第3章 第20讲 第1课时 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点)(Word教师用书)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与不等式恒成立、能成立问题，按分离参数法、分类讨论法、双变量分离最值法三大技法构建知识体系，通过考点梳理、方法提炼、典例精讲、真题演练四环节，帮助学生突破逻辑推理与数学运算难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义以核心素养为导向，创新采用“技法+规律+分层练”教学模式，如分离参数法中引导学生构造函数求最值培养数学运算能力，分类讨论法通过参数范围分层探究发展逻辑推理素养。设置基础对点练与综合提升题，配合即时方法总结，确保高效突破考点，为教师把控复习进度、学生提升应考能力提供有力支持。

第20讲　导数的综合问题 第1课时　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点) 　　恒成立与能成立问题在高考中以导数为核心载体，命题呈现方法融合化、载体创新化、逻辑深度化的特征，考查逻辑推理、数学运算和创新应用能力． 技法一　分离参数法 (2026·江西新余模拟)设函数f(x)＝x(ex－x－a)，a∈R． (1)若a≥，求f(x)的单调区间； (2)若g(x)＝－－e，当x∈［0，＋∞)时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)依题意，得f'(x)＝ex－a＋x＝(x＋1). ①当a＝时，f'(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增； ②当a＞时，令f'(x)＜0，得－1＜x＜ln a， 令f'(x)＞0，得x＜－1或x＞ln a， 所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减，在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增. 所以当a＝时，f(x)在R上单调递增； 当a＞时，f(x)在(－1，ln a)上单调递减， 在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增. (2)当x∈[0，＋∞)时，不等式x≥－－e恒成立， 即不等式xex＋ax＋e≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立， 当x＝0时，不等式e≥0显然成立，此时a∈R； 当x＞0时，xex＋ax＋e≥0即－a≤ex＋在x∈上恒成立. 令h(x)＝ex＋，x＞0，则h'(x)＝ex－. 令m(x)＝h'(x)＝ex－，则m'(x)＝ex＋＞0， 所以h'(x)＝ex－在x∈上单调递增，注意到h'＝e－＝0， 所以当x∈时，h'(x)＜0，此时h(x)单调递减， 当x∈时，h'(x)＞0，此时h(x)单调递增， 所以h(x)在x＝1时取到最小值为h＝e＋＝2e， 所以－a≤2e，所以a≥－2e. 综上，实数a的取值范围是. 学生用书⬇第76页 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． 对点练1.(2026·陕西渭南模拟)已知a≠0，函数f(x)＝ln 在x＝处取得极值． (1)求a； (2)若存在实数x＞0，使得x－1＞f(x)成立，求k的最小整数值． 解：(1)f′(x)＝aln ＋a． 因为f(x)在x＝处取得极值， 所以f′＋a＝0， 所以a·，解得a＝1. 经验证当a＝1时，f(x)在x＝处取得极小值，符合题意，故a＝1. (2)存在实数x＞0，使得成立． 令g(x)＝，x＞0， 则g′(x)＝，x＞0. 令h(x)＝x－1－ln 上恒成立， 故h(x)在上单调递增． 又h＝2－ln 4＞0， 故存在唯一的x0∈＝0， 即x0－1＝ln ． 当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0， 当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0， 所以g(x)在上单调递增， 故g(x)min＝g＝x0＋2， 故k＞x0＋2，结合x0∈，得x0＋2∈(4，5)， 故k的最小整数值为5. 技法二　分类讨论法 (1)(2023·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝ax－，x∈，若f(x)＜sin 2x，求a的取值范围． (2)(2026·辽宁大连模拟节选)已知函数f(x)＝x＋ln x，若关于x的不等式f(x)＜mln x有解，求实数m的取值范围． 解：(1)令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－－sin 2x， 则g'(x)＝a－－2cos 2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos 2x－2). 令u＝cos2x，则u∈(0，1)， 令k(u)＝＋4u－2， 则k'(u)＝＋4＝. 当u∈(0，1)时，k'(u)＜0，所以k(u)在(0，1)上单调递减， 因为k(1)＝3，所以当u∈(0，1)时，k(u)＞3，所以k(u)的值域为(3，＋∞). ①当a≤3时，g'(x)＜0，所以g(x)在上单调递减， 又g(0)＝0，所以当x∈时，g(x)＜0，即f(x)＜sin 2x. ②当a＞3时，∃x0∈使得g'(x0)＝0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减， 所以g(x0)＞g(0)＝0，所以f(x)＜sin 2x不成立. 综上所述，a的取值范围为(－∞，3]. (2)由题意得x＋ln x＜mln x有解，即x＜ln x有解. 令g(x)＝x－ln x，则g'(x)＝1－＝， 若m－1＜0，则0＜＜1，则g＝－1＜0，符合题意； 若m－1＝0，即m＝1，则g(x)＝x＞0，不符合题意； 若m－1＞0，当x∈时，g'(x)＜0，g(x)在上单调递减， 当x∈时，g'(x)＞0，g(x)在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝m－1－·ln (m－1)＜0，解得m＞1＋e. 综上，实数m的取值范围为(－∞，1)∪(1＋e，＋∞). 　　对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围． 对点练2.(2026·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝x2－aln x＋a3，a∈R． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且f(x)≥2a3－，求实数a的取值范围． 解：(1)因为a＝1，所以f(x)＝x2－ln x＋1，则f'(x)＝x－， 所以f'＝2－＝. 又因为f＝3－ln 2， 故曲线y＝f(x)在点处的切线方程为y＝x－ln 2. (2)由函数f(x)＝x2－aln x＋a3，a∈R可知，x＞0. 则f'(x)＝x－＝. 当a≤0时，因为x＞0，所以f'(x)＞0，此时y＝f(x)为单调递增函数，没有极小值，与题意不符合； 当a＞0时，f'(x)＝x－＝. 因为x＞0，所以当x∈时，f'(x)＜0，当x∈时，f'(x)＞0， 所以函数f(x)有极小值为f＝a－aln ＋a3＝a－ln a＋a3. 又f(x)≥2a3－，所以f≥2a3－，即a3＋ln a－a≤0. 因为a＞0，所以2a2＋ln a－2≤0. 令h＝2a2＋ln a－2，则h'＝4a＋＞0， 所以h＝2a2＋ln a－2在上单调递增， 又h＝0，所以2a2＋ln a－2≤0的解集为， 即实数a的取值范围是. 【教师备选】　(2025·山东滨州二模)已知函数f(x)＝＋aln x． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a＞0时，f(x)≥a2－(a＋1)ln a恒成立，求实数a的值． 解：(1)依题意，知f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以f'(x)＝－＋＝. 当a≤0时，f'(x)＜0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 当a＞0时，由f'(x)＜0，解得0＜x＜，由f'(x)＞0，解得x＞， 因此函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. 综上所述，当a＞0时，f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减. (2)由(1)知，当a＞0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 因此f(x)的最小值为f()＝a－aln a，因此a－aln a≥a2－(a＋1)ln a恒成立， 化简得a2－ln a－a≤0. 令函数h(x)＝x2－ln x－x， 那么h'(x)＝2x－－1＝＝. 由h'(x)＜0，解得0＜x＜1，由h'(x)＞0，解得x＞1， 因此函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝12－ln 1－1＝0，即h(a)≥0. 又h(a)≤0，所以h(a)＝0，所以a＝1. 技法三　双变量分离最值法 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈［0，2］，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈［，2］，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立. g'(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 令g'(x)＝0，得x＝0或x＝. 因为g()＝－，g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1， g(x)min＝g()＝－， [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝， 所以满足条件的最大整数M为4. (2)对任意的s，t∈［，2］都有f(s)≥g(t)， 则f(x)min≥g(x)max. 由(1)知当x∈［，2］时，g(x)max＝g(2)＝1， 所以当x∈［，2］时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立. 令h(x)＝x－x2ln x，x∈［，2］， 所以h'(x)＝1－2xln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x， 所以φ'(x)＝－3－2ln x＜0， h'(x)在［，2］上单调递减， 又h'(1)＝0，所以当x∈［，1］时，h'(x)≥0， 当x∈[1，2]时，h'(x)≤0， 所以h(x)在［，1］上单调递增，在[1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1. 所以实数a的取值范围是[1，＋∞). 　　“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，可按如下规则转化：一般地，已知函数y＝f(x)，x∈［a，b］，y＝g(x)，x∈［c，d］， 1.若∀x1∈［a，b］，∀x2∈［c，d］，总有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)min． 2.若∀x1∈［a，b］，∃x2∈［c，d］，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)max． 学生用书⬇第77页 3.若∃x1∈［a，b］，∃x2∈［c，d］，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)min＜g(x)max． 4.若∀x1∈［a，b］，∃x2∈［c，d］，有f(x1)＝g(x2)，则f(x)的值域是g(x)的值域的子集． 对点练3.(2026·福建龙岩模拟)已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x＋4a(a＞0)． (1)求f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2］，均存在x2∈(0，2］，使得f＜g，求实数a的取值范围． 解：(1)由f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x＋4a，x＞0， 得f'(x)＝ax－(2a＋1)＋＝＝. 令f'(x)＝0，解得x1＝，x2＝2.当0＜a＜时，＞2， 当x∈(0，2)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 当a＝时，＝2，f'(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增. 当a＞时，0＜＜2，当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 综上所述，当0＜a＜时，f(x)的单调递增区间是(0，2)和，单调递减区间是(2，)； 当a＝时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a＞时，f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是. (2)因为对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f＜g， 所以f(x)max＜g(x)max，g(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈(0，2]， 当x＝2时，g(x)取得最大值，最大值为0. 由(1)得，当0＜a≤时，f(x)在(0，2]上单调递增， 即当x＝2时，f(x)取得最大值f(2)＝2a－(2a＋1)×2＋2ln 2＋4a＝2a－2＋2ln 2， 所以2a－2＋2ln 2＜0，解得a＜1－ln 2，即0＜a＜1－ln 2. 当a＞时，f(x)在上单调递增，在上单调递减， 当x＝时，f(x)取得最大值f＝－(2a＋1)·＋2ln ＋4a＝－－2－2ln a＋4a. 设s(a)＝－－2－2ln a＋4a，a＞， 则s'(a)＝－＋4＝＞0，s(a)单调递增， 所以s(a)＞s＝ln 4－1＞0成立，所以f＜0无解. 综上所述，实数a的取值范围是{a｜0＜a＜1－ln 2}. 综上所述，实数a的取值范围是{a|0＜a＜1－ln 2}． 学科网（北京）股份有限公司 $