第4节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题课件-2027届高三数学一轮复习

第4节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 课标解读　恒(能)成立问题是高考数学中的重点和难点,常以解答题的形式出现,难度中高档.此类问题综合考查导数及其几何意义、函数性质与方程思想的交汇运用,要求考生具备较强的分析、转化与解决问题的能力. 考点一　分离参数法解决不等式恒(能)成立问题 例1　已知函数f(x)=ln x+x-,其中a∈R. (1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)如果对于任意x∈(1,+∞),都有f(x)>2,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 (1)当a=2时,f(x)=ln x+x-,故f'(x)=+1,所以f'(1)=1+2+1=4.又因为f(1)=ln 1+1-=-1,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=4(x-1),即4x-y-5=0. (2)由f(x)>2,得ln x+x->2,即a<xln x-2x+x2. 令g(x)=xln x+x2-2x(x∈(1,+∞)),即a<g(x)min.g'(x)=ln x+x+2x-2=ln x+2x-1,因为x∈(1,+∞),所以ln x>0,2x-1>0,所以当x∈(1,+∞)时,g'(x)=ln x+2x-1>0,故g(x)在(1,+∞)内单调递增,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)>g(1)=1×ln 1+1-2×1=-1.因为对于任意x∈(1,+∞),都有a<g(x)成立,所以a≤-1,即实数a的取值范围是(-∞,-1]. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　“分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法,其基本过程如下: (1)已知含参数λ的不等式f(λ,x)≥0恒成立; (2)将不等式转化为g(λ)≥h(x),即将参数λ与变量x分离,可以将λ单独分离到不等式一边,也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边; (3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的形式而确定,可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等; (4)得出结论.若h(x)的最大值为M,则g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域为(m,M)时,g(λ)≥M. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练1](2025·山东青岛模拟)已知函数f(x)=ln x-x2. (1)求函数f(x)在[,4]上的最大值和最小值; (2)若关于x的不等式f(x)>(2-a)x2有解,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 (1)由函数f(x)=ln x-x2,得f'(x)=-x=(x>0). 令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去). 当<x<1时,f'(x)>0,当1<x<4时,f'(x)<0,所以函数f(x)在内单调递增,在(1,4)内单调递减,所以当x=1时,f(x)取得最大值,最大值为f(1)=- 又f=ln=-ln 2-,f(4)=2ln 2-8,f-f(4)=-3ln 2-+8>-3-+8>0, 所以f>f(4),所以当x=4时,f(x)取得最小值,最小值为f(4)=2ln 2-8.故f(x)在上的最大值为-,最小值为2ln 2-8. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)易知f(x)的定义域为(0,+∞),所以不等式f(x)>(2-a)x2可化为2-a<记g(x)=,则原不等式有解可转化为2-a<g(x)max. 易得g'(x)=,当x∈(0,)时,g'(x)>0,当x∈(,+∞)时,g'(x)<0,所以函数g(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减, 故g(x)max=g()=,所以2-a<,解得a>所以实数a的取值范围是 考点一 考点二 考点三 教材衍展 考点二　最值法解决不等式恒(能)成立问题 例2　(2025·浙江精诚联盟三模)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x. (1)当a=0时,求函数f(x)的极值点个数; (2)若对∀x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 (1)由f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=ex-cos x-2x,f'(x)=ex+sin x-2,当x≤0时,ex≤1,-1≤sin x≤1,又f'(0)=-1,所以f'(x)<0,故f(x)在(-∞,0)内单调递减,无极值; 当x>0时,令g(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x.因为ex>1,-1≤cos x≤1,所以g'(x)>0,故g(x)(即f'(x))在(0,+∞)内单调递增, 又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,所以存在唯一的x0∈(0,1)使f'(x)=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)内单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)内单调递增,所以f(x)在x=x0处取得极小值. 综上,当a=0时,f(x)有1个极小值点,无极大值点. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 (2)f'(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0), 令h(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0),则h'(x)=ex+cos x>0, 所以h(x)(即f'(x))在(0,+∞)内单调递增,故f'(x)≥f'(0)=-2a-1, 当a≤-时,f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0,此时f(x)在(0,+∞)内单调递增,故f(x)≥f(0)=0,符合题意; 当a>-时,f'(0)=-2a-1<0. 当x>0时,有ex>x+1(证明略), 所以f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2) =1+sin(2a+2)≥0, 因为f'(x)在(0,+∞)内单调递增,所以存在x1>0,使得f'(x)=0, 当x∈[0,x1)时,f'(x)<0,f(x)在[0,x1)内单调递减,此时f(x)≤f(0)=0,不符合题意. 综上,实数a的取值范围为 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　最值法解决不等式恒(能)成立问题 在不等式恒(能)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f(x,a)>0恒成立⇔g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立⇔g(a)≥0. (2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立⇔g(a)≤0. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练2](2025·河北保定模拟)已知函数f(x)=-e2x-aex+2a2x. (1)当a=1时,求f(x)的极值; (2)若关于x的不等式f(x)+a2≥0有实数解,求a的取值范围.   考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 (1)当a=1时,f(x)=-e2x-ex+2x,则f'(x)=-e2x-ex+2=(ex+2)(1-ex),令f'(x)>0,得x<0;令f'(x)<0,得x>0,所以f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,所以f(x)的极大值为f(0)=-,无极小值. (2)由题得f'(x)=-e2x-aex+2a2=(a-ex)(ex+2a),当a=0时,f(x)=-e2x<0,不符合题意. 当a>0时,令f'(x)>0,得x<ln a; 令f'(x)<0,得x>ln a,所以f(x)在(-∞,ln a)内单调递增,在(ln a,+∞)内单调递减, 所以f(x)max=f(ln a)=-e2ln a-aeln a+2a2ln a=-a2+2a2ln a, 考点一 考点二 考点三 教材衍展 由-a2+2a2ln a+a2≥0,得-+2ln a≥0,解得a 当a<0时,令f'(x)>0,得x<ln(-2a);令f'(x)<0,得x>ln(-2a), 所以f(x)在(-∞,ln(-2a))内单调递增,在(ln(-2a),+∞)内单调递减,所以f(x)max=f(ln(-2a))=-e2ln(-2a)-aeln(-2a)+2a2ln(-2a)=2a2ln(-2a), 由2a2ln(-2a)+a2≥0,得2ln(-2a)+1≥0,解得a≤- 综上,a的取值范围是[,+∞). 考点一 考点二 考点三 教材衍展 考点三　端点效应法解决不等式恒成立问题 例3　设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 依题意,f'(x)=由g(x)=xf'(x),x≥0,得g(x)=,x≥0, 而f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.令F(x)=ln(1+x)-(x≥0),则F(x)≥0恒成立. 由于F(0)=0,所以此时必须保证函数F(x)在x=0右侧附近区间上单调递增, 即保证F'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立, 而F'(x)=,则F'(0)=1-a,故F'(0)≥0,即a≤1.下证当a≤1时,F(x)≥0恒成立. 当a≤1时,函数F'(x)=0,故函数F(x)在[0,+∞)内单调递增,即F(x)≥F(0)=0,故当a≤1时,函数F(x)≥0恒成立,即原命题成立,故实数a的取值范围是(-∞,1]. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 规律方法　端点效应的核心思想是“必要性探路,充分性验证”.在处理一类恒成立问题时,我们常借助函数在区间端点处需满足的必要条件(如函数值、导数值等)来初步限定参数的取值范围.通常所得范围即为最终结果,此时仅需补充充分性证明即可完成论证. 具体操作步骤如下: (1)构造一个新函数f(x),使其满足恒大于等于零(或恒小于等于零)的条件;将区间端点代入f(x),若函数值恰好为零,则进一步考查该点处的导数值; (2)若端点处一阶导数值不为零,则令一阶导函数在该点的值大于等于零(或小于等于零),由此解出参数的初步范围,并后续证明其充分性; (3)若端点处一阶导数值为零,则将一阶导数视为新函数,再令二阶导函数在该端点处的值大于等于零(或小于等于零),进而确定参数范围,并完成充分性验证. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练3](2024·全国甲,理21改编)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 解 由于当x≥0时,f(x)≥0恒成立,而f(0)=0,故要保证函数f(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增, 即保证函数f'(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立. 而f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-, 故f'(0)=0,即此时需保证函数f'(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增, 即保证函数f″(x)≥0(f″(x)是f'(x)的导数)在x=0的右侧附近区间上恒成立. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 而f″(x)==-=-, 故f″(0)=-2a-1≥0,即a≤- 下证当a≤-时,f(x)≥0在[0,+∞)内恒成立,当a≤-时, f″(x)=-0, 所以f'(x)在[0,+∞)内单调递增,所以f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)内单调递增,即f(x)≥f(0)=0恒成立. 综上,可得a≤-,即a的取值范围是 考点一 考点二 考点三 教材衍展 教材衍展　洛必达法则速求参数范围 如果当x→x0(x0也可以是±∞)时,两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无穷大,那么极限可能存在,也可能不存在.我们称这类极限为型或型不定式极限.对于这类极限,一般要用洛必达法则来求解. 定理1　若函数f(x)和g(x)满足条件: (1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0. (2)f(x)=g(x)=0. (3)=a,则有=a. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 定理2　若函数f(x)和g(x)满足条件: (1)f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导,且g'(x)≠0. (2)f(x)=g(x)=∞. (3)=a,则有=a. 在定理1和定理2中,将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 典例设a>0,若ln≥a|x|对∀x∈(-1,1)恒成立,求实数a的取值范围. 解 令t=|x|∈[0,1),则lna|x|对∀x∈(-1,1)恒成立等价于lnat对t∈[0,1)恒成立.当t=0时,不等式恒成立,当t>0时,有a对t∈(0,1)恒成立.令G(t)=,则G'(t)=,令H(t)=-ln,则H'(t)=>0,所以H(t)在(0,1)内单调递增,于是H(t)>H(0)=0,即G'(t)>0,所以G(t)在(0,1)内单调递增.由洛必达法则,可得G(t)==2,于是0<a≤2,所以a的取值范围为(0,2]. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 [对点训练]设函数f(x)=ex-1-x-ax2. (1)若a=0,求f(x)的单调区间; (2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 解 (1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,∴f'(x)=ex-1,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-∞,0). (2)当x≥0时,f(x)≥0,即ex-1-x≥ax2在[0,+∞)内恒成立. ①当x=0时,e0-1-0≥a×0恒成立,a∈R; ②当x>0时,ex-1-x≥ax2等价于a记g(x)=(x>0),g'(x)= 令h(x)=(x-2)ex+x+2(x>0), 则h'(x)=(x-1)ex+1(x>0). 考点一 考点二 考点三 教材衍展 ∵h'(x)=(x-1)ex+1单调递增, ∴h'(x)>(0-1)×e0+1=0,∴h(x)=(x-2)ex+x+2单调递增, ∴h(x)>(0-2)×e0+0+2=0,∴当x∈(0,+∞)时,g'(x)=>0, ∴g(x)=在(0,+∞)内单调递增,由洛必达法则得g(x)=, ∴当x∈(0,+∞)时,g(x)>,因此a综上,a的取值范围为(-∞,]. 考点一 考点二 考点三 教材衍展 $