第三章 不等式恒(能)成立问题 进阶1 参数全分离讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦一元函数导数应用中的不等式恒（能）成立问题，以参数全分离为核心，按考向预测、核心梳理、题型突破（含参数分离及换元分离）、跟踪与限时训练的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生突破函数最值求解等难点。 资料突出高考命题趋势，融入高阶导数与极限分析，采用典例精讲（如例1分离参数转化为函数最值）和分层训练，培养学生数学思维（推理能力）与模型观念，通过换元分离等策略提升解题效率，为教师把控复习节奏、学生提升应考能力提供有力支撑。

第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶1　参数全分离 【高考考向预测】 近三年高考导数题型中参数全分离考查频次极高，是求解恒成立、存在性问题最常用通法，通过变形将参数与变量彻底拆分，转化为求函数最值确定参数范围，思路清晰易上手，适配多数常规含参不等式题型；预测2027 年依旧作为主流解题方法重点考查，命题会增多分离后复杂函数最值求解、极限分析与高阶导数应用，常结合放缩、隐零点搭配出题，同时设置易分离误区陷阱，侧重考查式子变形能力与分离后函数性质精准研判。 【核心梳理●明考点】 重点解读　将两个变量构成的不等式(或方程)变形，使不等号(或等号)两端的变量各自相同，是解决有关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量其中一个范围已知，另一个范围未知.解决问题的关键：分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域问题. 【题型突破●明方向】 题型一　参数全分离 例1　(2025·安庆模拟)已知函数f(x)=ex-ax2，a∈R，f'(x)为函数f(x)的导函数. (1)讨论函数f'(x)的单调性； (2)若任意x∈(0，1)，f(x)+f'(x)<2-ax2恒成立，求a的取值范围. 【跟踪训练】1　(2026·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R. (1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程； (2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围. 题型二　换元后参数分离 例2　已知函数f(x)=xln x-x-ln x+1的导函数为f'(x). (1)证明：函数f(x)有且只有一个极值点； (2)若xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，求实数m的取值范围. 【跟踪训练】2　已知函数f(x)=aln(x+1)-ax，a∈R. (1)当a≠0时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>-1时，f(x)>恒成立，求实数a的取值范围. 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)(2025·深圳模拟)函数f(x)=2x2+ax-ln x+1，a∈R. (1)当a=0时，求函数f(x)的极值；(7分) (2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.(10分) 2.(17分)已知函数f(x)=x3eax-1(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；(8分) (2)若a=2，不等式f(x)≥mx+3ln x对x∈(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围.(9分) 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章　一元函数的导数及其应用 进阶篇　不等式恒(能)成立问题 进阶1　参数全分离 【高考考向预测】 近三年高考导数题型中参数全分离考查频次极高，是求解恒成立、存在性问题最常用通法，通过变形将参数与变量彻底拆分，转化为求函数最值确定参数范围，思路清晰易上手，适配多数常规含参不等式题型；预测2027 年依旧作为主流解题方法重点考查，命题会增多分离后复杂函数最值求解、极限分析与高阶导数应用，常结合放缩、隐零点搭配出题，同时设置易分离误区陷阱，侧重考查式子变形能力与分离后函数性质精准研判。 【核心梳理●明考点】 重点解读　将两个变量构成的不等式(或方程)变形，使不等号(或等号)两端的变量各自相同，是解决有关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量其中一个范围已知，另一个范围未知.解决问题的关键：分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域问题. 【题型突破●明方向】 题型一　参数全分离 例1　(2025·安庆模拟)已知函数f(x)=ex-ax2，a∈R，f'(x)为函数f(x)的导函数. (1)讨论函数f'(x)的单调性； (2)若任意x∈(0，1)，f(x)+f'(x)<2-ax2恒成立，求a的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=ex-ax2，且定义域为R， 所以f'(x)=ex-2ax，令g(x)=ex-2ax， 则g'(x)=ex-2a， 当a≤0时，g'(x)>0，函数f'(x)在R上单调递增； 当a>0时，令g'(x)>0，得到x∈(ln 2a，+∞)， 令g'(x)<0，得到x∈(-∞，ln 2a)， 故函数f'(x)在(-∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，+∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f'(x)在R上单调递增； 当a>0时，f'(x)在(-∞，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，+∞)上单调递增. (2)由(1)得f'(x)=ex-2ax， 因为对于任意x∈(0，1)，f(x)+f'(x)<2-ax2恒成立， 所以ex-ax2+ex-2ax<2-ax2恒成立， 化简得ex-1<ax恒成立， 故a>恒成立， 令h(x)=，x∈(0，1)， 则a>h(x)恒成立，h'(x)=， 令u(x)=(x-1)ex+1，x∈(0，1)， 则u'(x)=xex>0， 得到u(x)在(0，1)上单调递增， 即u(x)>u(0)=0， 故h'(x)>0，h(x)在(0，1)上单调递增， 即h(x)<h(1)=e-1，故a≥e-1， 即a的取值范围是[e-1，+∞). 【思维升华】分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 (1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min； a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【跟踪训练】1　(2026·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R. (1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程； (2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a的取值范围. 【解析】(1)当a=2时，f(x)=ln x-2(x+1)， 所以f(1)=-4，f'(x)=-2， 所以切线斜率k=f'(1)=-1， 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1)，即x+y+3=0. (2)因为∃x0∈(0，2]，使得f(x0)>0， 即ln x0-a(x0+1)>0， 所以a<， 令g(x)=，x∈(0，2]， 则g'(x)=， 令h(x)=1+-ln x，x∈(0，2]， 所以h'(x)=--<0在(0，2]上恒成立， 所以函数h(x)在(0，2]上单调递减， 所以h(x)≥h(2)=-ln 2=ln>0， 所以g'(x)>0在(0，2]上恒成立， 所以函数g(x)在(0，2]上单调递增， 所以g(x)max=g(2)=， 所以a<， a的取值范围是. 题型二　换元后参数分离 例2　已知函数f(x)=xln x-x-ln x+1的导函数为f'(x). (1)证明：函数f(x)有且只有一个极值点； (2)若xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，求实数m的取值范围. (1)【证明】由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f'(x)=ln x+1-1-=ln x-， 令φ(x)=ln x-(x>0)， 则φ'(x)=+=>0， 所以φ(x)(即f'(x))在(0，+∞)上单调递增， 又f'(1)=-1<0，f'(e)=1->0， 所以f'(x)在(1，e)上有唯一零点x0， 当0<x<x0时，f'(x)<0， 当x>x0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以函数f(x)有且只有一个极值点x0. (2)【解析】xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立， 即(xln x-1)-(xln x-x-ln x+1)≤-3-mxex恒成立， 即ln x+x+1≤-mxex恒成立， 即ln(xex)+1≤-mxex恒成立. 令t=xex，因为x>0， 所以t>0，则ln t+1≤-mt， 所以-m≥， 令g(t)=(t>0)， 则g'(t)=， 令g'(t)<0，得t>1，令g'(t)>0，得0<t<1， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以g(t)max=g(1)=1， 所以-m≥1，解得m≤-1， 即实数m的取值范围为(-∞，-1]. 【思维升华】在有些题目中不能直接利用分离参数法，有时为了简化函数，常进行换元，如本题令t=xex就可轻松分离参数. 【跟踪训练】2　已知函数f(x)=aln(x+1)-ax，a∈R. (1)当a≠0时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>-1时，f(x)>恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】(1)f(x)=aln(x+1)-ax的定义域为(-1，+∞)， f'(x)=-a=， ①当a>0时，令f'(x)>0，得-1<x<0，此时f(x)单调递增， 令f'(x)<0，得x>0，此时f(x)单调递减； ②当a<0时，令f'(x)>0，得x>0，此时f(x)单调递增， 令f'(x)<0，得-1<x<0，此时f(x)单调递减. 综上所述，当a>0时，f(x)在(-1，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减； 当a<0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-1，0)上单调递减. (2)记t=(x+1)-ln(x+1)， 由(1)知，当a=1时， f(x)=ln(x+1)-x≤f(0)=0， 则x-ln(x+1)≥0， 则t=(x+1)-ln(x+1)≥1， 当x>-1时，f(x)=aln(x+1)-ax>=a-恒成立， 即aln(x+1)-a(x+1)>-对x>-1恒成立， 即a[(x+1)-ln(x+1)]<e(x+1)-ln(x+1)对x>-1恒成立， 则at<et，即a<对t≥1恒成立， 令h(t)=(t≥1)，h'(t)==≥0对t≥1恒成立， 则h(t)在[1，+∞)上单调递增， 所以h(t)≥h(1)=e， 所以a<e，即实数a的取值范围为(-∞，e). 【限时训练】 （15分钟） 1.(17分)(2025·深圳模拟)函数f(x)=2x2+ax-ln x+1，a∈R. (1)当a=0时，求函数f(x)的极值；(7分) (2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.(10分) 【解析】(1)依题意，当a=0时， f(x)=2x2-ln x+1，定义域为(0，+∞)， f'(x)==， 令f'(x)=0得x=， 当0<x<时，f'(x)<0， 所以函数f(x)在上单调递减； 当x>时，f'(x)>0， 所以函数f(x)在上单调递增. 故函数f(x)有极小值，极小值为f=+ln 2，无极大值. (2)因为x>0，f(x)≥0恒成立， 即a≥-2x恒成立， 令g(x)=-2x(x>0)， 则g'(x)=-2=. 令h(x)=2-ln x-2x2(x>0)， 则h'(x)=--4x<0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递减. 又h(1)=0，故当0<x<1时， h(x)>0，g'(x)>0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，h(x)<0，g'(x)<0， 所以函数g(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以g(x)max=g(1)=-3， 又a≥g(x)恒成立，即a≥g(x)max=-3， 所以a的取值范围是[-3，+∞). 2.(17分)已知函数f(x)=x3eax-1(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性；(8分) (2)若a=2，不等式f(x)≥mx+3ln x对x∈(0，+∞)恒成立，求实数m的取值范围.(9分) 【解析】(1)f'(x)=3x2eax+ax3eax=x2eax(ax+3). ①当a=0时，f'(x)≥0恒成立， 所以f(x)在R上单调递增. ②当a<0时，令f'(x)<0，得x>-； 令f'(x)≥0，得x≤-， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. ③当a>0时，令f'(x)<0，得x<-； 令f'(x)≥0，得x≥-. 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)因为a=2，所以f(x)≥mx+3ln x对x∈(0，+∞)恒成立等价于m≤对x∈(0，+∞)恒成立. 方法一　设g(t)=t-1-ln t(t>0)， 则g'(t)=. 令g'(t)<0，得0<t<1； 令g'(t)>0，得t>1， 所以g(t)min=g(1)=0， 所以t-1-ln t≥0， 当且仅当t=1时，等号成立. 取t=x3e2x，则x3e2x-1-ln(x3e2x)≥0， 即x3e2x-3ln x-1≥2x， 所以≥2. 设h(x)=x3e2x(x>0)， 则h'(x)=(3x2+2x3)e2x>0，h(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为h(0)=0<1，h(1)=e2>1， 所以方程x3e2x=1必有解， 所以当且仅当x3e2x=1时， 函数y=(x>0)取得最小值，且最小值为2， 所以m≤2，即m的取值范围为(-∞，2]. 方法二　(同构法) = ≥=2， 等号成立的充要条件是3ln x+2x=0， 令φ(x)=3ln x+2x， 易知φ(x)在(0，+∞)上单调递增， 由φ=-3+<0， φ(1)=2>0知，3ln x+2x=0必有解， 故m≤2，即m的取值范围为(-∞，2]. 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $