3.4 利用导数研究不等式恒(能)成立问题 导学案——2027届高三数学一轮复习

第四节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 命题点一　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题 例1：已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝x ln x．若不等式f(x)－g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 学霸笔记：分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法．一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需，若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需，由此构造不等式，求参数的取值范围． 跟踪训练　已知函数f(x)＝eax－x. (1)求f(x)的单调区间； (2)若∃x∈[－1，1]，使f(x)≥3成立，求a的取值范围． 命题点二　最值法解决不等式恒(能)成立问题 例2：(2026·衡水模拟)已知函数f(x)＝－a. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0恒成立，求a的值． 学霸笔记：在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0；②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0；②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0. 跟踪训练　(衔接·人教B版选修三P102B组T5)已知a>0且f(x)＝ax＋＋2－2a，若f(x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 命题点三　双变量不等式恒(能)成立问题 例3：(2026·郑州模拟)已知函数f(x)＝m(x2＋2x)－ln (xex)(m∈R)，g(x)＝1－＋x2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当m>0时，若对于任意x1>0，总存在x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围． 学霸笔记：“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)＞g(x2)⇔f(x)min＞g(x)max； (2)，，＞⇔＞； (3)，，＞⇔＞g(x)max； (4)，，>⇔>. 跟踪训练　已知函数f(x)＝a ln x－x(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求实数a的取值范围． 第四节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 考教衔接·活用教材 例1　解析：因为不等式f(x)－g(x)≥0恒成立，即f(x)≥g(x)，得ex－ax－1≥x ln x， 即a≤，x>0. 令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，即h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)单调递增． 所以h(x)≥h(1)＝e－1，则a≤e－1， 所以实数a的取值范围为(－∞，e－1]. 跟踪训练　解析：(1)对f(x)＝eax－x求导得f′(x)＝aeax－1.当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在R上单调递减．当a>0时，令f′(x)＝0，即aeax－1＝0，eax＝，ax＝ln ＝－ln a，解得x＝－.当x<－时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)f(x)≥3在[－1，1]有解，即当x∈[－1，1]时，f(x)max≥3，当a>0时，由(1)知函数在[－1，1]上的最大值在端点处取得．此时f(1)＝ea－1，f(－1)＝e－a＋1，所以ea－1≥3或e－a＋1≥3，得a≥ln 4或 a≤－ln 2，又a>0，所以a≤－ln 2舍去，所以a≥ln 4＝2ln 2.当a≤0时，函数在[－1，1]上单调递减，那么最大值在x＝－1处取得．此时f(－1)＝e－a＋1， 所以e－a＋1≥3，得a≤－ln 2. 综合两种情况，可得a的取值范围为a≤－ln 2或a≥2ln 2. 例2　解析：(1)f(x)＝ln x＋－a，f′(x)＝，x∈(0，＋∞)， 当a≤0时，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0恒成立； 当a＞0时，x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；x∈(0，a)，f′(x)<0. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无减区间； 当a＞0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减． (2)当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，对f(1)＝0，则当x∈(0，1)时，f(x)<0，不符合题意． 当a＞0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减， 所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋－a＝ln a＋1－a， 因为f(x)≥0，所以f(x)min＝ln a＋1－a≥0. 令g(a)＝ln a＋1－a，a>0，g′(a)＝， 当0<a<1，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a>1，g′(a)<0，g(a)单调递减， 所以g(a)max＝g(1)＝ln 1＋1－1＝0，g(a)≤0， 所以满足f(x)min＝ln a＋1－a≥0，只能是g(a)＝0，所以a＝1. 跟踪训练　解析：f(x)≥2ln x在[1，＋∞]上恒成立， 即f(x)－2ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立． 设g(x)＝f(x)－2ln x＝ax＋＋2－2a－2ln x， 则g′(x)＝a－， 令g′(x)＝0，则x＝1或x＝， 由于g(1)＝0，a>0， 因此≤1(否则是g(x)的极小值点，即g<g(1)＝0)，所以a≥1. 故实数a的取值范围为[1，＋∞)． 例3　解析：(1)f(x)＝m(x2＋2x)－ln (xex)＝m(x2＋2x)－x－ln x，则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝，所以当m≤0时，有f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当m>0时，由f′(x)<0解得x∈，f(x)在上单调递减； 由f′(x)>0解得x∈，f(x)在上单调递增． 综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； m>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由(1)知，当m>0时，f(x)min＝f＝－＋ln 2m＋1， 根据题意，不等式等价于－min，x2∈[－2，－1]， 对于g(x)＝1－ex＋x2，x∈[－2，－1]，则g′(x)＝－＋2x<0， 所以g(x)在x∈[－2，－1]上单调递减，所以g(x)min＝g(－1)＝2－， 则有－＋ln 2m＋1≥2－，即－ln 2m－1≤－2. 设h(m)＝－ln 2m－1，(m>0)，则h′(m)＝－<0， 所以h(m)在定义域内为减函数．又h＝－2， 所以－ln 2m－1≤－2⇔h(m)≤h，所以m≥，即m的取值范围是. 跟踪训练　解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1， 由f′(x)＝(x>0)可知 ①当a≤0时，f′(x)<0， ∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无增区间． ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 当x∈(0，a)时，f′(x)>0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)． (2)由已知，转化为f(x)max<g(x)min. 由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)． 故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝a ln a－a， 则g′(x)＝1－， ∴函数在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 故g(x)的极小值即为最小值， ∴g(x)min＝g(1)＝0， ∴a ln a－a<0，解得0<a<e. ∴实数a的取值范围为(0，e)． 学科网（北京）股份有限公司 $