第三章 第4节 第2课时 科用导数研究不等式的恒成立、能成立问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版）

主题二第三章 导数及其应用 第2课时利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点，常转化为函数的最值问题求解.： 题型1( 分离参数法求参数范围 跟踪训练 [典例]已知f(x)=xlnx,g(x)=x3+ax2 已知函数f(x)=ln(a.x)+bx在点(1，f(1)处 x+2. 的切线是y=0. (1)求函数f(x)的单调区间； (1)求函数f(x)的极值； (2)若对任意x∈(0，十∞)，2f(x)≤g'(x)十2 ②)当m≥fx)+z(m<0)恒成立时，求 恒成立，求实数a的取值范围. e 实数m的取值范围(e为自然对数的底数). 题型2 分类讨论法求参数范围 [典例](2024·新课标I卷)已知函数f(x)= In2-x +a.x+b(x-1)3」 (1)若b=0,且f'(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b的取 值范围. …方法指导 已知不等式f(x,λ)≥0（入为实参数）对任意的 x∈D恒成立，求参数λ的取值范围.利用导数解 决此类问题可以运用分离参数法，其一般步 骤如下： 第一步，将原不等式f(x,入)≥0(x∈D,入为实参 数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参 数，即化为f1(入)≥f2(x)或f1(入)≤f2(x) 的形式； 方法指导 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进 大（小）值； 行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问 第三步，解不等式f1(入)≥f2(x)max或f1(入)≤ 题，可以考虑用二次项系数或判别式的方法 f2(x)min从而求出参数入的取值范围. 求解 61· 高考总复习数学(BS) :跟踪训练 …方法指导 sin x 不等式的恒成立与能成立问题 (2023·全国甲卷)已知函数f(x)=a,x cos3x (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立台I是f(x) re(0.2) >g(x)的解集的子集台[f(x)一g(x)]min 0(x∈I). (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立台I与f(x)> (2)若f(.x)<sin2x恒成立，求a的取值范围. g(x)的解集的交集不是空集台[f(x) g(x)]max>0(x∈I). (3)对Hx1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)曰 f(x)max≤g(x）min (4)对Hx1∈D1,3x2∈D2使得f(x1)≥g(x2) 曰f(x)min≥g(x)min,其中f(x)定义域为 D1g(x)定义域为D2. 跟踪训练 设函数f(x)=ex十x2一mx. (1)证明：f(x)在（一∞，0）上单调递减，在 (0,十∞)上单调递增； (2)若对于任意x1,x2∈[-1,1]，都有|f(x1)- f(x2)|≤e-1,求m的取值范围. 题型3 利用转化与化归思想求解存 在型不等式成立问题 [典例们 已知函数f()=a+l+alnr,其中参数 a<0. (1)求函数f(x)的单调区间： (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. C温馨提污 学习至此，请完成配套训练 课时冲关21 ·62·高考总复习数学(BS) ≥1n2-1可知g(x)=lhx+1十 数单调递减，∴g(a)在a=1处取得最 大值，即g(1)=0,因此g(a)≥0的解 1 >1n+1+ 1 为a=1.所以实数a的值为1. 2 Jc-x 2√-x (3)证明：，1n(1十x)<x,x∈(0,1). 1 2 “ln[1+291+i(2+D] 所以g(x)在(0，c)上存在零点x0,再 2n 结合9'(x)单调递增，即知0<x<x (2m-1+1)(2n+1) 时9(x)<0,x0<x≤c时，g'(x)>0. 1 故9(x)在(0，x。]上单调递减， -2(币+} 在[xo,c]上单调递增. ①当x0≤xc时，有p(x)p(c)=0: l(1+z是)+l(+3文太）片 @当0<r<时，由于An- (+5及)十…+ -2f(W0)≤ 2(日）<1，故可 2 n[+2+ie+n] 以取q∈(an,l 从而当0<x<1g时，由√一1> <[(合站)+(h) qE,可得p(x)=xlnx-clnc √c-x<-clnc-√c-x<-clnc +…+(2+2)] 1 1 1 qf-V(foIn 1-g)<0. 2+1下1. 再根据(x)在(0，x0]上单调递减，即 第2课时 知对0xx0都有(x)<0; 题型1 综合①②可知对任意0<x≤c,都有 [典例][解](1)，函数f(x)=xlnx (x)0,即(x)=xlnx-clnc一 的定义域是(0，十∞)， Ve-x0. ,.f(x)=lnx+1. 报据∈(0是]市0<r≤的任意他， 令f(x)<0,得lnx+1<0, 取c=x2x=x1,就得到 解得0<x< e lhx1-x2lnx2-√/2-x≤0. 所以f(x1)-f(x2)川=f(x1)-fx2) “x)的单调遂减区同是(0，。)） =xlnx-x2lnx2≤√x2-x1· 令f(x)>0,得1nx+1>0,解得x 情况三：当0<x1≤ ≤x<1时，根 e 。:1()的单调睡增区同 据情况一和情况二的讨论，可得 是（日+）片 综上，fx)的单调递减区间是(0。)）， √x2-x1, () -f(x2) ≤ 单调递增区间是（仁，+∞）： x2- (2):g'(x)-3x2+2ax-1,2f(x)≤ 而根据f(x)的单调性，知|f(x1) g(x)十2恒成立，.2xlnx≤3x2+ 2ax十1恒成立. f1≤F✉)-f(日)川或 :x>0,.a≥lnx-是x-2左在r∈ )-f≤(）- (0,十∞)上恒成立. 故一定有|f(x1)-f(x2)|≤ 设h=1nE号-立(>0.则 3 √Jx2-x1成立. 综上，结论成立 '(x)= 1 3 +2 跟踪训练 (x-1)(3.x+1) 解：(1)，f'(x)=e一a, 2x2 当a>0时，若x∈(lna,+o∞)，f(x) >0,得函数f(x)在(lna,十∞)上是 令h'(x)=0,得x1=1,x2=- （合 增函数； 若x∈(-o∞，lna),f(x)<0,得函数 去).当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x》 f(x)在(-o,lna)上是减函数. 单调递增；当x∈(1，十∞)时，h'(x) 则当a>0时，函数f(x)的单调递增 <0,h(x)单调递减..当x=1时， 区间是(lna,十∞)，单调递减区间是 h(x)取得极大值，也是最大值，且 (-o∞，lna). h(x)max=h(1)=-2,.若a≥h(x) 即f(x)在x=lna处取得极小值且为 在x∈(0，十∞)上恒成立，则a≥ 最小值，最小值为f(lna)=ena一 h(x)max=一2，故实数a的取值范国 aln a-l=a-aln a-1. 是[-2，+∞). (2)若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立， 跟踪训练 等价为f(x)min≥0， 解：(1因为f(x)=ln(a.x)十bx,所以 由(1)知，f(x)mim=a-alna-1, 设g(a)=a-alna-1,则g'(a)=1 f(x)=品+6=三+，因为点(1， ax In a-1=-In a, f(1)处的切线是y=0,所以f(1)= 由g'(a)=0,得a=1, 1+b=0,且f(1)=lna+b=0,所以 由g'(a)>0,得0<a<1,此时函数单 a=e,b=-1,f(x)=Inr-x+1,x 调递增，由g'(a)<0,得a>l,此时函 ∈(0，+∞)， ·404· 所以f(x)=1-1=二，即fx) 在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单 调递减，所以f(x)的极大值为f(1) lne一1=0，无极小值. (2)由(1)知，f(x)=lnx-x+1,当 mE≥fx)+1ex(m<0)在x∈(0， e 十∞)恒成立时，即m≥lnx十1-2 e +(m<0)在x∈(0，+∞)上恒 成立， 法一：设g(x)=m,h(x)=血r+1+ -2,则g(x）=m1-卫，K(x） e 一1n,又因为m<0,所以当0≤x<1 时，g'(x)<0,h'(x)>0; 当x>1时，g'(x)>0,h'(x)<0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1， +∞)上单调递增，g(x)min一g(1) ；h(x)在(0,1)上单调递增，在 e (1,十∞)上单调递减，h(.x)mx=h(1) =1-1.所以g(x),h(x)均在x=1 处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒 成立，只需g(x)mm≥h(x)nx,即孤>≥ 上-1，解得m≥1-e,又m<0,所以 实数m的取值范围是[1一e,0). 法二：设g)-血士1吧-2+号 er (x∈(0，+o∞)，则g(x)=-ln+ m(x-,当0<x<1时，-lnx>0, e x-1<0,则lh严>0，mr-D>0, 即g'(x)>0,当x>1时，一lnx<0, x-1>0,则二lh兰<0，m(x-<0. 即g'(x)0,所以g(x)在x∈(0,1) 上单调递增，在x∈(1，十∞)上单调 递减.所以g(x)max=g(1)=1-2十 -≤0，即≥ -1,又n<0 e e 所以实数m的取值范国是[1一e,0). 题型2 [奥例别][解]（1)“2产>0 ∴f(x)的定义战为(0,2). 6=0时f(x)=+2十≥0，即 +2-x 1 1 2 x(2-x),即a≥ 21 [z-②]又因 2 为x-2在(0,1)上单调递增，在 (1,十∞)上单调递减，，∴，当x=1时， (x-2≤-2，a≥-2，故a的最小 2 值为一2. (2②)由y=l(2后）关于1.0)中心对 称，y=ax关于(1，a)中心对称， y=b(1-x)3关于(1,0)中心对称知 f(x)关于(1，a)中心对称，下证其成 1++ 立：f1+x)+f1-x)=ln-2 2a1++br2+n+2a1-) 十b(-x)3=2a,故结论成立. (3)由函数的连续性及题意知：f(1) 一2，代入原函数，得a=一2， 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x+ b(x-1)3,0<x2, ,1-2+3b(x-1)2 =(x-1)2(2 ((2-r+3b）: 22≥-2，故6≥-号时f 2 由 >0,f(x)单调递增，f(x)>f(1)=一2， x∈(1,2)， .2 当b-子时f(1)=0, 2 f(x)=x-1)2(z22+3b）》 -(x-1)2-3bx2+6bx+2 x(2-x) 令f(x)=0, 1<x<2,∴.-3bx2+6bx+2=0,得 x=1x2(x1x2）,且x1十x2= 6 2 36=2山1·=-37 故x1<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上 单调递减，f(2)<f(1)=一2，不满 足题意.综上：b≥一3· 2 跟踪训练 [解](1)f(x)= acososin rcossin cosr -a cos r+3sin'3-2cos cosr cos'x 令c0s2x=t,则t∈(0,1)， 则f(x)-g(t)=a-3-24 -a2+21-3 2 当a=8,f(x)=g(0)=82+21-3 12 =(21-1)(41+3) 12 当(o,号)即x(,登) f'(x)0. 当（合）即x(0,) f'(x)>0. 所以f(x)在区间(0，平)上单调递 增，在区问（任，受）上单润递减。 (2)g(x)=f(r)-sin 2x,g'(x)= f(r)-2cos 2x=f'(x)-2(2cos2 x-1) _2+21-3-2(21-1) =a+2-4+2-3 t2 设9()=a+2-4+2-3 2, 9(t)=-4- 21-10(22+21+32>0. g(t)在(0,1)上为增函数， 所以(1)<p(1)=a-3. 参考答案 ①若a∈(-∞，3]，g(x)-g(t)<a 递增，故f(x)在x=0处取得最小值。 3≤0，即g(x)在(0，受)上单调递减， 所以对于任意x1,x2∈[一1,1， |f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈（-o∞，3]，f(x)<sin2x 是”90. 符合题意 @若ae(3,+∞)，当1-0,2-3 中{0i.0 设函数g(t)=e-1-e十1， =-3(-号)+-，所以 则g'(t)=e-1. p(t)-∞. 当t<0时，g(t)<0； g(1)=a-3>0.所以3t0∈(0,1)，使 当t>0时，g(t)>0. 故g(t)在（一∞，0）上单调递减， 得1)=0，即3∈(（0，受）使得 在(0，十∞)上单调递增. g'(x0)=0. 又g(1)=0,g(-1)=e1+2-e<0, 若t∈(t0,1),p(t)>0,即当x∈(0， 故当1∈[-1,1]时，g(t)≤0. x0),g(x)>0,g(x)单调递增. 当m∈[-1,1]时，g(m)0,g(一m) 所以当x∈(0，x0),g(x)>g(0)=0, 0, 不合题意， 即①式成立： 综上，a的取值范国为（一∞，3]. 当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)> 题型3 0,即em-n>e-l;当m<-1时， [典例][解](1)：f(x)-a++ g(-m)>0,即em十n>e-1. 综上，m的取值范国是[一1,1]. alnx,定义域为(0，十o∞). a+1 第3课时 .f(x)= 十 题型1 x2 =a.x-(a+1) [典例][解](1)f(x)=x(x> ①当-1<4<0时，+1<0，恒有 0),当a<0时，f(x)>0恒成立， ,.函数f(x)在(0，十∞)上单调递增： a f(x)<0. ,∴，函数f(x)的单调减区间是(0，十∞). 当a>0时，由f(>0,得>：迪 @当4=-1时，f(x)=-1<0, f(x)<0,得0<x<1 x ,∴.f(x)的减区间是(0，十∞). ③当a<-1时，x∈(0，a+）f(x) :画数了)在（日十）上单阴运 增，在(0，日)上单调递减 ≥0✉的增区间是(0，中)： 综上所述，当a<0时，函数f(x)在 e(,+）f<0. (0,十o∞)上单调递增；当a>0时，函 数f)在（日，+∞）上单调递增，在 “x)的减区同是(，十四)） (2)g (x)=2ax-axln x-(6a+ (0,日)上单调递浅. 3)(a<0), 因为存在实数x1,x2∈[1，e2],使得 (2②：当x[日e]时，函数gx) 不等式2g(x1)<g(x2)成立， (1nx-l)e+x-m的零点， …2g(x)min<g(x)max· 又g'(x)=a(1-lnx),且a<0, 即当r[日]时 .当x∈[1，e)时，g'(x)<0,g(x)是 方程(lnx-1)e十x=m的根. 减函数；当x∈(e,e2]时，g'(x)>0, 令h(x)=(lnx-1)e2+x, g(x)是增函数..g(x)mim=g(e)= ae-6a-3,g (x)max max(g (1), 则')-（仕+nx-1)小e+1. g(e2)}=-6a-3. .2ae-12a-6<-6a-3,则a 由1)知当a-1时，f()-1hx十子 3 72e-6 -1在（日1）上单调递减，在(1，) 3 又a<0,从而2e-6<a<0, 上单调递增， 即a的取值范因是(2c己60） 当x[日e]时5x≥f1)=0. 跟踪训练 +-1≥0在xe[日] 解：(1)证明：f'(x)=m(emx一1)十 恒成立. 2x,若m≥0，则当x∈（一∞，0）时， er-10,f(x)<0:当x∈(0，+∞) (x)-(+lnx-1）e+1 时，ew-1≥0，f'(x)>0.若m<0,则 0+1>0. 当x∈(-∞，0)时，emx-1>0, .h(x)=(lnx-1)e+x在x∈ f(x)<0;当x∈(0，十∞)时，emx-1 <0,f(x)>0.所以f(x)在(-∞，0) [,e上单调递增， 上单调递减，在(0，十∞)上单调递增. (2)由(1)知，对任意的m,f(x)在 a(n=A(台）-2e+6, [一1,0]上单调递减，在[0,1]上单调 h(r)max-e. ·405·