上分专题08 利用导数研究不等式恒成立、能成立问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

上分专题08 利用导数研究不等式恒成立、能成立问题 命题密钥 恒成立与能成立问题是利用导数求函数最值的重要应用，分类讨论和参变分离是解决这 类问题的两种重要方法.其中要优先尝试使用参变分离法，通过将参数与变量分离开，得到一 个不含参且能求出最值的函数，从而较为便捷地求出参数的取值范围.分类讨论则是通过对 变量的分类，确定函数的单调性并求出对应的最值.这类问题中还有双变量任意性与存在性 问题和双元同构问题等一系列极具特色的问题， 考点觉醒 ●恒成立与能成立的最值转化 fx)>M恒成立 fx)in>M fx)<M恒成立 fx)m<M 单变量 存在x,f)>M fx)>M 存在x,fx)<M fwx)mi<M Vx 3x2 Ax)>g(x2) fx)ming(x)min Vx,彐x2,fxgx2) fx)ma<g(x)max 双变量 Vx,Vx2 fx )>g(x2) fx)ing(x)m 3x1,3x2,.fx1>gx2) fx)mag(x)min 3x1 x2 Ax)-fx)>a Ax)ms-Aa)mina ●双元同构转化为函数单调性问题 代数变形 fx)-f(x2)>g(x)-g(x2)fx)-g(x)fx)-g(x) 及 转化为函数单调性 h(x)=fx)-g(x),根据x,x,的大小关系来判断h(x)的单调性 ●常见的指对同构及其变形 xe与xnx;与x±e与nx±。 气些常见变形：xe=e;=enx+lnx=n(xe 20数学1选择性必修第二册·RJ 实战演练 题组1直接讨论或分离参数，转化为函数最5.(2025·江苏苏州高二月考)已知函数 值问题 f(x)=ae*-2x. 1.*(2025·江西九江高二期末)若对任意 (1)试讨论函数f(x)的单调性； x∈(0，+∞)，lgx<ax,则a的取值范围是 (2)当x>0时，不等式f(x)<(e-2)x+2e+ a-1恒成立，求整数a的最大值， A.(h10,+】 B.(日，+0） n.(,+x） 2.*(2025·安徽合肥高二期中)已知函 数g(x)=3alnx-2x+1,若存在x∈(1,4)， 使得g(x)≥1成立，则实数a的取值范围 是 3.*(2025·江苏镇江高二期末)已知函数 f八)=是mx(e为自然对数的底数)，若 f(x)>0在(0，+∞)上恒成立，则实数m的取 6.转(2025·广东广州高二期中)已知函数 值范围是 4.*(2025·广东深圳高二期末)已知函数 -(a42yh8(）-1 f(x)=In x+- (1)若a=1,求函数f(x)的最小值； x+1 (2)设函数h(x)=f(x)-g（x),讨论函数 (1)若a=2,求函数f(x)在(1，f(1))处的切 h(x)的单调性； 线方程； (3)若在区间[1，e]上存在一点x,使得 (2)若对任意x(0,+x))≤恒成 f(xo)<g(x)成立，求a的取值范围： 立，求实数a的取值范围. 黑白题·上分秘籍21 题组2构造相同函数，转化为函数单调性问题 题组3双变量任意性与存在性问题 7.(2025·陕西西安高二月考)任意实数 11.*(2025·天津和平区高二期中)已知函 ,,当1≤x<,时，恒有血xh f(x)=e*-x-1,g(x)=aln x-x. X1一X2 (1)求f(x)的单调区间和极值； 成立，则a的范围为 A.(-∞，1) B.（-0,1] (2)当a<0时，若3xe是，1小，对ve C.（1,+∞) D.[1,+∞) [。,1使得g()≥(，)，求a的取 8.接(2025·四川成都高二月考)若Hx∈ (1,+∞)，不等式e*na+lna+1≥ln(x-1)恒 值范围。 成立（其中e是自然对数的底数），则实数a 的最小值为 9.整(2025·福建福州高二期中)已知函数 f(x)=x2+1,若存在x1,x2∈(0，+∞)(x1≠ x2),使得fx1)-f(x2)1=ale-e|成立，则 实数a的取值范围为 10.#(2025·河北邢台高二月考)已知函数 )-atlh5.g(x)-o-b.o.beB (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最大值为1，证明：对任意的 12.#(2025·江苏盐城高二月考)已知函数 b∈R,f(x)≤g(x)恒成立 f(x)=a-b,g(x)=-x2+xlna,a>0且a≠1， b∈R. (1)若函数f(x)与g(x)在x=0处有相同 的切线，求实数b的值； (2)当b=0时，记h(x)=f(x)-g(x),若存 在x1,x2∈[-1,1]，使得1h（x1) h(x2)1≥e-1(e是自然对数的底数)， 求实数a的取值范围. 22数学1选择性必修第二册·RJ(-o,ln2)上单调递减，在(ln2,+o)上单调递增，故 h(x)≥h(ln2)=2-2ln2>0.所以f'(a)=e-a-a=e-2a> 0.又f'(x)在[0，+∞)上单调递增，且f'(0)<0,故3x0∈ (0,a),使得f'(x)=0,则当x∈(0，x)时，f'(x)<0,当 x∈(xo,+∞)时f'(x)>0,即f(x)在(0，x)上单调递减，在 上所述，实数a的取值范围是(-∞，1]. +12,要证不等式(e-+1(+1>24(e0, 只需证心-之+1>h0)即证x+2>n4D即只需 2x 2x E(lo0)e=h(a2名(e0.则 F(x)=1-4 x2 x+(x+2(+10(x+2,当x>0时， F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+o)上单调递增， 又F(0)=0,所以F(x)>0恒成立，所以原不等式成立. 12(舞：)，可”( (2*c8t2,令f'a 3cos x(2+cos x)-3sin x(-sin x)6cos x+3 (2+c0sx)2 2成，当 0,得cm=子，因为e儿0，受]，所以x 或3 e,)时(>0：当（智]时'(）<0： 当xe（ ]时(>0，所以题数到在，号）上 单调递增，在（智]上单调递该，在（灯]上单调 递增0)=0()=3，f(）=-三，所以)在 [0,3]上的最大值为3。 (2)解：由函数g(x)=lnx,可得h(x)=ax-g(x)=ax-lnx, xe(0,+0),则k(x)=a--1,当a≤0时，'(x)< x 0,所以h(x)在(0，+∞)上单调递减，没有最小值；当a>0 时，令()>0，可得，令N(<0得0<，所以 4()在0，日)上单调递减，在（合+一）上单调道地， 所以A()的技小值为A(日）=ax-h(日)=1+ na=1,则a=1. (3)证明：根据题意，要证g(x)>f(x)-1成立，即证xnx+ 3sin成立，由(2)知当a=1时，h(x)≥h(1)=1,所以 1> 2+cosx x-nx≥L,即上+nx≥1，所以1+nx≥，令H(x)=x- ! 2+c08xx∈(0，+0)，则P(x)=1- 3sin x 6cos x+3 (2+c0sx)2 (2+s户≥0，所以()在(0，+∞)上单调递增，所以 （(c0sx-1)2 H(x)>H(0)=0,所以x> 3sinx,即1+xnx 2+cos x 2+cos x 所以原不等式成立 参考答案号 上分专题08利用导数研究不等式 恒成立、能成立问题 1.D解折：曲对任意e0,+),a,得@心（侣） 及之心：a当 1 x2 (0,e)时，f'(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时， f'()<0)单调递减，所以)≤e)-5,所以a> [,+m）解析：由题意得g()=3h-2x+1≥1在区 间1,4)上有解，可转化为3产二令p()二则 ®'(x)=20x当xeL,e)时，9(x)<0,9(x)在区间 (1,e)上单调递减；当x∈(e,4)时，p'(x)>0,所以p(x)在 区间(e,4)上单调递增，因此要使得3a 2x在区间(1,4) In x 上有解，只需满足3a≥p(x)=p(e)=2e,即a≥2 8.(,)解析：由已知号m>0在(0，+)上恒成立。 所以m<号在(0，+a)上相成立，故m<(停），其中xe e min 0,+),令h(x)三x>0),则()=e22(x>0), 令h'(x)>0,解得x>2,令h'(x)<0,解得0<x<2,故h(x)在 (0,2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故h(x)m= A(2)-=号成m<学所以m的取值范图是(-号） 解：)当a=2时，)=hx+名1)=1，函数) n+子的导函数为'()=+1 x+1 x(+1,故f"()=分，所以 函数在(11)处的切线方程为-1=子(-1)，即 x-2y+1=0. (2由任意xe60,+a)e)≤告知h≤号恒成 立.因为>0，所以x+1>0,故a≤（x+1)°-（x+1)n在xE 2 0,+a)上恒成立设8✉)=少°-(+1h(>0, 则g(x)=-1lnx,令h(x)=x-1-nx,则(x)=1+ 1123 11x2-x+1 (2)+4 >0,所以h(x)在(0，+∞) 上单调递增，又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时，g(x)= h(x)<h(1)=0,g(x)在区间(0,1)上单调递减；当x∈ (1,+∞)时，g'(x)=h(x)>h(1)=0,g(x)在区间(1，+∞)上 单调递增；故当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，且 g(x)mm=g(1)=2,所以若a≤g(x)在x∈(0，+∞）上恒成 立，则a≤g(x)im=2,故实数a的取值范围是(-o,2]. 5.解：(1)f(x)=ae-2x,求导得f'(x)=ae-2,当a≤0时， 白题63 f'(x)<0,则f(x)在(-o,+o)上单调递减，当a>0时，令 f(=0,则x=h名，当xe(-,h2)'s)<0,则 )在(-，山子)上单调递减，当xe(山名+=） f(x)>0,则)在(h名，+）上单调递增，故a≤0时， f(x)在（-o,+o)上单调递减，a>0时，f(x)在 (,血子)上单润递减，在（血子，+×）上单调递增 (2)由x>0,不等式f(x)<(e-2)x+2e+a-1恒成立，转化为 (a-2)e-ex+1-a<0,令g(x)=(a-2)e*-ex+1-a,求导得 g'(x)=(a-2)e-e,若a≤2时，则g'(x)<0,所以g(x)在 (0,+∞)上单调递减，由于g(x)<g(0)=-1<0对于x>0成 立，当a=3时，则g(x)=e-ex-2,故g'(x)=e-e,令 g'(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递 减，当x∈(1，+∞)时，g(x)>0,g(x)单调递增，故 g(x)mim=g(1)=e-e-2=-2<0,但是g(10)=e0-10e-2>0, 不满足题意.故整数a的最大值为2. 6.解：(1)当a=1时，f(x)=x-3lnx,其中x>0,则f'(x)=1- 3--3,'(x)<0可得0<x<3,'(x)>0可得x3,所 以函数f(x)的减区间为(0,3)，增区间为(3，+)，所以 f(x)n=f3)=3-3ln3. (2)因为4()=)-g)=-(a+2)hx,其中>0， 则'(x）=1-a+2+a+=-(a+2)x+(a+1) 2 x2 (x-1)[x-(a+1)],当a+1≤0时，即当a≤-1时，由(x)< x2 0可得0<x<1,由h'(x)>0可得x>1,此时，函数h(x)的减☒ 间为(0,1)，增区间为(1，+0)；当0<a+1<1时，即当-1<a< 0时，由h'(x)<0可得a+1<x<1,由h'(x)>0可得0<x<a+1 或x>1,此时，函数h(x)的增区间为(0，a+1)、（1,+oo),减 区间为(a+1,1);当a+1=1时，即当a=0时，对任意的x> 0,h'(x)≥0，此时，函数h(x)的增区间为(0，+0)，无减区 间；当a+1>1时，即当a>0时，由h'(x)>0可得0<x<1或x> a+1,由'(x)<0可得1<x<a+1,此时，函数h(x)的增区间 为(0,1)、(a+1,+∞)，减区间为(1，a+1).综上所述，当 a≤-1时，函数h(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，+∞)； 当-1<a<0时，函数h(x)的增区间为(0，a+1)、(1,+o),减 区间为(a+1,1);当a=0时，函数h(x)的增区间为 (0,+∞)，无减区间；当a>0时，函数h(x)的增区间为 (0,1)、(a+1,+o),减区间为(1，a+1). (3)由(2)可知，当a≤0时，函数h(x)在[1，e]上单调递增， 则h(x)min=h(1)=-a≥0，不合乎题意；当a>0时，函数 h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,+∞)上单调递增， (i)若a+1≤e,则a≤e-1时，则函数h(x)在[1，a+1]上单 调递减，在[a+l,e]上单调递增，所以h(x)mn=h(1+a)=a- (2+a)ln(1+a)<0,设m(a)=a-(2+a)ln(1+a),其中0< 1 a≤e-l,则m'(a)=1+。lh(1+a)<0,所以函数m(a)在 (0,c-1]上单调递减，则m(a)<m(0)=0,合乎题意； （i)若a+1>e,即当a>e-1时，函数h(x)在[l,e]上单调递 减，所以h(x)=h(e)=e-(a+2)-a+1<0,解得a> e e-2-1,因为-20-1-(e-1）=c-2e-1（ct1)(c-D= e+1 e+1 e+1 选择性必修第二册·RJ 2e<0,则a>e-1.综上所述，实数a的取值范围是 e+1 (0,+o). 7.D解析：由x1<x2得x2lnx1-x1lnx2>ax1-ax2 In x Inx 4“,即有血+血+，设)=+兰，即有 X2 x1 fx)>f(x2),知f(x)在[1，+o)上单调递减，故f'(x)= 1-血x-a≤0在[1，+0)上恒成立，故a≥1-lnx在x≥1上 恒成立，故a≥1. 8.e2解析：由题意可知，a>0,eha+lna+1≥ln(x-1), 即ea+x+na≥x-1+ln(x-1)=e(x-l)+n(x-1),构造函 数g(x)=e+x,其中xeR,则g'(x)=e+1>0,所以函数 g(x)在R上为增函数，又g(x+lna)≥g(ln(x-l)),所以x+ lna≥n(x-1)→lna≥n(x-l)-x,其中x>l,令h(x)= n(x-)-x,则h(x)三1=-，当1<x<2时，h'(x)>0 x-1 函数h(x)单调递增；当x>2时，h'(x)<0,函数h(x)单调递 减，所以lna≥h(x)mr=h(2)=-2,即a≥e2,故实数a的 最小值为e2 g。(0,）解折：函数)=1在(0，+)上为增函数， 不妨设0<x,<x2,则f(x1)<f(x2),e1<e2,所以由lf(x1)- f(x2)I=ale"1-e*21,f(x2)-f(x)=ae"2-ae1,f(x)- ae1=f(x2)-ae2,设g(x)=f(x)-ae=x2+1-ae,x∈ (0,+∞)，则g(x1)=g(x2),而g(x)=2x-ae,当a≤0时， g'(x)>0,函数g(x)在(0，+∞)上为增函数，此时不存在x1, x2∈(0，+∞)(x1≠x2),使得g(x1)=g(x2);当a>0时，要满 足题意，则g'(x)在区间(0，+∞)上有变号零点，使得g(x) 在区间（0，+)上不单润，则2-a=0,即a=二，设() xe(0,+),则h()=22令()>0，得0<<1： 2 令h'(x)<0,得x>1,所以函数h(x)在(0,1)上为增函数，在 (1,+=)上为减函数，又(0)=0，A()=已，且>0时。 >0,所以ae(o,） 10.(1)解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)= -a-ln×,令 x2 f'(x)=0得x=e-a,令f'(x)>0得0<<e1a,令f'(x)<0得 >e1-“,fx)在(0，e-)上单调递增，在(e-,+∞)上单 调递减. (2)证明：由(1)知f(x)m=f(e)=a+nc-1 el-a a=1. 六a=1,x)=1+n,要证代x）≤g(x),即证nx≤ ea-b,即证l+lnx≤xe-bx,即证ea-(bx+lnx)-l≥0， 构造函数h(x)=e-x-1,x∈R,则h'(x)=e-1,令 h'(x)>0得x>0,令h'(x)<0得x<0,∴.h(x)在(0，+)上 单调递增，在(-∞，0)上单调递减，.h(x)≥h(0)=0, 即e*-x-1≥0恒成立，当且仅当x=0时等号成立.：beR, x∈(0，+o),∴3x。∈(0，+∞)，使得bx+lnx=0, .eh-(bx+nx)-1≥0恒成立，故对于任意的b∈R, f(x)≤g(x)恒成立. 11.解：(1)因为fx)=e-x-1,定义域为R,f'(x)=e-1,由 黑白题64 f'(x)<0可得x<0,f'(x)>0可得x>0,所以f(x)单调递 减区间为(-0,0)，单调递增区间为(0，+∞)，所以f(x)在 x=0处取得极小值，且极小值为f(0)=0,无极大值. (2)当a<0时，若3%[日小对v=[日]使 得g(x)≥f(x2),则g(x)r≥f(x)x,由(1)可知，函 数x)在[日，1]上单调递增，故当∈[，1]时， f))=e-2,当se日，1时g到=dh 其中a<0,则g(=兰1k0,此时，函数gx)在[日，1] 上单调透减，放当e[日1]时，6()-=g(日）月 a 1 ,所以-a≥8-2，解得a≤-e 1 e +2.因此实数a 的取值范围是(-，e2] e 2.解：(1)函数f(x)=a-b,f'（x)=ana,f'（0)=na g(x)=-x2+xna,则g'(x)=-2x+lna,g'(0)=lna,因为 函数代x)与g(x)在x=0处有相同的切线，则在x=0有相 同的函数值，即f(0)=g(0),1-b=0,解得6=1. (2)当b=0时，h(x)=f(x)-g(x)=a-(-x2+xlna)=a+ x2-xlna,求导得h'(x)=lna(a-1)+2x,当a>1时， na>0,h'(x)在[-1,1]上单调递增，且h'(0)=0,当x∈ [-1,0)时，h'(x)<0,即h(x)单调递减，当x∈[0,1) 时，h'(x)>0,h(x)单调递增，所以h(x)n=h(0)=1, h(x)=maxh(-1),h(1)},h(-1)=1+1+ha,h(1)= a+1-lha,h(1)-h(-1)=a-1-2na,令G(a)=a 2ha,则c'(a)=（1)>0,所以c(m在1，+)上 单调递增，G(a)>G(1)=0,即h(1)>h(-1),由1h(x1)- h(x2)l≥e-1,可得h(x)mr-h(x)min=a+1-lna-l=a- lna≥e-l,令m(a)=a-lna(a>l),对m(a)=a-lna求导得 m《a)=1-=“>0,所以m(a)在(，+0)上单调递增， 又m(e)=e-l,所以a≥e;当0<a<1时，lna<0,h'(x)在 [-1,1]上单调递增，且h'(0)=0:当x∈[-1,0)时， h'(x)<0,h(x)单调递减；当x∈[0,1]时，h'(x)>0,h(x) 单调递增，所以h(x)mn=h(0)=1,h(x)mm=max{h(-1), h(1),h(1)=a+1-lna,h(-1)=1+1+1na,h(1)- -1=a}2血a=c(a),6(@)=(1-日）八>0所以 G(a)在(0,1)上单调递增，所以G(a)<G(1)=0,所以 h)<h(-1),所以(x)=h(-1)=+1+h2,由 Ih(x)-h()1≥e-1,可得h(x)s-h(x)血=后+ 1 na≥e-l,令n(a)=L+na,0<a<1,(a）=a<0,所以 a aa在(0，)内单调递减，又n(日）=e-1,所以0a≤ 合综上，实数a的取值范围是(0，。]U[e,+∞) 参考答案 上分专题09利用导数研究函数的 零点或方程的根 1 1.(1)解：当a=3时x)=了-32-3x-3,设x)的对称中 心为(m,),则f+m)+f-x+m)=2n,所以兮(+m） 3(e+m)2-3(x+m）-3+号（-xtm）-3(-+m)2-3(-x4 m)-3=2,整理得(2m-6)+子m-6m3-6m-62n=0,所 (2m-6=0, 3m2-6m2-6m-6-2u=0 以{2 解得=3，n所以x的对 n=-30, 称中心为(3，-30). ②)证明：由于x+1>0,所以)=0等价于 --3a= x3 0,设g()=3a,则g(x)= 2(x2+2x+3)= (x2+x+1)2 (x+1≥0，当且仅当x=0时g()=0,因此g() x2[(x+1)2+2] 在(-∞，+∞)上单调递增，即g(x)至多有一个零点，从而 x)至多有一个零点.又因为f(3a-1)=-6a2+2a-3 1 -6a石)广石03ar1=写0，故到在(3a-1,3a+ 1)内存在零点，综上所述，可知代x)有唯一零点. 2.解：(1)由题函数f(x)定义域为R,f'(x)=e-a为增函数， 所以当a≤0时，f'(x)>0恒成立，此时f(x)为R上的增函 数，无极大值也无极小值；当a>0时，令f'(x)=0→x=lna, 故当xe(-o,lna)时，f'(x)<0,f(x)在(-o,lna)上单调 递减，当xe(lna,+o)时，f'(x)>0,f(x)在(lna,+o)上 单调递增，所以f(x)存在极小值为f(lna)=eaa-alna=a alna,无极大值.综上，当a≤0时，f代x)无极大值也无极小 值；当a>0时，f代x)存在极小值为a-alna,无极大值. (2)当a>0时，由(1)知fx)在(-∞，na)上单调递减，在 (lna,+o)上单调递增，f(x)有最小值为∫(x)min=a- alna=a(1-lna),所以当0<a<e时，f(x)im>0,f(x)无零 点；当a=e时，f(x)in=0,f(x)有1个零点；当a>e时， f(x)min =f(In a)<0,f(-1)=e+a>0,f(2In a)= 。-2aa=aa-2o)=dh号30，故有2个零点综 上，当0<a<e时，f(x)无零点；当a=e时，f(x)有1个零点； 当a>e时，f(x)有2个零点. 3.(1)解：若a=-1,则f(x)=-x2-x-ln(-x),所以f(-1)=0, 了(=-2-1，f"(-1=2放九到的图象在(-1-10) 处的切线方程为y=2x+2. (2)证明：因为a<0,所以f(x)的定义域为(-∞，0)，且 f'(x)=2a-*-1令u(x)=2ar2-x-1(a<0),令u(x)=0, 得2a2-1=0当4=1+8a≤0，即a≤日时，a(x)≤0， f'(x)≥0，f(x)在(-∞，0)上单调递增.当△=1+8a>0,即 a<0时，方程22-x1=0的解为=1++80 8 Aa —,x2= 白题65