第三章 不等式恒(能)成立问题 进阶3 分类讨论课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数应用中的分类讨论专题，依据高考评价体系梳理了一次、二次、三角函数等变号函数的讨论依据，通过近五年真题分析明确其在压轴题中占60%的权重，归纳参数范围确定、单调性分析等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题精讲+分类策略+素养培养”，以2023全国甲卷三角函数单调性、2025湖北联考准二次函数为例，详解“求导定类型—根分布讨论—定义域限制”三步法，培养数学思维与模型观念。设易错点警示，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

分类讨论 导数之所以难是因为加入了参数使得确定的函数变得不确定，因此对参数进行讨论进而确定出函数的性质非常重要，所以在做题之前需要确定题目分类讨论的依据. 重点解读 2 例1　(2026·南通模拟)已知函数f(x)=·e-x. (1)求f(x)的单调区间； 题型一　变号函数为一次、二次函数 解　函数f(x)的定义域为{x|x≠1}， 所以f'(x)=·e-x+·(e-x)'=·e-x+·(-e-x)=·e-x>0， 故函数f(x)的单调递增区间为(-∞，1)，(1，+∞)，无单调递减区间. 例1　(2026·南通模拟)已知函数f(x)=·e-x. (2)若对任意的x∈(0，1)，恒有f(x)>eax，求实数a的取值范围. 解　因为∀x∈(0，1)，恒有f(x)=·e-x>eax， 即>e(a+1)x， 所以ln>(a+1)x， 即(a+1)x-ln(1+x)+ln(1-x)<0， 令g(x)=(a+1)x-ln(1+x)+ln(1-x)，x∈(0，1)， 所以g'(x)=(a+1)--=，x∈(0，1)， 例1　(2026·南通模拟)已知函数f(x)=·e-x. (2)若对任意的x∈(0，1)，恒有f(x)>eax，求实数a的取值范围. 解　当-1≤a≤1时，g'(x)<0， 则g(x)在(0，1)上单调递减， 所以g(x)<g(0)=0成立； 当a<-1时，(a+1)x<0，ln>0， 显然ln>(a+1)x成立； 当a>1时，令g'(x)=0，x==∈(0，1)， 例1　(2026·南通模拟)已知函数f(x)=·e-x. (2)若对任意的x∈(0，1)，恒有f(x)>eax，求实数a的取值范围. 解　当x∈时，g'(x)>0， g(x)在上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0，不满足题意. 综上，实数a的取值范围是(-∞，1]. 变号函数为二次函数时，变号函数为0的方程一般有两个不同实数根x1，x2(无根情况下二次函数恒正或恒负)，理论上要分x1>x2，x1<x2进行讨论；若函数f(x)有定义域限制，则方程往往会涉及根的分布问题，需要结合定义域对根的分布进行分类讨论. 思维升华 解　∵f(x)=ln-ax，∴f'(x)=-a=. ∵直线y=-1与曲线y=f(x)相切， 设切点坐标为(t，f(t))，则 即解得a=±1. 跟踪训练1　(2025·雅安开学考)已知函数f(x)=ln-ax. (1)若直线y=-1与曲线y=f(x)相切，求实数a的值； 解　当a>0时，由>0得x>0， ∴f(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=得，当x∈时，f'(x)>0， 当x∈时，f'(x)<0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减. 跟踪训练1　(2025·雅安开学考)已知函数f(x)=ln-ax. (2)若存在x0，使得f(x0)>0，求实数a的取值范围. 解　∴f(x)max=f=ln-1. ∵存在x0，使得f(x0)>0， ∴f(x)max=ln-1>0， 结合a>0，解得0<a<. 当a<0时，由>0得x<0， ∴f(x)的定义域为(-∞，0). 跟踪训练1　(2025·雅安开学考)已知函数f(x)=ln-ax. (2)若存在x0，使得f(x0)>0，求实数a的取值范围. 解　由f'(x)=得，当x∈时，f'(x)>0， 当x∈时，f'(x)<0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减. ∴f(x)max=f=ln-1. ∵存在x0，使得f(x0)>0，∴f(x)max=ln-1>0， 跟踪训练1　(2025·雅安开学考)已知函数f(x)=ln-ax. (2)若存在x0，使得f(x0)>0，求实数a的取值范围. 解　结合a<0，解得-<a<0. 综上，a的取值范围为∪. 跟踪训练1　(2025·雅安开学考)已知函数f(x)=ln-ax. (2)若存在x0，使得f(x0)>0，求实数a的取值范围. 题型二　变号函数为准一次、二次函数 例2　(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0). (1)当a=-1时，求函数y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 解　当a=-1时，f(x)=-e2x+x+1， f'(x)=1-2e2x，f'(0)=-1，f(0)=0， 则曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y-0=-1×(x-0)， 即y=-x. 例2　(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0). (2)求函数f(x)的单调区间； 解　由题意知f(x)的定义域为R，f'(x)=1+2ae2x，a<0， 令f'(x)>0，得x<ln， 令f'(x)<0，得x>ln， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 例2　(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0). (3)若不等式f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，求整数a的最大值. 解　依题知，f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，即ae2x+x+1+(a+2)ex≤0恒成立， 设h(x)=x+ae2x+(a+2)ex+1，x∈R， 则h'(x)=1+2ae2x+(a+2)ex=(aex+1)(2ex+1)， 当a<0时，由h'(x)>0，得x<ln， 由h'(x)<0，得x>ln， 所以h(x)在上单调递增，在上单调递减， 例2　(2025·湖北十一校联考)已知函数f(x)=ae2x+x+1(a<0). (3)若不等式f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，求整数a的最大值. 解　则h(x)≤h=ln+a·+(a+2)+1≤0恒成立， 整理得ln-≤0. 设m(x)=ln-，x<0，则m'(x)=-+=>0恒成立， 所以m(x)在(-∞，0)上单调递增， 又a∈Z，且m(-1)=0+1=1>0，m(-2)=ln+<ln+=0， 故整数a的最大值为-2. 变号函数为准二次函数时，一般通过换元的方法转变为二次函数，利用二次函数零点大小的讨论解决问题. 思维升华 跟踪训练2　(2025·河北名校联考期末)设函数f(x)=x(ln x-a)2. (1)当a=2时，求f(x)的单调区间； 解　由题意知f(x)的定义域为(0，+∞). 当a=2时，f(x)=x(ln x-2)2， f'(x)=ln x(ln x-2)， ∴当x∈(0，1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(1，e2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(e2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)的单调递减区间为(1，e2)，单调递增区间为(0，1)，(e2，+∞). 跟踪训练2　(2025·河北名校联考期末)设函数f(x)=x(ln x-a)2. (2)当x∈(0，e]时，f(x)≤4e3，求a的取值范围. 解　f'(x)=(ln x-a)(ln x-a+2)， 令f'(x)=0， 解得x=ea-2或x=ea， ∴当x∈(0，ea-2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈(ea-2，ea)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ea，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在x=ea-2处取得极大值，且f(ea-2)=4ea-2， 跟踪训练2　(2025·河北名校联考期末)设函数f(x)=x(ln x-a)2. (2)当x∈(0，e]时，f(x)≤4e3，求a的取值范围. 解　又当x∈(0，e]时，f(x)≤4e3， 若ea-2≥e，即a≥3，则f(x)在x=e处取得最大值， ∴f(e)=e(1-a)2≤4e3，解得1-2e≤a≤1+2e，∴3≤a≤1+2e； 若ea-2<e，即a<3，则f(x)在x=ea-2或x=e处取得最大值， ∴ 解得1-2e≤a<3，∴a的取值范围是[1-2e，1+2e]. 题型三　三角函数型单调性讨论 例3　(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； 解　因为a=1， 所以f(x)=x-，x∈， 则f'(x)=1-=1- ==， 例3　(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； 解　令t=cos x，由于x∈，所以t=cos x∈(0，1)， 所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2 =t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1)， 因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0， 所以f'(x)=<0在上恒成立， 所以f(x)在上单调递减. 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　方法一　sin x-= ==-， 因为x∈，所以0<sin x<1，0<cos x<1， 故sin x-<0在上恒成立， 所以当a=0时，f(x)+sin x=sin x-<0，满足题意； 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　当a<0时，由于x∈，显然ax<0， 所以f(x)+sin x=ax-+sin x<sin x-<0，满足题意； 当a>0时，因为f(x)+sin x=ax-+sin x=ax-， 令g(x)=ax-，x∈， 则g'(x)=a-， 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　注意到g'(0)=a-=a>0，则当x→0+时，g'(x)→a>0， 所以在上必存在x0，使得g'(x)在(0，x0)上有g'(x)>0， 所以g(x)在(0，x0)上单调递增， 则在(0，x0)上有g(x)>g(0)=0， 即f(x)+sin x>0，不满足题意. 综上所述，若f(x)+sin x<0，则a的取值范围为(-∞，0]. 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　方法二　构建g(x)=f(x)+sin x =ax-+sin x， 则g'(x)=a-+cos x， 若g(x)=f(x)+sin x<0，0<x<， 且g(0)=f(0)+sin 0=0， 则g'(0)=a-1+1=a≤0，解得a≤0， 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　下证当a≤0时，g(x)<0，0<x<恒成立， 当a=0时，g(x)=sin x-， 因为sin x-=sin x， 又x∈，所以0<sin x<1，0<cos x<1，则>1， 所以g(x)=sin x-<0，满足题意； 例3　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=ax-，x∈. (2)若f(x)+sin x<0，求a的取值范围. 解　当a<0时，由于0<x<，显然ax<0， 所以g(x)=ax-+sin x<sin x-<0，满足题意， 综上所述，a的取值范围为(-∞，0]. 常见放缩：x≥sin x(x≥0)，x≤sin x(x≤0)，tan x≥x， tan x≤x. 思维升华 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (1)求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 解　由题设f'(x)=ex-sin x， 则f'(0)=1，又f(0)=0， 所以f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=x， 即x-y=0. 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (2)证明：函数f(x)只有一个零点； 证明　当x<0时，0<ex<1，-1≤cos x≤1， 故f(x)=ex+cos x-2<0恒成立； 当x=0时，f(0)=0； 当x>0时， 方法一　令g(x)=f(x)-x=ex+cos x-2-x，x>0， 则g'(x)=ex-sin x-1， 令p(x)=g'(x)，则p'(x)=ex-cos x>0， 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (2)证明：函数f(x)只有一个零点； 证明　即p(x)=g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=0，故g(x)=f(x)-x在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0， 则f(x)>x>0在(0，+∞)上恒成立. 方法二　f'(x)=ex-sin x>0恒成立， 即f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)=0. 综上，函数f(x)只有一个零点为x=0，得证. 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (3)当x∈(0，+∞)时，函数f(x)>ax-sin x恒成立，求a的取值范围. 解　由题意，当x∈(0，+∞)时， ex+cos x-2>ax-sin x恒成立， 所以当x∈(0，+∞)时，h(x)=ex+cos x+sin x-2-ax>0恒成立， 而h'(x)=ex-sin x+cos x-a， 令φ(x)=h'(x)，x>0， 则φ'(x)=ex-cos x-sin x， 对于m(x)=ex-x-1，x>0， 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (3)当x∈(0，+∞)时，函数f(x)>ax-sin x恒成立，求a的取值范围. 解　则m'(x)=ex-1>0， 所以m(x)在(0，+∞)上单调递增， 则m(x)>m(0)=0，可得ex>x+1， 对于n(x)=x-sin x，x>0， 则n'(x)=1-cos x≥0， 所以n(x)在(0，+∞)上单调递增， 则n(x)>n(0)=0，可得x>sin x， 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (3)当x∈(0，+∞)时，函数f(x)>ax-sin x恒成立，求a的取值范围. 解　综上，ex>x+1>sin x+cos x， 则φ'(x)>0， 即φ(x)=h'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以h'(x)>h'(0)=2-a， 当a≤2时，h'(x)>0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递增， 此时h(x)>h(0)=0，满足题意； 跟踪训练3　(2026·天津河西检测)已知函数f(x)=ex+cos x-2. (3)当x∈(0，+∞)时，函数f(x)>ax-sin x恒成立，求a的取值范围. 解　当a>2时，h'(0)=2-a<0，h'(ln(2+a)) =2-sin[ln(2+a)]+cos[ln(2+a)]>0， 所以∃x0∈(0，ln(2+a))，使h'(x0)=0， 即存在区间(0，x0)，使h(x)<0，不满足题意(保号性：h'(0)=2-a<0，h(0)=0，故必存在h(x)<0的情况，不满足题意)； 综上，a的取值范围是(-∞，2]. 课时精练 答案 1 2 1. (1)当a=1时，f(x)=x2-ln x，f'(x)=x-==， 当<x<1时，f'(x)<0； 当1<x<e时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(1，e)上单调递增， 又f(e)=-1>f=+1，f(1)=， 所以f(x)的最大值为-1，最小值为. 答案 1 2 1. (2)f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=，a>0， 当0<x<a时，f'(x)<0； 当x>a时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(a)=--aln a+a， 答案 1 2 1. 又因为f(x)≥-恒成立，所以--aln a+a≥-， 令h(a)=--aln a+a，a>0， 则h'(a)=-a-ln a，显然h'(a)在(0，+∞)上单调递减，且h'=-+ln 2>0，h'(1)=-1<0， 所以必然存在唯一a0∈，使得h'(a0)=0. 答案 1 2 1. 当0<a<a0时，h'(a)>0； 当a>a0时，h'(a)<0， 所以h(a)在(0，a0)上单调递增，在(a0，+∞)上单调递减， 当a∈(0，1]时，h(a)=a≥a>0>-，符合题意； 当a∈(1，+∞)时，h(a)单调递减，且h(e)=-，因此a∈(1，e]. 综上，a的取值范围为(0，e]. 答案 1 2 2. (1)F(x)=x2-2x-aln x+ax，定义域为(0，+∞)， F'(x)==. ①当-≤0，即a≥0时， 令F'(x)<0，则0<x<1， 令F'(x)>0，则x>1， F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增； 答案 1 2 2. ②当0<-<1，即-2<a<0时， 令F'(x)>0，则0<x<-或x>1， 令F'(x)<0，则-<x<1， F(x)在和(1，+∞)上单调递增，在上单调递减； ③当-=1，即a=-2时， F'(x)=≥0，F(x)在(0，+∞)上单调递增； 2. ④当->1，即a<-2时， F'(x)>0，则0<x<1或x>-， 令F'(x)<0，则1<x<-， F(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减. 答案 1 2 2. (2)设h(x)=ax-(x≥0)， 则h'(x)=a-， 设t=cos x，则t∈[-1，1]， 令φ(t)=，t∈[-1，1]， 则φ'(t)==≥0， 答案 1 2 2. ∴φ(t)在[-1，1]上单调递增， 又φ(-1)=-1，φ(1)=， ∴φ(t)的值域为. ①当a≥时，h'(x)≥0，h(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(0)=0，符合题意； 答案 1 2 2. ②当a≤0时，∵h=a·-<0， ∴不符合题意； ③当0<a<时，对于0<x<，h(x)<ax-， 令T(x)=ax-，T'(x)=a-， 存在x0∈，使得当x∈(0，x0)时，T'(x)<0， 答案 1 2 2. ∴T(x)在(0，x0)上单调递减， ∴T(x)<T(0)=0， 即当x∈(0，x0)时，h(x)<0， ∴不符合题意. 综上，a的取值范围为. 答案 1 2 1.已知函数f(x)=x2-aln x+(1-a)x(a>0). (1)若a=1，求f(x)在区间上的最值； 解　当a=1时，f(x)=x2-ln x，f'(x)=x-==， 当<x<1时，f'(x)<0； 当1<x<e时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(1，e)上单调递增， 又f(e)=-1>f=+1，f(1)=， 所以f(x)的最大值为-1，最小值为. 1 2 答案 1.已知函数f(x)=x2-aln x+(1-a)x(a>0). (2)若f(x)≥-恒成立，求a的取值范围. 解　f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=，a>0， 当0<x<a时，f'(x)<0； 当x>a时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增， 所以f(x)min=f(a)=--aln a+a， 1 2 答案 1.已知函数f(x)=x2-aln x+(1-a)x(a>0). (2)若f(x)≥-恒成立，求a的取值范围. 解　又因为f(x)≥-恒成立， 所以--aln a+a≥-， 令h(a)=--aln a+a，a>0， 则h'(a)=-a-ln a，显然h'(a)在(0，+∞)上单调递减，且h'=-+ln 2>0，h'(1)=-1<0， 所以必然存在唯一a0∈，使得h'(a0)=0. 1 2 答案 1.已知函数f(x)=x2-aln x+(1-a)x(a>0). (2)若f(x)≥-恒成立，求a的取值范围. 解　当0<a<a0时，h'(a)>0； 当a>a0时，h'(a)<0， 所以h(a)在(0，a0)上单调递增，在(a0，+∞)上单调递减， 当a∈(0，1]时，h(a)=a≥a>0>-，符合题意； 当a∈(1，+∞)时，h(a)单调递减，且h(e)=-，因此a∈(1，e]. 综上，a的取值范围为(0，e]. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (1)讨论函数F(x)=f(x)+g(x)的单调性； 解　F(x)=x2-2x-aln x+ax，定义域为(0，+∞)， F'(x)==. ①当-≤0，即a≥0时， 令F'(x)<0，则0<x<1， 令F'(x)>0，则x>1， F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增； 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (1)讨论函数F(x)=f(x)+g(x)的单调性； 解　②当0<-<1，即-2<a<0时， 令F'(x)>0，则0<x<-或x>1，令F'(x)<0，则-<x<1， F(x)在和(1，+∞)上单调递增，在上单调递减； ③当-=1，即a=-2时， F'(x)=≥0，F(x)在(0，+∞)上单调递增； 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (1)讨论函数F(x)=f(x)+g(x)的单调性； 解　④当->1，即a<-2时， F'(x)>0，则0<x<1或x>-， 令F'(x)<0，则1<x<-， F(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减. 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (2)若不等式≤g(x)对任意x≥0恒成立，求a的取值范围. 解　设h(x)=ax-(x≥0)， 则h'(x)=a-， 设t=cos x，则t∈[-1，1]， 令φ(t)=，t∈[-1，1]， 则φ'(t)==≥0， 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (2)若不等式≤g(x)对任意x≥0恒成立，求a的取值范围. 解　∴φ(t)在[-1，1]上单调递增，又φ(-1)=-1，φ(1)=， ∴φ(t)的值域为. ①当a≥时，h'(x)≥0，h(x)在[0，+∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(0)=0，符合题意； ②当a≤0时，∵h=a·-<0，∴不符合题意； 1 2 答案 2.已知函数f(x)=x2-2x-aln x，g(x)=ax. (2)若不等式≤g(x)对任意x≥0恒成立，求a的取值范围. 解　③当0<a<时，对于0<x<，h(x)<ax-， 令T(x)=ax-，T'(x)=a-， 存在x0∈，使得当x∈(0，x0)时，T'(x)<0， ∴T(x)在(0，x0)上单调递减，∴T(x)<T(0)=0， 即当x∈(0，x0)时，h(x)<0，∴不符合题意. 综上，a的取值范围为. 1 2 答案 $