第三章　第22课时利用导数解决恒(能)成立问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数解决恒（能）成立问题”核心考点，依据高考评价体系明确单变量、双变量不等式问题的考查要求，通过近五年真题分析得出此类题型占导数解答题45%的权重，系统归纳函数最值法、分离参数法等常考题型解法，体现备考针对性。 课件亮点在于“一题多解+真题溯源+素养落地”，如典例1通过函数最值法、数形结合法突破参数范围求解，结合2020全国Ⅰ卷真题培养数学思维（推理能力）和数学语言（模型观念），特设“易错陷阱警示”和“答题模板”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准实施分层教学，提升复习效率。

*第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 第三章 一元函数的导数及其应用 技法一　单变量不等式恒成立问题 [典例1]　已知函数f (x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围． [解]　法一(函数最值法)： x2f (x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立． 令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2， 则h'(x)＝ln x＋1－a． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 2 令h'(x)＝0，得x＝． 当x∈(0，)时，h'(x)<0； 当x∈(，＋∞)时，h'(x)>0． 所以h(x)的最小值是h()＝a＋e－2－． 令t(a)＝a＋e－2－，a≥0， 则t'(a)＝1－． 令t'(a)＝0，得a＝1． 3 当a∈[0，1)时，t'(a)>0，t(a)在[0，1)上单调递增； 当a∈(1，＋∞)时，t'(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减． 所以当a∈[0，1)时，h(x)的最小值t(a)≥t(0)＝e－2－>0，满足题意； 当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)≥0＝t(2)．所以1≤a≤2． 故a的取值范围是[0，2]． 4 法二(分离参数法)： 原不等式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立． 当x∈(0，1)时，分离参数可得a≥． 令g(x)＝xln x，g'(x)＝ln x＋1． 当x∈(0，e-1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(e-1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增． 所以g(x)min＝g(e-1)＝－e-1． 5 因为(xln x)min＝－e-1，所以xln x＋e－2≥－e-1＋e－2>0． 又因为x∈(0，1)，所以<0， 而a≥0，所以a≥成立． 当x＝1时，代入(*)式验证，e－2≥0显然成立． 当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离参数可变为a≤． 令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min． 求得t'(x)＝，易得t'(e)＝0． 6 下证x＝e是t'(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点． 令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h'(x)＝1－． 当x∈(1，＋∞)时，h'(x)>0， 所以h(x)单调递增． 即x＝e是t'(x)在(1，＋∞)上的唯一零点． 当x∈(1，e)时，t'(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，t'(x)>0，t(x)单调递增． 所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a的取值范围是[0，2]． 7 法三(数形结合法)： 通过变形原不等式等价于xln x≥a(x－1)＋2－e，x∈(0，＋∞)． 若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋2－e， 则只需令函数g(x)的图象在直线h(x)的上方． 首先分析g(x)＝xln x的图象． 可知当x∈(0，e-1)时，g(x)单调递减； 当x∈(e-1，＋∞)时，g(x)单调递增， 且g(x)min＝g(e-1)＝－e-1． 其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象． 8 因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1，2－e)的非递减函数，且g(x)min＝－e-1>2－e．两个函数的大致图象如图1所示， 所以如果能说明当曲线g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，如图2，就能求出a的最大值． 9 设曲线g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)， 则可得 消去ln x0得2－e＝a－．③ 易得a＝2为③式的解． 令t(a)＝a－＋e－2，t'(a)＝1－． 当t'(a)＝0时，a＝1． 当a∈[0，1)时，t'(a)>0，t(a)单调递增； 当a∈(1，＋∞)时，t'(a)<0，t(a)单调递减． 10 因为t(0)＝－e-1＋e－2>0， 所以函数t(a)在区间[0，1]上无零点， 又t(2)＝0，所以函数t(a)在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点． 综上所述，a的取值范围为[0，2]． 11 名师点评：导数背景下不等式恒成立问题，有四种常见解法：函数最值法、分离参数法、数形结合法和端点效应法(详见教材拓展端点效应)． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 12 [巩固迁移] 1．(2025·河南鹤壁二模)已知函数f (x)＝tx＋ln x(t∈R)． (1)当t＝－1时，证明：f (x)≤－1； (2)若对于定义域内的任意x，f (x)≤x·e2x－1恒成立，求t的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 13 [解]　(1)证明：当t＝－1时，f (x)＝－x＋ln x， 所以证明f (x)≤－1，即证明ln x－x≤－1， 设g(x)＝ln x－x＋1， 则g'(x)＝， 所以当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)在x＝1处取到最大值， 即g(x)≤g(1)＝0， 所以ln x－x≤－1，即f (x)≤－1，得证． 14 (2)由f (x)≤x·e2x－1恒成立，得t≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立， 由(1)可以得到x≥ln x＋1， 所以x·e2x≥ln(x·e2x)＋1＝ln x＋2x＋1， 所以e2x≥＋2， 所以e2x－≥2，当且仅当x·e2x＝1时取等号， 于是t的取值范围是(－∞，2]． 15 【教用·备选题】 1．(2025·辽宁盘锦三模)已知函数f (x)＝x2－3x＋λln x． (1)当0<λ<时，讨论f (x)的单调性； (2)若∀x∈[2，4]，f (x)≤0，求实数λ的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 16 [解]　(1)依题意，x∈(0，＋∞)，f '(x)＝2x－3＋， 令2x2－3x＋λ＝0，Δ＝9－8λ．当0<λ<时，Δ>0． 令f '(x)＝0，得x1＝，x2＝， 故当0<λ<时，0<x1<x2， 故当x∈(0，x1)时，f '(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f '(x)<0， 当x∈(x2，＋∞)时，f '(x)>0，所以f (x)在内单调递增； 在内单调递减；在上单调递增． 17 (2)令x2－3x＋λln x≤0，因为x∈[2，4]， 所以ln x>0，故λ≤， 令g(x)＝，则g'(x)＝， 令h(x)＝(3－2x)ln x－3＋x， 则h'(x)＝－2ln x＋－1， 易知h'(x)为减函数，则在[2，4]上， 18 h'(x)≤h'(2)＝－2ln 2<0， 故h(x)在[2，4]上单调递减， 则h(x)≤h(2)＝－ln 2－1<0， 故g'(x)<0，g(x)在[2，4]上单调递减， 故λ≤g(x)min＝g(4)＝－， 故实数λ的取值范围为． 19 2．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x． (1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性； (2)当x≥0时，f (x)≥x3＋1，求a的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 20 [解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex＋x2－x，f '(x)＝ex＋2x－1． 令h(x)＝f '(x)＝ex＋2x－1(x∈R)， 则h'(x)＝ex＋2>0恒成立，∴h(x)在R上单调递增，又∵h(0)＝0， 即f '(0)＝0， ∴当x∈(－∞，0)时，f '(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f '(x)>0． 综上所述，当a＝1时，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 21 (2)f (x)≥x3＋1等价于e-x≤1． 设函数g(x)＝e-x(x≥0)，则 g'(x)＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e-x＝－x(x－2a－1)(x－2)e-x． ①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g'(x)>0．所以g(x)在(0，2)内单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意． 22 ②若0<2a＋1<2，即－，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a＋1，2)时，g'(x)>0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)内单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e-2≤1，即a≥． 所以当时，g(x)≤1． 23 ③若2a＋1≥2，即a≥， 则g(x)≤e-x． 由于0∈，故由②可得e-x≤1． 故当a≥时，g(x)≤1．综上，a的取值范围是． 24 技法二　单变量不等式能成立问题 [典例2]　已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)>ax2＋1有解，求a的取值范围． [解]　对任意x>0，f (x)>ax2＋1有解， 即ex－x－ax2－1>0有解， 设g(x)＝ex－x－ax2－1，x>0， g'(x)＝ex－1－ax，x>0， *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 25 ①当a≤0时，g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g'(0)＝0，所以g'(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立； ②当0<a≤1时，令h(x)＝g'(x)，h'(x)＝ex－a>0，g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g'(0)＝0，所以g'(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立； ③当a>1时，令h(x)＝g'(x)，当0<x<ln a时，h'(x)＝ex－a<0，则g'(x)单调递减，又g'(0)＝0，所以g'(x)<0，g(x)单调递减，又g(0)＝0，所以g(x)<g(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，1]． 26 名师点评：能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，单变量能成立问题中的等价转化有以下两种形式： (1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a成立⇔f (x)max≥a． (2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立⇔f (x)min≤a． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 27 [巩固迁移] 2．已知函数f (x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝． (1)求当a＝1时，函数f (x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f (x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)当a＝1时，f (x)＝x－ex，则f '(x)＝1－ex，当x<0时，f '(x)>0，当x>0时，f '(x)<0， 所以函数f (x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 所以函数f (x)的极大值为f (0)＝－1，无极小值． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 28 (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f (x)≤g(x)－ex成立， 即ax≤(x>0)，即a≤(x>0)，则问题转化为a≤(x>0)， 令h(x)＝，x>0，h'(x)＝， 当0<x<时，h'(x)>0，当x>时，h'(x)<0， 所以函数h(x)在(0，，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h()＝，所以a≤． 即实数a的取值范围为． 29 技法三　双变量不等式恒(能)成立问题 [典例3]　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． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 30 [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＝， ∵g， g(0)＝－3，g(2)＝1， ∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1， g(x)min＝g， ∴M≤1－，∴满足条件的最大整数M为4． 31 (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， ∴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∈，∴h'(x)＝1－2xln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x，x∈， 32 ∴φ'(x)＝－3－2ln x<0， ∴h'(x)在上单调递减，又h'(1)＝0， ∴当x∈时，h'(x)≥0， 当x∈[1，2]时，h'(x)≤0， ∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1． ∴实数a的取值范围是[1，＋∞)． 33 名师点评：双变量恒(能)成立问题，一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的等价转换有： (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． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 34 [巩固迁移] 3．(2025·江苏盐城三模)已知函数f (x)＝m(x2＋2x)－ln(xex)(m∈R)， g(x)＝1－ex＋x2． (1)求曲线y＝g(x)在x＝0处的切线方程； (2)讨论函数f (x)的单调性； (3)当m>0时，若对于任意x1>0，总存在x2∈[－2，－1]，使得f (x1)≥ g(x2)，求m的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 35 [解]　(1)因为g(x)＝1－ex＋x2， 所以g'(x)＝－＋2x， 所以所求切线的斜率为g'(0)＝－， 又g(0)＝， 所以所求切线方程为y－(x－0)， 即x＋2y－1＝0． 36 (2)f (x)＝m(x2＋2x)－ln(xex)＝m(x2＋2x)－x－ln x， 则函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以f '(x)＝， 所以当m≤0时，f '(x)<0恒成立， f (x)在(0，＋∞)上单调递减， 当m>0时，由f '(x)<0，得x∈，f (x)在内单调递减； 由f '(x)>0，得x∈，f (x)在上单调递增． 综上，当m≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当m>0时，f (x)在上单调递增． 37 (3)由(2)知，当m>0时，f (x)min＝f ＋ln 2m＋1， 根据题意，不等式等价于－＋ln 2m＋1≥g(x)min，x∈[－2，－1]， 对于g(x)＝1－ex＋x2，x∈[－2，－1]， 则g'(x)＝－＋2x<0， 所以g(x)在x∈[－2，－1]上单调递减， 所以g(x)min＝g(－1)＝2－， 38 则有－＋ln 2m＋1≥2－，即－ln 2m－1≤－2， 设h(m)＝－ln 2m－1(m>0)， 则h'(m)＝－<0， 所以h(m)在(0，＋∞)上单调递减， 又h－2， 所以－ln 2m－1≤－2⇔h(m)≤h， 所以m≥，即m的取值范围是． 39 【教用·备选题】 1．已知函数f (x)＝． (1)当x∈时，求函数f (x)的最小值； (2)若g(x)＝，使得 f (x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 40 [解]　(1)∵函数f (x)＝，∴f '(x)＝． 令u(x)＝xcos x－sin x，x∈，则u'(x)＝－xsin x<0，故u(x)在上单调递减． ∴u(x)<u(0)＝0，即当x∈时，f '(x)<0， ∴f (x)在上单调递减，最小值为f ． 41 (2)令h(x)＝sin x－x，x∈， 则h'(x)＝cos x－1<0在上恒成立， 即函数h(x)在上单调递减， ∴h(x)<h(0)＝0， ∴sin x<x，x∈，即f (x)＝<1在上恒成立． 又g'(x)＝－3(x2－1)＝(1－x)， 42 当x∈时，3x＋3＋>0， 当x∈[0，1)时，g'(x)>0，g(x)在区间[0，1)上单调递增； 当x∈(1，2]时，g'(x)<0，g(x)在区间(1，2]上单调递减， ∴函数g(x)在区间上的最大值为g(1)＝＋2－a． 综上，只需＋2－a≥1，解得a≤＋1， 即实数a的取值范围是． 43 2．已知函数f (x)＝． (1)若a>0，求f (x)的单调区间； (2)若∀x1，x2∈[1，3]，x1≠x2，都有<2恒成立，求实数a的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 44 [解]　(1)f (x)的定义域为{x|x≠0}， f '(x)＝，∵a>0， ∴当x∈(－∞，0)∪(0，1)时，f '(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，f '(x)>0， ∴f (x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 故f (x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． 45 (2)∵∀x1，x2∈[1，3]，x1≠x2， 都有<2恒成立，即－2<0恒成立， 即<0恒成立， 令g(x)＝f (x)－2x，则<0对任意的x1，x2∈[1，3]，x1≠x2恒成立，即函数g(x)＝f (x)－2x在区间[1，3]上单调递减， 46 又∵g'(x)＝f '(x)－2＝－2， ∴－2≤0在[1，3]上恒成立，当x＝1时，－2≤0显然成立； 当x∈(1，3]时，a≤，令h(x)＝， 则h'(x)＝＝<0 在x∈(1，3]上恒成立，∴函数h(x)在(1，3]上单调递减， ∴h(x)min＝h(3)＝，∴a≤， 即实数a的取值范围是． 47 1．已知函数f (x)＝x2ln x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)若存在x>0，使得f (x)≤ax成立，求实数a的取值范围． 课后作业(二十二)　利用导数解决恒(能)成立问题 *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 48 [解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f '(x)＝x(2ln x＋1)， 令f '(x)＝0，解得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，f (x)在，＋∞)上单调递增． (2)依题意，存在x>0，使得a≥xln x， 令g(x)＝xln x，则g'(x)＝ln x＋1， 当x∈时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g， 因此a≥－，故实数a的取值范围为． 50 2．已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)，若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． [解]　法一(必要性探路)：由条件可知f (1)≤0，所以m－1≤0，解得m≤1．当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋， 构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1， g'(x)＝≤0， 所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0， 因此实数m的取值范围是(－∞，1]． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 51 法二(分离参数法)：由条件可知m≤x2－2xln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立， 令h(x)＝x2－2xln x，x≥1，只需m≤[h(x)]min即可． h'(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)， 令μ(x)＝x－ln x－1，则μ'(x)＝≥0， 所以函数h'(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以h'(x)≥h'(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝h(1)＝1，所以m≤1， 因此实数m的取值范围是(－∞，1]． 52 3．(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f (x)＝ln x－kx． (1)若存在x∈(0，＋∞)，使f (x)≥0成立，求k的取值范围； (2)已知k>0，若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，求k的最小值． [解]　(1)由f (x)＝ln x－kx≥0(x>0)得k≤， 可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤成立， 令g(x)＝(x>0)，g'(x)＝， 令g'(x)＝0得x＝e， *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 53 当0<x<e时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x>e时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(e)＝， 若存在x∈(0，＋∞)，使k≤成立，则k≤． 所以k的取值范围为． 54 (2)若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ln x－kx－(x>0)，则h(x)max≤0， 令h'(x)＝＝0，解得x1＝－(舍)或x2＝， 当0<x<时，h'(x)>0，h(x)单调递增， 当x>时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以hmax＝h－ln k≤0， 则k≥，则k的最小值为． 55 4．已知f (x)＝x2＋x，g(x)＝ln(x＋1)－a． (1)若存在x0∈[0，2]，使得f (x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围； (2)若对任意的x1，x2∈[0，2]，恒有f (x1)>g(x2)，求实数a的取值范围； (3)若对任意的x2∈[0，2]，存在x1∈[0，2]，使得f (x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围． *第22课时　利用导数解决恒(能)成立问题 56 [解]　(1)令f (x)＝g(x)，得x2＋x－ln(x＋1)＝－a，设h(x)＝x2＋x－ln(x＋1)，因为当x∈[0，2]时，h'(x)＝x＋1－≥0，所以h(x)在[0，2]上单调递增，由此可得h(x)在[0，2]上的值域是[0，4－ln 3]，若存在x0∈[0，2]，使得f (x0)>g(x0)成立，即h(x0)>－a有解，则h(x)max>－a，所以a>ln 3－4． 所以实数a的取值范围为(ln 3－4，＋∞)． 57 (2)f (x)在[0，2]上的值域为[0，4]，g(x)在[0，2]上的值域为[－a，ln 3－a]，若对任意的x1，x2∈[0，2]，恒有f (x1)>g(x2)， 则f (x)min>g(x)max，即0>ln 3－a，所以a>ln 3． 所以实数a的取值范围为(ln 3，＋∞)． (3)若对任意的x2∈[0，2]，存在x1∈[0，2]，使得f (x1)>g(x2)成立，则f (x)max>g(x)max， 所以4>ln 3－a，所以a>－4＋ln 3． 所以实数a的取值范围为(－4＋ln 3，＋∞)． 58 谢 谢 ！ $