第2章 第13节 第2课时 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

所以-1)==-2，化黄得6 -a=-4.① f(x)=a(x+1)-(ax+b)·2z (x2+1)9 f(-1)=2a+26-a=-1,② 联立①②，解得a=2,b=-2.所以 f(.x)=2.x-2 x2+11 (2)证明：由题意知要证1n≥2-2在 x2+1 [1,十∞)上恒成立， 即证明(x2十1)lnx≥2x-2,xlnx 十lnx-2x十2≥0在[1，+∞)上恒 成立， 设h(x)=xlnx十lnx-2x十2，则 r(x)=2xnx+工+1-2，因为x x ≥1，所以2xlnx≥0，x+1≥2， ,工=2（当且仅当x=1时等号 成立)，即h'(x)≥0， 所以h(x)在[1，十o∞)上单调递增，h (x)≥h(1)=0, 所以g(x)≥f(x)在[1，十o∞)上恒 成立 (3)证明：因为0<a<b,所以么>1， 2· b-2 由(2)知1n a ，整理得 a ()+1 In b-In a 2a b-a a2+6 所以当0<a<b时， In b-ln a b-a 2a a2+b21 跟踪训练 解：(1)f(x)=xnx-之mx-x (m∈R)在(0，十∞)上是减函数， .f(x)=lnx-mx≤0在定义域 (0,十∞)上恒成立， m≥（工），设h()=血x, x 则'()=1-nz 由h(x)>0,得x∈(0，e),由h'(x) <0,得x>e, .函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e, 十∞)上单调递减， 1 ∴h(x)mx=h(e)= e.m≥ e 故宾载m的取值范润关[日中)】 (2)证明：由(1)知f(x)=lnx -mx, 函数f(x)在(0，十∞)上存在两个极值 点，x2,且<x2, 化m 参考答案 m=n十ln飞 x1十xg 从而(1+)(1+安)… 则 In z -In z2 x1一Tg (+)c ln西+ln_nx-ln, 而2<e<3,所以m的最小值为3. x1十xg x1一x2 跟踪训练 解：(1)由题，f(x)=e·ln(1十x) .ln+lnx2=-·ln 红一1 =e(1+)+) 故fo)=e·(1+o)+0)=1, 设t=4∈(0,1)，则1n西十nx f(0)=eln(1+0)=0, -=(t+1)·lnt 因此，曲线y=f(x)在(0，f(0)处的 t-1 切线方程为y=x. 要证lnx1+lnx2>2, (2)由(1)知，g(x)=f(x) 只需证中）：lnt>2,只需证1nt t-1 =e:(1++)片 <2只需n2=》 x∈[0，十∞)， t+1 则g(x)= 0,构造函数g(t)=lnt一2t-1D t十1 e·1+aa) 则g'(t)=1-4 =(1)9 2 五-(t+1)t(t+1) 设h(x)=ln(1十x)十1千z >0, 1 g()=1nt-2gD在te(0,1) (1+x)2, t+1 x∈[0，+o∞)， 上单调递增， 2 .g(t)<g(1)=0,即g(t)=lnt- 则h(x)=千z 十 2(t-1)<0, (1+x) t+1 x2+1 'In z +In z2>2. 1十x)1+>0, 考点3 故h(x)在[0，十o∞)上单调递增， [典例][解](1)f(x)=x-1-alnx, 故h(x)≥h(0)=1>0, x>0,则(x)=1-a=一0，且 因此g'(x)>0对任意x∈[0，十∞) x x 上恒成立， f(1)=0, 故g(x)在[0，十∞)上单调递增. 当a≤0时，f(x)>0,f(x)在(0，十 (3)证明：设m(s)=f(s十t)一f(s) 0∞)上单调递增，所以0<x1时， f(t)=eIn(1+s+t)-e'ln(1+s) f(x)f(1)=0,不满足题意； -e‘ln(1+t), 当a>0时， 则m'(s)= 当0<x<a时，f(x)<0,则f(x)在 (0,a)上单调递减； e*[n)1] 当x>a时，f(x)>0,则f(x)在(a, 十∞)上单调递增. ①若0<a<1,f(x)在(a,1)上单调递 =g(s十t)-g(s), 增，所以当x∈(a,1)时，f(x)<f(1) 由(2)g(x)在[0，十∞)上单调递增， =0,不满足题意： 故>0，t>0时，m'(s)=g(s十t) ②若a>1,f(x)在(1，a)上单调递 g(s)>g(t)-g(0)> 减，所以当x∈(1，a)时，f(x)<f(1) g(0)-g(0)=0, =0,不满足题意； 因此，(s)在(0，十o)上单调递增， ③若a=1,f(x)在(0,1)上单调递 故m(s)>m(0)=f(0十t)-f(0) 减，在(1，十∞)上单调递增，所以 f(t)=-f(0)=0, f(x)≥f(1)=0满足题意. 因此，对任意的s,t∈(0，十∞)， 综上所述a=1. 有f(s十t)>f(s)十f(t). (2)由(1)知当x∈(1，十o∞)时，x-1 -lnx>0,令x=1十 品，容 第二课时 考点1 [典例][解](1)f(x)= (+安)， a-cos cos3sin rcos'sin cos'x 所以血（+)+n（1+)十 -a- cos'x+3sin'x cos'x =a- 3-2cos'x 1-<1 cos'x 令cos°x=t,则t∈(0,1)， ·423· 高考总复习人教数学B版（新教材） 则f(x)=g(t)=a- 3-2t f(1)=1+b=0,且f(1)=lna+b= t2 0,所以a=e,b=-1,即f(.x)=lnx =at+2t-3 -x十1，x∈(0，十o∞)， 所以()=1-1=1二工，即f(x) 当a=8,f(x)=g(0=8+21-3 2 在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上 (2t-1)(4t+3) 单调递减，所以∫(x)的极大值为 t f(1)=lne-1=0,无极小值. 当(0,2)即x(至受) (2)当mg≥f(x)+1x(m<0)在 f(x)<0. x∈(0，十∞)上恒成立时，由(1) 当（合）脚x(0,晋) fx)=lnx-x+1,即≥lnx+] x f(x)>0. 2+(m<0)在x∈0，十∞)上 所以f代)在(0，)上单调递增，在 恒成立， (干，受)上单调递减。 设g(x)=m,h(x)=1血中1+1 e x (2)g(x)=f(x)-sin 2x,g'(x)= -2,则g(x)=m-2,(x)= f(x)-2cos 2x e =g()-2(2c0s2,x-1)=at+21-3 In x -2(2t-1) 又因为m<0,所以当0<x<1时， =a+2-4+2-3 g'(x)<0,h'(x)>0: 当x>1时，g'(x)>0,h'(x)<0. 设g()=a十2-4t+2-3 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在 (1,十∞)上单调递增， gx)m=g1D=gh(x)在(0,1)上 =-4-2±6 单调递增， 在(1，十o∞)上单调递减，h(x)x= 24-102f+2+3》>0. h(1)= 一1. e 所以g(x),h(x)均在x=1处取得最 .g(t)在(0,1)上为增函数， 值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，只 所以gp(t)<g(1)=a-3. ①若a∈(-∞，3]，g'(x)=p(t)<a 需g)≥hx）即g≥。-1， -3≤0， 解得m≥1-e,又m<0,所以实数m 即g(x)在(0，受）上单调递减， 的取值范围是[1一e,0). 考点2 所以g(x)<g(0)=0. [典例][解](1)根据题意，由f(x) 所以当a∈(-o∞，3]，f(x)<sin2x, =x(e-2)-ax2十1，得f(x)=(x十 符合题意 1)e-2ax-2, ②若a∈(3，十∞)，当t→0,2-3 即f(x)在x=0处的切线的斜率k= t f(0)=-1, (日-3)】 一∞，所以 又f(0)=1,所以切点为(0,1)， 即切线方程为y一1=一x, (t)→一o 所以f(x)图像在x=0处的切线方 (1)=a-3>0.所以3t∈(0,1)， 程为x十y-1=0. 使得9)=0，即3∈(（0，受)使 (2)由f(x)≥1-x,得x(e-2)- ax2十x≥0， 得g'(xo)=0. 又x≥0，即e-ax-1≥0，令g(x) 若t∈(t,1),gp(t)>0, =e-ax-1,即g(x)≥0在x∈[0， 即当x∈(0，x), g'(x)>0, 十o∞)上恒成立.又g'(x)=e-a, ①当a≤1时，g'(x)≥g'(0)=1-a g(x)单调递增. ≥0， 所以当x∈(0，x),g(x)>g(0)=0, 即g(x)在[0，十∞)上单调递增，故 不合题意. g(x)≥g(0)=0. 综上，a的取值范围为(-o∞，3]. 所以当a≤1时，g(x)≥0在x∈[0， 跟踪训练 十∞)上恒成立. 解：(1)因为f(x)=ln(ax)十bx,所 ②当a>1时，令g(x)=0,得x= 以f(x)=8十b=1+b,因为点 In a, ax x 当x变化时，g(x),g'(x)的变化情 (1,f(1))处的切线是y=0,所以况如下表： ·424· x (0,In a) In a (Ina, +0∞) g'(x) 0 g(x)单调递减极小值单调递增 故存在x=lna,使得g(lna)<g(0) =0. 所以当a>1时，g(x)≥0不成立， 综上，a的取值范围为（一∞，1]. 跟踪训练 解：(1)由f(x)=e-alnx,得f'(x) =e- ,f(1)=e-a,切点为(1， x e),所求切线方程为y-e=(e一a)(x -1),即(e-a)x-y十a=0. (2)由a=-1,得f(x)=e十alnx, 原不等式即为e十lnx-e-m(x 1)>0,F (x)=e*+In z-e-m(x 一1)，F(1)=0,依题意有F(x)>0 对任意x∈(1，十∞)上恒成立， 求导得F'(x)=e十 -m,F'(1)= x ，当x>1 e+1-m,F(x)=e-, 时，F"(x)>0,则F(x)在(1，十o∞) 上单调递增，有F'(x)>F(1)=e十 1-m* 若m≤e十1，则F(x)>0,若F(x)在 (1,十∞)上单调递增，且F(x)> F(1)=0,适合题意； 若m>e十1，则F(1)<0, 1>0 又F'(lnm)=nm 故存在∈(1，lnm)使F(x)=0, 当1<x<x1时，F(x)<0,得F(x) 在(1，x1)上单调递减，在F(x)< F(1)=0,舍去， 综上，实数m的取值范围是m≤e +1. 考点3 [典例][解](1)：函数f(x)=lnx 十x2-ax, f()=1+2x-a. ·函数在定义域内为增函数， f(x)≥0在(0，十∞)上恒成立， 即a≤上十2红在(0，十0)上极 成立， 而x>0, 1+2x≥22，当且仅当x 号时“”或主 即1+2红的最小值为2√②， ..a2√2 (2)“g(x)=fx)+21na+3 6√F =2ln(ax+2)+x2-a.x-2ln6, g'(x)=2a ax+2十2x-a 2axx +4-a2 2a ax+2 a∈(2,4)， 记g(a)=2a-2(a∈(-2,0])， =2 3 4-a2 e“ 2 2x1 2a >0, 则g(a)=2e-(2a-2)e-4-2 g(x)>0,故g(x)在 2上单 >0, ·g(a)在（一2,0]上为增函数 调递增， g(a）mx=g(0)=-2, ∴.当x=2时，g(x)取最大值2ln(2a ∴实数m的取值范围是[一2，十∞) +2)-2a+4-21n6.即21n(2a+2) 第三课时 -2a+4-2ln6>k(4-a2)在a∈ 考点1 (2,4)上恒成立，令h(a)=2ln(2a十 [典例][解](1)f(x)的定义域为(0， 2)-2a+4-2ln6-k(4-a2),则 h(2)=0,且h(a)>0在(2,4)上恒 +oo),f(x)=2c2-a(x>0). 成立， 当a≤0时，f(x)>0,f'(x)没有 h'(a)= a千7-2+2ka 零点. 当a>0时，设u(x)=e2,v(x)= 2a(ka十k-1) a+1 当k0时，i(a)0,h(a)在(2,4)上 因为u(x)=e在(0，十∞)上单调递 单调递减， h(a)h(2)=0,不合题意； 增，()=一二在(0，十6∞)上单调递 当k>0时，由i(a)=0,得a=k 1-k 增，所以f(x)在(0，十o)上单调递增 ①若女>2，即0<k<号时，A(a) 又f(a)>0,当b满足0<bK号且b 在(2，)上单调递减，存在Aa) <时f(b)<0(讨论a≥1或a< 1来检验)， <h(2),不合题意， 故当a>0时，f(x)存在唯一零，点. ②若之≤2，即≥号时，h(a)在 (2)证明：由(1)，可设f(x)在(0， k 十∞)上的唯一零点为x0, (2,4)上单调递增，h(a)>h(2)=0 当x∈(0，xo)时，f(x)0: 满足题意」 当xE(xo,十oo)时，f(x)>0. 综上，实数的取值范围为 故f(x)在(0，x。)上单调递减，在 [哈+} (x0,十∞)上单调递增， 所以当x=x。时，f(x)取得最小值， 跟踪训练 最小值为f(x). 解：(1)函数f代x)的定义域为(0，十o∞)， f0=-2ax-1-2a 由于2e2。-a=0,所以f(.x)= ,当a0 x 时，f(x)≥0，函数f(x)在区间 +2a,+aln子≥2a十aln名.故 2x (0,十oo)上单调递增；当a>0时，由 当a>0时，f(x)≥2a十aln 2 f(x)≥0，且x>0时，解得0<x a 跟踪训练 解：(1)因为f(x)=x-x3er+b,x∈ R,所以f(x)=1-(3.x十 函数f(x)在区间 2a 上单 ax)e 因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 调递增，在区间 + 上单 y=一x十1， 所以f(1)=-1十1=0， 调递减 (2)由(1)知，当a∈（一2,0]时，函数 f(1)=-1, f(x)在区间(0,1]上单调递增， 则1-13Xe+6=0, .x∈(0,1门时，函数f(x)的最大值 {1-(3十a)e+6=-1, 是f(1)=2-2a, 解得a=-1, 对任意的a∈(-2,0]，都存在xo∈ b=1, 所以a=-1,b=1. (0,1], 不等式me十f(x)>0都成立， (2)由(1)得g(x)=f(x)=1-(3x2-x3) 等价于对任意的a∈(-2,0]，不等 e+l(x∈R), 式me“十f(1)>0都成立，即对任意 则g'(x)=-x(x2-6.x十6)e+1, 的a∈(-2,0]，不等式me十2-2a>0 令x2-6x十6=0，解得x=3士√3，不 都成立， 妨设x1=3-√5，x2=3十√5，则0< 不等式me十2-2a>0可化为m I<I, >2a-2 易知e+1>0恒成立， e“ 令g'(x)<0,解得0<x<x1或x ·425· 参考答案 令g(x)>0,解得x<0或x1<x xi 所以g(x)在(0，x1),(x2,十∞)上单 调递减，在（一∞，0），(x1,x2)上单调 递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3 √3)和(3十√3，十o∞)，单调递增区间 为（一∞，0）和(3-√3,3十√3). (3)由(1)得f(x)=x-x2e+1(x∈R), f(x)=1-(3x2-x3)e*+1, 由(2)知f(x)在(0，x1),（x2,十o∞) 上单调递减， 在（一0∞，0），(x1,x2)上单调递增， 当x<0时，f(-1)=1-4e<0, f'(0)=1>0, 即f(-1)f'(0)<0, 所以f'(x)在（一∞，0）上存在唯一 零点，设为23，则一1<x<0, 此时，当x<x时，f(x)<0,则f(x) 单调递减：当x<x<0时，f(x)> 0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在（一∞，0）上有一个极小 值点； 当x∈(0，x1)时，f(x)在(0，x1)上 单调递减， 则f(x1)=f(3-V3)<f(1)=1- 2<0, 故f(0)f(x1)<0, 所以f(x)在(0，x1)上存在唯一零 点，设为x1,则0<x1<x1, 此时，当0<x<x1时，f(x)>0,则 f(x)单调递增；当x1<x<时， f'(x)0,则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大 值点； 当x∈(x1,x2)时，f(x)在(x1,x2) 上单调递增， 则f(x2)=f(3+3)>f(3)=1 >0, 故f(x1)f(x2)<0, 所以∫(x)在（x1,x2)上存在唯一零 点，设为x, 则x1<<x, 此时，当x1<x<x时，f(x)<0,则 f(x)单调递减；当x<x<xg时， f(x)<0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x1,x2)上有一个极小 值点； 当x>x2=3十5>3时，3x2-x3= x(3-x)<0, 所以f(x)=1-(3x2-x3)ex+1> 0,则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2,十∞)上无极值点； 综上，f(x)在(-o∞，0)和(1，x2)上 各有一个极小值，点，在(0，)上有一 个极大值点，共有3个极值点. 考点2 典例门[解](1)f(x)的定义域为 (-1,十o∞). 当a=1时，f(x)=ln(1十x)+工， f(0)=0,所以切点为(0,0)，f(x)=第二章函数、导数及其应用 (3)证明：对任意的s,t∈(0，十o∞)，有f(s+t)> 方法指导 f(s)+f(t). 证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实 数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证 明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的 函数不是可导函数，使用导数就是错误的」 跟踪训练 (2022·北京卷，20)已知函数f(.x)=eln(1十x). (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线 方程； (2)设g(x)=(x),讨论函数g(x)在[0，+o∞) C温馨提 上的单调性； 学习至此，请完成配套训练 课时冲关20 第二课时 利用导数研究不等式的恒（能）成立问题 专题概述 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， 跃升>关键能力 层级突破素养提升 春点1 分离参数法求参数范围 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的 [典例](2023·全国甲卷)已知函数f(x)=a.x 最大（小）值： sin x 第三步，解不等式f1(入)≥f2(x)max或f(入) (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； ≤f2(x)min从而求出参数入的取值范围. (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围. 跟踪训练 [尝试解答] (2024·南昌市模拟)已知函数f(x)=ln(a.x)+ bx在点(1，f(1)处的切线是y=0. (1)求函数f(x)的极值： ②)当mz≥fx)+ez(m<0)恒成立时，求 e 实数m的取值范围(e为自然对数的底数)， 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，求参数入的取值范围.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,)≥0(x∈D,λ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； 71 高考总复习人教数学B版（新教材） 专点2 分类讨论法求参数范围 aE(2,总存在x∈[号2]使8>4-a)成 [典例](2024·莆田市模拟)已知函数f(x)= x(e-2)-a.x2+1. 立，求实数k的取值范围 (1)求f(x)图像在x=0处的切线方程： [尝试解答] (2)当x≥0时，f(x)≥1一x.求a的取值范围. 、 [尝试解答] 方法指导 不等式的恒成立与能成立问题 (I)f(x)>g(x)对-切x∈I恒成立台I是f(x) >g(x)的解集的子集台[f(x)一g(x)]min> 方法指导 0(x∈I) 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进 (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立台I与f(x)> 行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问 g(x)的解集的交集不是空集台[f(x) 题，可以考虑用二次项系数或判别式的方法求解 g(x)]max>0(x∈I). 日跟踪训练 (3)对Hx1,x2∈D使得f(x1)≤g(x2)曰 (2024·咸阳市模拟)已知f(.x)=e一alnx(a∈R). f(x）max≤g(x)mim: (1)求函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (4)对Hx1∈D1,3x2∈D2使得f(x1)≥g(x2) (2)当a=一1时，若不等式f(x)>e+m(x一1) 台f(x)min≥g(x)min,其中f(x)定义域为 对任意x∈(1，+∞)恒成立，求实数m的取值 D1,g(x)定义域为D2. 范围. !跟踪训练 已知函数f(x)=lnx-ax2一a+2(a∈R,a为常数) (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若存在xo∈(0,1]，使得对任意的a∈(-2,0]， 不等式mea+f(xo)>0(其中e为自然对数的底 数)都成立，求实数m的取值范围。 春点3 利用转化与化归思想求解存在型 不等式成立问题 [典例](2024·广元市模拟)设函数f(x)=nx +x2-a.x(a∈R). (1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围； C温馨提 (2)设g(x)=f(.x)+21na+2 对于任意 学习至此，请完成配套训练 课时冲关21 6√x ·72