第3章 重难突破一 突破1 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（湘教版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数研究不等式恒（能）成立这一高考超重点，按分离参数法、分类讨论法、最值定位法三大技法构建知识体系，通过考点梳理、例题精讲、方法总结、对点训练的教学流程，帮助学生系统掌握转化思想与最值求解策略。 资料以高考真题为载体，如2023全国甲卷、2024新课标Ⅰ卷题目，设计分层练习（对点练、综合运用、创新拓展），通过构造函数、分类讨论等活动培养学生逻辑推理与数学建模能力，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

突破1　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点) 　　对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理.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a<f(x)min；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a<f(x)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围. 技法一　分离参数法 (2026·广东惠州一模)已知函数f(x)=. (1)当a=2时，求f(x)在(-1，f(-1))处的切线方程； (2)当x≥0时，不等式f(x)≤2恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)当a=2时，f(x)=，所以f'(x)=，故切线的斜率k=f'=-e， 又f(-1)=e，所以切点为(-1，e)， 所以切线方程为y-e=-e(x+1)，化简得ex+y=0. (2)当x≥0时，f(x)≤2恒成立，故≤2， 也就是x2+ax+a≤2ex，即a≤2ex-x2， 由x+1>0得a≤， 令h(x)=， 则h'(x)==， 令t(x)=2ex-x-2，则t'(x)=2ex-1， 可知t'(x)在[0，+∞)上单调递增，则t'(x)≥t'(0)=1，即t'(x)>0在[0，+∞)恒成立. 故t(x)在[0，+∞)上单调递增，所以t(x)≥t(0)=0，故h'(x)≥0在[0，+∞)恒成立. 所以h(x)在[0，+∞)上单调递增，而h(0)=2， 所以h(x)≥2，所以a≤2. 所以实数a的取值范围是(－∞，2]. 求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对任意x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值) 对点练1.(2026·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)=aln x++bx，且曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x-y+1=0. (1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间； (2)若关于x的不等式f(x)-2≥x+恒成立，求实数m的取值范围. 解：(1)由f(x)=aln x++bx(x>0)，得f'(x)=-+b=， 因为曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x-y+1=0，所以有f'(1)=2，f(1)=3，即解得 所以f'(x)==(x>0)， 由f'(x)>0，得x>，所以函数f(x)的单调递增区间是；由f'(x)<0，得0<x<，所以函数f(x)的单调递减区间为. (2)由(1)知f(x)=ln x++2x.不等式f(x)-2≥x+恒成立，等价于当x∈(0，+∞)时，m≤xln x+x2-2x+1恒成立. 令g(x)=xln x+x2-2x+1(x>0)， 则m≤g(x)min，g'(x)=ln x+x-1，当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增.所以g(x)min=g(1)=-， 所以m≤g(x)min=-， 所以实数m的取值范围是. 技法二　分类讨论法 (2026·安徽马鞍山模拟)已知函数f(x)=ex+(m+1)x，m∈R. (1)当m=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若存在x∈[1，2]，使得不等式ex++mln x+m≥f(x)成立，求实数m的取值范围. 解：(1)当m=1时，f(x)=ex+x=ex+2x，定义域为R，f'(x)=ex+2， 所以f(0)=1，f'(0)=3， 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-1=3(x-0)， 即y=3x+1. (2)不等式ex++mln x+m≥f(x)可化为+mln x-(m+1)x+m≥0， 即存在x∈[1，2]，使得不等式+mln x-(m+1)x+m≥0成立. 构造函数h(x)=+mln x-x+m，x∈[1，2]，则h'(x)=x+-=·(x-1). ①当m≤1时，h'(x)≥0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递增，故h(x)max=h(2)=mln 2-m≥0，解得m≤0，故m≤0； ②当1<m<2时，令h'(x)>0，解得m<x<2；令h'(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m，2]上单调递增，又h(1)=-，故h(2)=mln 2-m≥0，解得m≤0，这与1<m<2相矛盾，舍去； ③当m≥2时，h'(x)≤0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递减，故h(x)max=h(1)=-<0，不符合题意，应舍去. 综上所述，实数m的取值范围为(－∞，0]. 学生用书⬇第74页 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·陕西汉中模拟)已知函数f(x)=x2+aln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)因为f'(x)=2x+，x>0， ①若a≥0，则f'(x)>0恒成立，f(x)在(0，+∞)上单调递增. ②若a<0，令f'(x)=0，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. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. (2)由(1)知f'(x)=(x>0)， 当a>0时，f'(x)>0，所以f(x)单调递增，又x→0+，f(x)→-∞，故f(x)≥0不恒成立； 当a=0时，f(x)=x2>0，符合题意； 当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min=f=-+aln，由f(x)≥0恒成立，可得-+aln≥0，解得a≥-2e，所以-2e≤a<0. 综上，实数a的取值范围为[-2e，0]. 技法三　最值定位法 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∈，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∈都有f(s)≥g(t)， 则f(x)min≥g(x)max. 由(1)知当x∈时，g(x)max=g(2)=1， 所以当x∈时，f(x)=+xln x≥1恒成立，即a≥x-x2ln x恒成立. 令h(x)=x-x2ln x，x∈， 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)在上单调递减， 又h'(1)=0，所以当x∈时，h'(x)≥0， 当x∈[1，2]时，h'(x)≤0， 所以h(x)在上单调递增，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，常见的等价变换有： 1.∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. 2.∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. 3.∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 对点练3.已知f(x)=x3-3x+3-，g(x)=ln(x+1)+a，∃x1∈[0，2]，∀x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是　　　　.  答案： 解析：因为∃x1∈[0，2]，∀x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立等价于在[0，2]上，f(x)min≤g(x)min. 易得f'(x)=，当x∈[0，2]时，3x+3+>0， 所以f(x)在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增， 所以函数f(x)在[0，2]上的最小值为f(1)=1-.易知g(x)在[0，2]上单调递增，所以函数g(x)在[0，2]上的最小值为g(0)=a，所以1-≤a，即实数a的取值范围是. 课时测评23　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点) (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) 1.(6分)(2026·江西高三阶段练习)已知函数f(x)=-x，若对任意的0<x1<x2，都有-<0，则实数a的取值范围是 (　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：因为对任意的0<x1<x2，都有-<0，即x1f(x1)<x2f(x2)，设g(x)=xf(x)=x=aex-x2，则g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以g'(x)=aex-x≥0在(0，+∞)上恒成立，即a≥在(0，+∞)上恒成立.令h(x)=，x∈，则h'(x)=，所以当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，即h(x)max=h(1)=，所以a≥.故选D． 2.(6分)(多选)已知函数f=ex-1+e1-x+x2-2x，若不等式f(2-a)<f对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值可能是 (　　) A．-4 B．- C．1 D．2 答案：BCD 解析：因为f(x)=ex-1+e1-x+x2-2x，所以f(2-x)=e1-x+ex-1+-2=f，即函数f(x)的图象关于直线x=1对称.当x>1时，y=x2-2x=-1为增函数；令g=ex-1+e1-x，则g'=ex-1-e1-x，x>1时，ex-1>1，e1-x<1，所以g'(x)>0，所以g=ex-1+e1-x为增函数，所以当x>1时，f(x)为增函数.由对称性可知，当x<1时，f(x)为减函数.因为f(2-a)<f恒成立，所以<恒成立，即<2，解得-1<a<3.故选BCD． 3.(6分)若关于x的不等式ex+x+2ln ≥mx2+ln m恒成立，则实数m的最大值为　　　　.  答案： 解析：显然首先m>0，x>0，ex+x+2ln ≥mx2+ln m⇔ex+x≥mx2+ln m-2ln =+ln(mx2)，令f=ex+x，则f'=ex+1>0，所以f在定义域内严格单调递增，所以若有f≥f(ln(mx2))成立，则必有x≥ln=ln m+2ln x，即ln m≤x-2ln x对于任意的x>0恒成立，令g=x-2ln x，则g'=1-=，当0<x<2时，g'<0，g单调递减，当x>2时，g'>0，g单调递增，所以当x=2时，g取得最小值g=2-2ln 2=ln ，从而ln m≤ln ，所以0<m≤，即实数m的最大值为. 4.(17分)(2026·山东菏泽三模)已知函数f=x. (1)讨论f的最值；(7分) (2)若a=1，且f≤，求实数k的取值范围.(10分) 解：(1)因为f=x的定义域为，可得f'=a-=. 由a>0，令f'=0，可得x=； 当x∈时，f'<0，f单调递减， 当x∈时，f'>0，f单调递增， 故当x=时，f取得极小值，也是最小值，且最小值为f=1+ln a，无最大值. (2)当a=1时，由f≤，可得x-ln x≤， 整理得kex≥x2+x-xln x，即k≥， 令h=， 则h'==， 由(1)知，当a=1时，f=x-ln x的最小值为f=1>0，即x-ln x>0恒成立， 所以当x∈时，h'>0，h单调递增； 当x∈时，h'<0，h单调递减. 故当x=1时，h取得最大值h=， 即k≥， 故实数k的取值范围为. 5.(20分)已知函数f(x)=ex+ax+b(e是自然对数的底数)，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=a-b. (1)求a，b的值；(8分) (2)若不等式f(x)>mx-1在x∈上恒成立，求正实数m的取值范围.(12分) 解：(1)由f(x)=ex+ax+b可得f'(x)=ex+a， 因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线为y=a-b， 所以解得a=-1，b=-1. (2)由(1)知f(x)=ex-x-1， 因为不等式f(x)>mx-1在x∈上恒成立， 所以ex-x>mx在x∈上恒成立， 即m<-1在x∈上恒成立. 令g(x)=-1，则g'(x)=，令g'(x)==0，解得x=1. 所以当≤x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当1<x≤e时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)的最小值为g(1)=e-1，所以m<e-1， 所以正实数m的取值范围为(0，e－1). 6.(20分)(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(8分) (2)若f(x)+sin x<0，求实数a的取值范围.(12分) 解：(1)当a=1时，f(x)=x-，x∈， f'(x)=1-==， 由于x∈，所以cos x∈(0，1)，所以cos3x+cos2x-2<0，cos3x>0， 所以f'(x)=<0在上恒成立， 所以函数f(x)在上单调递减. (2)令g(x)=-sin x===， 则g'(x)= =， 因为x∈，所以3cos2xsin2x+2sin4x>0，cos3x>0，则g'(x)>0，所以函数g(x)在上单调递增， g(0)=0，当x→时，g(x)→+∞， 因为f(x)+sin x<0恒成立，所以-sin x>ax在上恒成立，即直线y=ax在0<x<时恒在g(x)的图象下方，如图所示， 由图及g'(0)=0可得a≤0， 即实数a的取值范围为(-∞，0]. 7.(25分)(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值；(6分) (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(8分) (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求实数b的取值范围.(11分) 解：(1)f(x)的定义域为(0，2)， 若b=0，则f=ln+ax，f'=·+a=+a， 当x∈(0，2)时，x∈，f'=2+a≥0，则a≥-2， 故a的最小值为-2. (2)证明：因为x∈(0，2)，f(2-x)=ln+a(2-x)+b(1-x)3=-ln-ax-b(x-1)3+2a=-f(x)+2a， 故曲线y=f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)因为f(x)>-2当且仅当1<x<2，所以f(1)=a=-2， 此时f=ln-2x+b， f'=·-2+3b=-2+3b(x-1)2=(x-1)2. 记g=+3b，x∈，易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，g(1)=2+3b， 当b≥-时，g(x)≥0，f'(x)≥0，f(x)在(0，2)上单调递增， 又f(1)=-2，故符合题意. 当b<-时，g<0，g=+3b=， 令g(x)=0，得x=1± ， 因为b<-，所以 ∈，故1+∈，1-∈， 所以当x∈时，g(x)<0，f'(x)<0，f(x)在上单调递减，故f<f=-2，不符合题意. 综上，实数b的取值范围为. 学生用书⬇第75页 学科网（北京）股份有限公司 $