=max{g（1），g（e2）}=-6a-3. ∴2ae-12a-6<-6a-3，∴a>， ∵a<0，∴a的取值范围是. 3.（15分）（2025·秦皇岛模拟）已知函数f（x）=xeax+ax+ln x-1. （1）当a=1时，求函数f（x）在x=1处的切线方程；（5分） （2）若f（x）<0恒成立，求a的取值范围.（10分） 思维路径：（1）利用导数求出切线斜率，再由点斜式即得切线方程； （2）法一　将函数求导，根据参数a的取值，判断函数的单调性，验证是否满足条件，可发现在a<0时，需使ln+·-2<0，用t=-换元后，讨论函数的单调性和零点即得参数a的范围； 法二　将f（x）进行整理，通过t=ln x+ax换元，从而将不等式f（x）<0化为f（t）=et+t-1<0恒成立，继而利用其单调性推得t<0，即得a<-（x>0），通过求函数g（x）=-的最小值即得参数a的范围. 解：（1）当a=1时，f（x）=xex+x+ln x-1，函数定义域为（0，+∞）， 则f'（x）=（x+1）ex+1+， 所以f（1）=e，f'（1）=2e+2， 所以f（x）在x=1处的切线方程为y-e=（2e+2）（x-1），即（2e+2）x-y-e-2=0. （2）法一　f（x）=xeax+ax+ln x-1，x>0， f'（x）=eax+axeax+a+=（ax+1），因为x>0，所以+eax>0， 若a≥0，f'（x）>0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当x>1时，f（x）>f（1）=ea+a+ln 1-1=ea+a-1≥e0+a-1=a≥0， 不满足f（x）<0恒成立，故舍去； 若a<0，当x=-时，f'（x）=0， 当0<x<-时，f'（x）>0，则f（x）在内单调递增； 当x>-时，f'（x）<0，则f（x）在上单调递减， 则f（x）的最大值为f=ln+·-2. 依题意ln+·-2<0恒成立， 令t=-，g（t）=ln t+t-2，t>0， 则g'（t）=+>0，所以g（t）在（0，+∞）上单调递增. 又g（e）=ln e+×e-2=0，故g（t）<0等价于0<t<e，所以0<-<e且a<0， 即a<-，则 a的取值范围是. 法二　由题意得f（x）=eln x·eax+ax+ln x-1=eln x+ax+ln x+ax-1， 设t=ln x+ax，则h（t）=et+t-1<0恒成立. 又因为h'（t）=et+1>0恒成立，即函数h（t）在R上为增函数. 又h（0）=0，所以要使h（t）<0恒成立，需使t<0， 即ln x+ax<0，得a<-（x>0）， 令g（x）=-，则g'（x）=-， 当0<x<e时，g'（x）<0，当x>e时，g'（x）>0， 故g（x）在区间（0，e）内单调递减，在区间（e，+∞）上单调递增， 所以g（x）min=g（e）=-. 从而a<-，即a的取值范围是. 4.（15分）（2025·邵阳二中月考）已知函数f（x）=-a（1-x+ln x），其导函数为f'（x）. （1）若f（x）在（1，+∞）上不具有单调性，求实数a的取值范围；（5分） （2）若f（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，求实数a的最小整数值.（e2≈7.39）（10分） 解：（1）f'（x）=-a==. 因为f（x）在（1，+∞）上不具有单调性， 所以f'（x）在（1，+∞）上有变号零点. 因为>0在（1，+∞）上恒成立，令g（x）=+a，则g（x）在（1，+∞）上有变号零点. 因为g'（x）=>0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增. 因为g（1）=e+a，当x趋近于正无穷时，趋近于 ， 即a<-e，所以实数a的取值范围是（-∞，-e）. （2）法一　令φ（x）=1-x+ln x（x>1）. 因为φ'（x）=-1<0在（1，+∞）上恒成立， 所以φ（x）在（1，+∞）上单调递减， 所以φ（x）<φ（1）=0，所以f（x）≥0在（1，+∞）上恒成立，. 令m（x）=（x>1），则m'（x）=·（x-x2+xln x-1+2x-ln x-1）=·（x-1）（ln x-x+2）， 令h（x）=ln x-x+2，x>1，则h'（x）=-1<0在（1，+∞）上恒成立，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减. 因为h（1）=1>0，h（4）=ln 4-2<0， ， 且x0∈（1，4），ln x0=x0-2，所以x0e2=. 当x∈（1，x0）时，h（x）>0，则m'（x）>0，所以m（x）在（1，x0）上单调递增； 当x∈（x0，+∞）时，h（x）<0，则m'（x）<0，所以m（x）在（x0，+∞）上单调递减，所以m（x）max=m（x0）===-e2≈-7.39. 所以实数a的最小整数值为-7. 习得方略：①处，要使g（x）在（1，+∞）上有变号零点，则其图象过x轴，所以e+a<0； ②处，采用分离参数法，将不等式恒成立问题转化为求函数的最大值； ③处，引入隐零点时，必须先利用函数零点存在定理判定在某区间存在零点，且不能求出具体值. 法二　由（1）得f'（x）=，当a≥-e时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）>f（1）=e>0成立. 当a<-e时，存在x1∈（1，+∞），使得f'（x1）=0，且a=-， 当x∈（1，x1）时，f'（x）<0；当x∈（x1，+∞）时，f'（x）>0，所以f（x）在（1，x1）内单调递减，在（x1，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（x1）=-a（1-x1+ln x1）=-a-a=-a[2-ln（-a）]. 令-a[2-ln（-a）]≥0，得ln（-a）≤2，解得-e2≤a<-e. 所以实数a的最小整数值为-7. 学科网（北京）股份有限公司 $