第3章 第18讲 导数与不等式恒成立(能成立)问题（PPT课件）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“一元函数的导数及其应用”专题，核心覆盖导数与不等式恒成立（能成立）问题，严格对接高考评价体系，梳理分类讨论、参变分离、必要性探路等关键方法，通过2025太原期末、沈阳大连一模等真题案例，明确“构造函数求最值”“参数范围确定”等高频考点权重，归纳三大目标题型体系。 课件亮点在于“真题突破+方法建模+素养提升”，如以指对同构法解析跨阶不等式，培养数学思维与模型观念，配套易错点分析（如定义域忽略）和分层精练，帮助学生掌握恒成立问题得分技巧，教师可据此精准定位学情，实现高效复习教学。

第三章 一元函数的导数及其应用 第18讲　导数与不等式恒成立(能成立)问题 1 题型突破　能力进阶 目标 1 f(x)＜g(x)型 视角1　作差构造函数 【解答】 1－1 (1) 求函数f(x)的单调区间； 举题说法 题型突破　能力进阶 【解答】 1－1 举题说法 题型突破　能力进阶 分类讨论法解决恒(能)成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可． 总 结 提 炼 视角2　参变分离构造函数 　　　　　(2025·沈阳、大连一模)已知函数f(x)＝ln x－kx. (1) 若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求实数k的取值范围； 【解答】 1－2 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　　　(2025·沈阳、大连一模)已知函数f(x)＝ln x－kx. 【解答】 1－2 举题说法 题型突破　能力进阶 参变分离法解决恒(能)成立问题： (1) 分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题． (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. 总 结 提 炼 视角3　必要性探路 　　　　　(2025·菏泽期中)若ex－ln x≥ln a＋(a－1)x恒成立，则实数a的最大值为____. 【解析】 　　　　因为ex－ln x≥ln a＋(a－1)x，对∀x∈(0，＋∞)恒成立，不妨取x＝1，则有e≥ln a＋a－1，即ln a＋a≤e＋1. 令f(x)＝ln x＋x，则f(a)≤f(e)，易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故0<a≤e，原不等式可化为ex－ln x－ln a－(a－1)x≥0， 1－3 举题说法 题型突破　能力进阶 【答案】e 举题说法 题型突破　能力进阶 必要性探路法：在解决恒成立问题时，先从满足题意的自变量范围中选择一个数，代入求得一个参数范围，此时这个范围是题意的必要条件．再设法证明该必要条件是题意的充分条件，或者讨论别的点．若充分性成立，则该范围就是题目所求范围． 总 结 提 炼 变式 1-3　若不等式ln x－ax2＋x＋ln a≤0在[1，＋∞)上恒成立，则a的最小值为 (　　) 【解析】 举题说法 题型突破　能力进阶 【答案】C 举题说法 题型突破　能力进阶 视角4　指对同构构造函数(选讲) 　　　　　对例1-3，还可采取“指对同构”策略去解决． 【解答】 　　　　因为ex－ln x≥ln a＋(a－1)x⇒ex＋x≥ln a＋ln x＋ax＝eln (ax)＋ln (ax)，x>0. 构造函数h(x)＝ex＋x，x>0，因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax)，则x≥ln (ax)⇒x－ln x≥ln a⇒ln a≤(x－ln x)min. 1－4 举题说法 题型突破　能力进阶 总 结 提 炼 总 结 提 炼 【解析】 　　　　由f(x)＝etx－ln x＋(t－1)x≥0，得etx＋tx≥ln x＋x，即etx＋tx≥ln x＋eln x，故f(x)≥0恒成立转化成etx＋tx≥eln x＋ln x恒成立． AD 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 2 f(x1)＜g(x2)型 　　　设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值． 2 【解答】 　　　　对∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x1)min≤g(x2)min. 当x<1时，x－1<0，ex－e<0，所以f(x)>0；当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，所以f(x)≥0，所以f(x)≥0恒成立，当且仅当x＝1时，f(x)min＝0，所以对∀x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即ex－ax－1≥0(x≥0). 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 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，则f(x1)max<g(x2)min； (2) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)max<g(x2)max； (3) 若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)<g(x2)成立，则f(x1)min<g(x2)max； (4) 若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＝g(x2)，则f(x1)的值域是g(x2)值域的子集． 总 结 提 炼 【解析】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 3 f(x1，x2)＜g(x1，x2)型 3 【解答】 举题说法 题型突破　能力进阶 举题说法 题型突破　能力进阶 总 结 提 炼 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．若对任意正实数x，不等式x－ln x＋1>a恒成立，则实数a的取值范围是 (　　) A．(－∞，1)　　　B．(－∞，2)　　　C．(1，＋∞)　　　D．(2，＋∞) 【解析】 B 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 2．若存在正实数x使ex(x2－a)<1成立，则实数a的取值范围是 (　　) A．(－1，＋∞)　　　　 B．(0，＋∞) C．(－2，＋∞)　　　　 D．[－1，＋∞) 【解析】 A 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)＝kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<－x2恒成立，则实数k的取值范围为 (　　) A．(－∞，0)　　　　 B．(－∞，0] C．(－∞，－1)　　　　 D．(－∞，－1] 【解析】 　　　　由f(x)<－x2，得k<x ln x－x在x∈(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x ln x－x(x>1)，则g′(x)＝ln x＋1－1＝ln x>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝－1，即k≤－1. D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 4．若不等式ln x－ax2≤0恒成立，则实数a的取值范围是 (　　) 【解析】 D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 二、 多项选择题 5．下列说法正确的是 (　　) A．当x∈R时，ex≥x＋1 B．当x>0时，ln x≤x－1 C．当x∈R时，ex≥ex D．当x∈R时，x≥sin x 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 对于C，设f(x)＝ex－ex，则f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，所以当x∈R时，ex≥ex，故C正确； 对于D，设函数f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以奇函数f(x)在R上单调递增，所以x≥0时，x≥sin x，x<0时，x<sin x，故D错误． 【答案】ABC 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 6．已知不等式ex－1≥kx＋ln x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则整数k的值可以为 (　　) A．0　　　　B．1　　　　C．2　　　　D．3 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 又g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(1)＝e－1，所以k≤e－1. 【答案】AB 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【答案】[1，＋∞) 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 9．(2025·潍坊模拟节选)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2＋ax，若f(x)－g(x)≤ex恒成立，则实数a的最小值为_________． 【解析】 　　　　函数f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，不等式f(x)－g(x)≤ex恒成立，即 x ln x－(x2＋ax)≤ex恒成立，则∀x>0，a≥ln x－x－e. －1－e 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (1) 若曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a的值； 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 (2) 若f(x)图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围． 【解答】 设y＝x－x ln x，则y′＝－ln x，当0<x<1时，y′>0，y＝x－x ln x在(0，1)上单调递增，当x>1时，y′<0，y＝x－x ln x在(1，＋∞)上单调递减，所以ymax＝1－1×ln 1＝1，故a>1.即实数a的取值范围是(1，＋∞). 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．(2025·太原一模)已知函数f(x)＝x－a ln x，a∈R. (1) 讨论函数f(x)的单调性； 【解答】 由f′(x)>0，得x>a，所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 11．(2025·太原一模)已知函数f(x)＝x－a ln x，a∈R. (2) 当x∈(0，＋∞)时，若f(x)≥cos (x－1)恒成立，求a的值． 【解答】 由当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥cos (x－1)恒成立，得∀x∈(0，＋∞)，g(x)≥0恒成立，而g(1)＝0，因此g(1)是函数g(x)的最小值．又g(x)在(0，＋∞)上可导，所以1是g(x)的极小值点，g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 B组　能力挑战(挑战点：指对跨阶同构) 12．(2025·烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为 (　　) A．(0，1]　　　B．(0，e－1] 　　　C．(－∞，1]　　　D．(－∞，e－1] 【解析】 　　　　因为xex－x－ln x－a≥0，即eln x＋x－(ln x＋x)－a≥0，令t＝ln x＋x，t∈R，则et－t－a≥0恒成立，即a≤et－t恒成立． 令φ(t)＝et－t，则φ′(t)＝et－1.当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，所以φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(t)min＝φ(0)＝1，所以a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]. C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 【答案】D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 13 配套精练 练习2 A组　夯基精练 一、 单项选择题 【解析】 　　　　依题意，不等式x3－2x－a<0，即a>x3－2x在[1，2]上恒成立．令g(x)＝x3－2x，则g′(x)＝3x2－2>0在[1，2]上恒成立，因此g(x)max＝g(2)＝4，故a>4. D 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 B 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 　　　　因为f(x)＝x3－3x＋a，所以f′(x)＝3x2－3，所以当x∈(－2，－1)，(1，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 因为f(－2)＝－2＋a，f(－1)＝2＋a，f(1)＝－2＋a，f(2)＝2＋a，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2＋a. 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 因为对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≤g(x2)成立，所以2＋a≤5，即a≤3，所以实数a的最大值为3. 【答案】D 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【答案】C 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，该函数图象开口向下，所以其在区间[1，2]上的最小值在端点处取得．要使对∀x1∈(0，2]，∃x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min. 【答案】AD 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 6．已知函数f(x)＝ex-1＋e1-x＋x2－2x，若不等式f(2－a)<f(x2＋3)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值可能是(提示：f(x)的图象关于直线x＝1对称) (　　　) 【解析】 　　　　因为f(x)＝ex-1＋e1-x＋x2－2x，所以f(2－x)＝e1-x＋ex-1＋(2－x)2－2(2－x)＝f(x)，即函数f(x)的图象关于直线x＝1对称． 当x>1时，y＝x2－2x＝(x－1)2－1为增函数．令g(x)＝ex-1＋e1-x，则g′(x)＝ex-1－e1-x，当x>1时，ex-1>1，e1-x<1，所以g′(x)>0，所以g(x)＝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(x2＋3)恒成立，所以|1－a|<|x2＋2|恒成立，即|1－a|<2，解得－1<a<3. BCD 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 8．(2025·益阳三模)设函数f(x)＝2x ln x，g(x)＝ax－4，若∃x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，则实数a的取值范围是__________________． 【解析】 [2ln 2＋2，＋∞) 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 【解析】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 四、 解答题 10．(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝x ln x＋(a＋1)x. (1) 求曲线y＝g(x)在(1，g(1))处的切线方程； 【解答】 　　　　g(1)＝a＋1，g′(x)＝ln x＋a＋2，g′(1)＝a＋2，所以g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y－(a＋1)＝(a＋2)(x－1)，即(a＋2)x－y－1＝0. 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 10．(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)＝ex＋x2，g(x)＝x ln x＋(a＋1)x. (2) 若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 (1) 求函数f(x)的单调区间； 【解答】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 (2) 若∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≤g(x2)，求实数a的取值范围． 【解答】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 B组　能力挑战(挑战点：放缩法) 12．(2026·青岛10月调研)已知函数f(x)＝x－a ln x－3ex-1，x∈[1，＋∞). (1) 若f(x)是减函数，求实数a的取值范围； 【解答】 令g(x)＝x－3xex-1，则g′(x)＝1－3(x＋1)ex-1<0，所以g(x)＝x－3xex-1在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－2，所以a≥－2，即实数a的取值范围是[－2，＋∞). 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 12．(2026·青岛10月调研)已知函数f(x)＝x－a ln x－3ex-1，x∈[1，＋∞). (2) 当a≥1时，证明：f(x)＋x2＋1≤0. 【解答】 练习2 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 12 $