第3章 第5节 导数与不等式恒(能)成立问题(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学讲义聚焦导数与不等式恒（能）成立高考核心考点，按分离参数法、分类讨论法、双变量最值定位法逻辑架构，通过课标解读、方法精讲、真题演练环节，帮助学生构建解题框架，突破综合应用难点。 讲义采用分层教学策略，如例1分离参数求最值、例2分类讨论单调性，培养数学思维与逻辑推理能力。设置方法总结与模拟题训练，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

第5节　导数与不等式恒(能)成立问题 课标解读 不等式恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力． 方法一　分离参数法解决恒(能)成立问题(师生共研) 例1　(2025·山师附中一模)已知函数f(x)＝x ln x－ax. (1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝0时，函数f(x)＝x ln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<，故f(x)的单调递减区间是，令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，故f(x)的单调递增区间是，综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)由任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2知x ln x≤x2＋ax＋2恒成立．因为x>0，故a≥ln x－x－，在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，当x∈(0，2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故当x＝2时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝ln 2－3，故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞)． 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，直接把问题转化为求函数的最值问题． (2)a≥f(x)恒成立转化为a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立转化为a≤f(x)min； a≥f(x)能成立转化为a≥f(x)min；a≤f(x)能成立转化为a≤f(x)max. (2025·甘肃兰州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)讨论f(x)在区间[1，2]上的单调性； (2)若当x∈(0，e]时，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范围． 解：(1)函数f(x)＝ax－ln x，求导得f′(x)＝a－，由x∈[1，2]，得∈，当a≤时，f′(x)≤0，当且仅当a＝，x＝2时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递减；当a≥1时，f′(x)≥0，当且仅当a＝1，x＝1时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递增；当＜a＜1时，由f′(x)＜0，得1≤x＜，由f′(x)＞0，得＜x≤2，因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，综上，当a≤时，函数f(x)在[1，2]上单调递减；当＜a＜1时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a≥1时，函数f(x)在[1，2]上单调递增． (2)依题意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]时有解，即a≤在x∈(0，e]时有解， 令g(x)＝，x∈(0，e]，求导得g′(x)＝－，由g′(x)＞0，得0＜x＜；由g′(x)＜0，得＜x≤e，所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，当x＝时，函数g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，所以实数a的取值范围是(－∞，e2]. 方法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题(师生共研) 例2　(2025·浙江台州一模)已知函数f(x)＝x3＋4x2－5x. (1)求函数y＝f(x)的单调递减区间； (2)若不等式－6ln x≤a(x－1)2对任意x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2＋8x－5，令3x2＋8x－5＝0，解得x1＝，由f′(x)<0，解得<x<，所以函数f(x)的单调递减区间是. (2)记h(x)＝x2＋4x－5－6ln x－a(x－1)2，x∈[1，＋∞)，则h′(x)＝2x＋4－－2a(x－1)＝，因为h(2)≤0，所以7－6ln 2－a≤0，得a≥7－6ln 2>7－6＝1，令h′(x)＝0，解得x＝1或x＝，当a≥4时，≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，因此，h(x)在[1，＋∞)上单调递减，得h(x)≤h(1)＝0，即－6ln x≤a(x－1)2对任意x∈[1，＋∞)恒成立．当1<a<4时，对任意x∈，h′(x)>0，因此，h(x)在上单调递增，当x0∈时，h(x0)>h(1)＝0，不满足题意．综上，a的取值范围为[4，＋∞)． 对于不适合分离参数的不等式，或分离后所构造的函数难以求最值，常常将参数看作常数直接构造函数，对参数分类讨论，利用导数研究函数的单调性、最值，从而得出满足条件的参数范围． (2025·江苏南京二模)已知函数f(x)＝x2－2a ln x＋1，a∈R. (1)当a＝－1时，设曲线y＝f(x)在x＝1处的切线为l，求l与曲线y＝f(x)的公共点个数； (2)当a>0时，若∀x1，x2∈[1，e]，|f(x1)－f(x2)|<e2＋1恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋2ln x＋1，其定义域为(0，＋∞)．对函数f(x)求导得f′(x)＝2x＋，所以f′(1)＝2＋2＝4，f(1)＝2.所以根据点斜式方程，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)，即y＝4x－2.联立方程可得x2－4x＋3＋2ln x＝0.设g(x)＝x2－4x＋3＋2ln x，x∈(0，＋∞)，求导得g′(x)＝2x－4＋＝≥0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(1)＝1－4＋3＋2ln 1＝0，所以g(x)有且仅有一个零点，所以直线l与曲线y＝f(x)的公共点个数为1. (2)对函数求导得f′(x)＝2x－，令导数为0，可得x＝.分情况讨论：①当≤1时，即0<a≤1，此时f(x)在区间[1，e]内单调递增，则|f(x1)－f(x2)|max＝f(e)－f(1)＝e2－2a－1<e2＋1.求解不等式e2－2a－1<e2＋1，解得a>－1.又0<a≤1，所以该情况下0<a≤1. ②当1<<e时，即1<a<e2，f′(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以最小值为f＝a－a ln a＋1，最大值为f(1)＝2或者f(e)＝e2－2a＋1，当f(e)取最大值时，即e2－2a＋1>2，解得a<.此时，e2－2a＋1－(a－a ln a＋1)<e2＋1，即3a－a ln a＋1>0恒成立．所以1<a<满足不等式恒成立．当f(1)＝2取得最大值时，即e2－2a＋1<2，解得a>.此时|f(x1)－f(x2)|max＝2－(a－a ln a＋1)<e2＋1，即a－a ln a＋e2>0恒成立．所以<a<e2满足不等式恒成立． 综上，该情况下1<a<e2. ③当≥e时，即a≥e2，f(x)在区间[1，e]内单调递减，此时|f(x1)－f(x2)|max＝f(1)－f(e)＝2－(e2－2a＋1)＝2a－e2＋1<e2＋1.若其成立，则a<e2，与条件a≥e2相矛盾，所以该情况下不满足不等式恒成立．综上所述，实数a的取值范围为(0，e2)． 方法三　最值定位法解决双变量的恒(能)成立问题(师生共研) 例3　已知f(x)＝＋x ln 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∈，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，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g(x1)－g(x2)]max≥M，即g(x)max－g(x)min≥M(x∈[0，2])．由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x，当<x<2时，g′(x)>0，当0<x<时，g′(x)<0， 列表如下： x g′(x) － 0 ＋ g(x)  极小值  又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以当x∈[0，2]时＝g(2)＝1，g(x)min＝g＝－，所以g(x)max－g(x)min＝≥M，所以满足条件的最大整数M为4. (2)对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立，则f(s)min≥g(t)max.由(1)易得当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，所以对任意的x∈＋x ln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立．令h(x)＝x－x2ln x，则a≥h(x)max.求导得h′(x)＝1－2x ln x－x，令m(x)＝1－2x ln x－x，则m′(x)＝－3－2ln x<0，所以h′(x)在上单调递减，又h′(1)＝0， 故列表如下： x 1 (1，2) h′(x) ＋ 0 － h(x)  极大值  所以a≥h(x)max＝h(1)＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)． 双变量的恒(能)成立问题，常见的转化有 (1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. (4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 设函数f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，若∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值． 解：由题意，f(x)＝(x－1)(ex－e)，x∈R，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，且f(x)min＝f(1)＝0.因为∀x2∈[0，＋∞)，都∃x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，所以∀x2∈[0，＋∞)，f(x)min≤g(x)min恒成立，所以∀x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即∀x∈[0，＋∞)，g(x)＝ex－ax－1≥0恒成立． 法一：g′(x)＝ex－a，易知g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≥0时，g′(x)≥g′(0)＝1－a， ①当1－a≥0，即a≤1时，g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(0)＝0，所以a≤1满足题意． ②当1－a<0，即a>1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，所以当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0.所以此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(ln a)<0，所以a>1不满足题意． 综合①②可得，a的取值范围为(－∞，1]， 所以a的最大值为1. 法二：当x＝0时，很显然符合题意，当x>0时，a≤，记h(x)＝，x>0，则h′(x)＝，令m(x)＝ex(x－1)＋1，x>0，则m′(x)＝xex>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以m(x)>m(0)＝0，所以h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又＝1，所以a≤1，即a的最大值为1. 学科网（北京）股份有限公司 $