第3单元 06 第19讲 第1课时 利用导数研究恒（能）成立问题（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与不等式恒（能）成立问题核心考点，按分离参数法、分类讨论法、变更主元法、双变量问题的逻辑层次组织知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破参数范围求解难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以高考命题规律为导向，创新采用问题驱动教学，如分离参数法中对比全分离与半分离策略培养数学思维，变更主元法转化多变量问题发展创新意识。设置分层变式题配合即时总结，确保高效突破考点，提升学生应考能力，为教师精准把控复习节奏提供有力指导。

第19讲　导数与不等式 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 ● 课堂考点探究 例1-1　[思路点拨] 当x<1时,由不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,分离参数a,结合函数的单调性求a的取值范围. 解:当x<1时,不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,即a≥,x<1恒成立. 令f(x)=,x<1,则f'(x)==,所以当x<0时,f'(x)>0,当0<x<1时,f'(x)<0,即函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减, 故f(x)的最大值为f(0)=1,所以实数a的取值范围为[1,+∞). 例1-2　[思路点拨] 先分离参数m,再利用导函数求函数的最值即可. 解:存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤成立,即存在x∈(0,+∞),使得m≥=2ln x+x+成立,问题转化为m≥(x>0). 令g(x)=2ln x+x+,得g'(x)=+1-=(x>0), 当x>1时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(1)=4,则m≥4, 故实数m的最小值为4. 变式题1　解:(1)∵f(x)=ax+xln x, ∴f'(x)=a+ln x+1, ∵函数f(x)=ax+xln x在x=e处取得极值, ∴f'(e)=a+2=0,解得a=-2,经检验,符合题意,∴a=-2. (2)由(1)知f(x)=-2x+xln x,由题意知k<对任意x∈(0,+∞)恒成立,即k<对任意x∈(0,+∞)恒成立. 令g(x)=,则g'(x)= = .设h(x)=ln x+x-1(x>0),易得h(x)是增函数, 又h(1)=0,∴当x>1时,h(x)>0,即g'(x)>0, 当0<x<1时,h(x)<0,即g'(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减, ∴g(x)min=g(1)=-1,∴k<-1,即k的取值范围为(-∞,-1). 变式题2　解:①当a<0时,函数g(x)=的定义域为(-∞,0], 因为f=<e0=1,g==1, 所以f<g,不符合题意, 所以a<0不符合题意. ②当a>0时,函数g(x)=的定义域为[0,+∞),显然f(0)≥g(0). 方法一:当x>0时,由f(x)≥g(x)恒成立,得e2x≥恒成立,即≤恒成立. 令h(x)=(x>0), 则h'(x)===. 当0<x<时,h'(x)<0,则h(x)在上单调递减; 当x>时,h'(x)>0,则h(x)在上单调递增. 故当x=时,h(x)取得最小值,最小值为h=2, 则≤2,即a≤4e. 综上所述,a的取值范围为(0,4e]. 方法二:当x>0时,由f(x)≥g(x)恒成立,得e2x≥恒成立, 即2x≥(ln a+ln x)恒成立, 得ln a≤4x-ln x恒成立. 令t(x)=4x-ln x(x>0),则t'(x)=4-=. 当0<x<时,t'(x)<0,则t(x)在上单调递减; 当x>时,t'(x)>0,则t(x)在上单调递增. 故当x=时,t(x)取得最小值,最小值为t=1-ln=ln(4e). 则ln a≤ln(4e),即a≤4e. 综上所述,a的取值范围为(0,4e]. 例2　[思路点拨] (1)利用已知条件及导数的几何意义求出a的值,然后利用导数研究函数的最值即可证明不等式;(2)原不等式等价于(a-1)ln x++x+2>0,构造新函数分类讨论研究函数的单调性,结合最值即可得到实数a的取值范围. 解:(1)证明:因为f'(x)=-x+1(x>0), 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=a-1. 又因为切线与直线y=2x平行,所以a-1=2,解得a=3, 所以f(x)=2ln x-x2+x,f'(x)=-x+1==(x>0). 由f'(x)>0得0<x<2,则函数f(x)的单调递增区间为(0,2); 由f'(x)<0得x>2,则函数f(x)的单调递减区间为(2,+∞). 所以f(x)在x=2处取得极大值,也为最大值,且f(2)=2ln 2=ln 4,所以f(x)≤ln 4. (2)由f(x)+4>g(x)得(a-1)ln x-x2+x+4>-x2,整理得(a-1)ln x++x+2>0. 设h(x)=(a-1)ln x++x+2(x>1),则h'(x)=-+1= =, 且h(x)>0在(1,+∞)上恒成立. ①当a≥-1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)>h(1)=a+3≥2>0,满足题意. ②当a<-1时,由h'(x)<0得1<x<-a,则函数h(x)在(1,-a)上单调递减, 由h'(x)>0得x>-a,则函数h(x)在(-a,+∞)上单调递增, 所以h(x)在x=-a处取得极小值,也为最小值,故h(x)min=h(-a)=(a-1)ln(-a)+-a+2=(a-1)ln(-a)-a+1. 依题意得h(x)min=(a-1)ln(-a)-a+1>0,可得ln(-a)<1,可得-e<a<-1.综上可得,实数a的取值范围为(-e,+∞). 变式题　解:(1)证明:由a=0,得f(x)=xex,要证>x+1,只需证ex-x-1>0. 令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,则g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,则g(x)单调递增, 所以g(x)>g(0)=0,所以ex>x+1, 所以>x+1. (2)f'(x)=(x+1)ex+acos x, 令m(x)=f'(x), 则m'(x)=(x+2)ex-asin x. ①当a≥0时,由x∈(0,π),得xex>0,asin x≥0, 因此f(x)>0,满足题意. ②当a<0时,由x∈(0,π),得(x+2)ex>0,-asin x>0,则m'(x)>0,则f'(x)在(0,π)上单调递增. 若-1≤a<0,则f'(x)>f'(0)=1+a≥0,则f(x)在(0,π)上单调递增, 所以f(x)>f(0)=0,满足题意; 若a<-1,则f'(0)<0,f'>0, 所以f'(x)在(0,π)上存在唯一的零点x0,且x0∈, 所以当0<x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x0<x<π时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以f(x0)<f(0)=0,不满足题意. 综上,a的取值范围为[-1,+∞). 例3　[思路点拨] 此类问题常因思维定势而被看成关于x的函数进行讨论,后续步骤比较复杂.但是若变换一个角度,将b作为主元,就可以看成关于b的一元函数,将恒成立问题转化为函数最值问题. 解:设f(b)=xb+ln x-x2+c,因为x∈(0,+∞),所以f(b)单调递增,则当b∈时,不等式ln x-x2+bx+c≤0恒成立,只需f=x+ln x-x2+c≤0,分离变量得c≤x2-x-ln x. 设h(x)=x2-x-ln x,x>0, 令h'(x)=x--==0,得x=-(舍去)或x=2, 令h'(x)>0,得x>2,令h'(x)<0,得0<x<2,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以h(x)的最小值是h(2)=-1-ln 2,所以c≤-1-ln 2. 变式题　证明:(1)当t=时,f(x)=cos 2x-4cos x-x+7,f'(x)=-2sin 2x+4sin x-,令k(x)=f'(x), 则k'(x)=-4cos 2x+4cos x=4(1-cos x)(2cos x+1). 令k'(x)=0得x=,所以当x∈时,k'(x)>0,f'(x)单调递增,当x∈时,k'(x)<0,f'(x)单调递减, 又因为f'=4->0,f'(π)=-<0,所以在上存在x0,使得f'(x0)=0,且在上f'(x)>0,f(x)单调递增,在(x0,π)上f'(x)<0,f(x)单调递减, 故f(x)min=min=0. (2)由(1)知,当x∈时,cos 2x-4cos x-x+7≥0恒成立, 即2cos2x-4cos x+6-x≥0在上恒成立, 即(cos x-1)2≥x-2在上恒成立,所以当n∈时,(cos n-1)2≥n-2. 要证m(1-cos n)2+cos mn≥1,其中m∈[0,1],n∈, 只需证m+cos mn-1≥0,其中m∈[0,1],n∈. 令g(n)=m+cos mn-1, 其中m∈[0,1],n∈,则只需证g(n)≥0. g'(n)=-msin mn=m≥0, 则g(n)在上单调递增,所以g(n)≥g=m+cosm-1. 令h(m)=m+cosm-1,m∈[0,1],则h'(m)=1-sinm, 因为m∈[0,1],所以∈, 故h'(m)在[0,1]上单调递减, 又h'(0)=1,h'(1)=1-<0, 所以存在m0∈[0,1],使得h'(m0)=0,且在[0,m0)上h'(m)>0,h(m)单调递增,在(m0,1]上h'(m)<0,h(m)单调递减, 又h(0)=h(1)=0,所以h(m)≥0, 即g(n)≥h(m)≥0,故原式得证. 例4　[思路点拨] (1)利用导数研究函数f(x)的单调性,注意构造中间函数u(x)=xcos x-sin x,x∈判断f'(x)的符号,即可求解;(2)构造函数h(x)=sin x-x,x∈,研究其单调性,证明f(x)=<1在上恒成立,再应用导数研究函数g(x)在[0,2]上的最大值,结合已知得到关于a的不等式,即可求范围. 解:(1)因为函数f(x)=,所以f'(x)=. 设u(x)=xcos x-sin x,x∈,则u'(x)=-xsin x<0,故u(x)在上单调递减,所以u(x)<u(0)=0,即f'(x)<0,x∈,所以f(x)在上单调递减, 所以f(x)在上的最小值为f=. (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,所以h(x)<h(0)=0, 所以sin x<x,x∈,即f(x)=<1在上恒成立. g'(x)=-3(x2-1)=(1-x),当x∈[0,2]时,3x+3+>0,所以当x∈[0,1)时,g'(x)>0,则g(x)在区间[0,1)上单调递增;当x∈(1,2]时,g'(x)<0,则g(x)在区间(1,2]上单调递减. 故函数g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(1)=-1+3-a=+2-a.结合题意,只需+2-a≥1,解得a≤+1,故实数a的取值范围是. 变式题　解:(1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于当x1,x2∈[0,2]时,[g(x1)-g(x2)]max≥M. 由g(x)=x3-x2-3,得g'(x)=3x2-2x=3x,在[0,2]上,g'(x),g(x)随x的变化情况如下表: x 0 2 g'(x) 0 - 0 + 8 g(x) -3 单调递减 极小值- 单调递增 1 由上表可知,当x∈[0,2]时,g(x)min=g=-,g(x)max=g(2)=1,所以[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=,所以满足条件的最大整数M=4. (2)方法一:由(1)知,在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1. 因为对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立, 所以当x∈时,f(x)=+xln x≥1恒成立,等价于a≥x-x2ln x对x∈恒成立. 记h(x)=x-x2ln x,x∈,则h'(x)=1-2xln x-x,且h'(1)=0. 记m(x)=1-2xln x-x,x∈,则m'(x)=-3-2ln x, 因为x∈,所以m'(x)=-3-2ln x<0, 所以m(x)=h'(x)=1-2xln x-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, 故函数h(x)=x-x2ln x在区间上单调递增,在区间(1,2]上单调递减, 所以h(x)max=h(1)=1,所以a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞). 方法二:由(1)知,在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1. 因为对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,所以f(1)=a≥1.下面证明:当a≥1时,在区间上,函数f(x)≥1恒成立. 当a≥1且x∈时,f(x)=+xln x≥+xln x. 记h(x)=+xln x,x∈,则h'(x)=-+ln x+1,且h'(1)=0,h'(x)在上单调递增, 所以当x∈时,h'(x)<0,当x∈(1,2]时,h'(x)>0,所以函数h(x)=+xln x在区间上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1,即h(x)≥1, 所以当a≥1且x∈时,f(x)≥1恒成立,故对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,所以实数a的取值范围是[1,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲　导数与不等式 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题 对于分类讨论法,常见有两种情况:(1)先利用综合法,结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间上函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;(2)直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数. 对于双变量的恒(能)成立问题,常转化为求两个函数的最值之间的比较. 提示一:求解参数范围时,一般会涉及分离参数,试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,通常需要设出导函数的零点,难度较大. 提示二:破解不等式求参问题,时常会通过不等式的同解变形,构造一个与背景函数相关的函数,利用函数最值确定参数的取值范围.在构造函数或求最值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不等式放缩法、叠加不等式放缩法等. 变更主元法是一种在解决多变量问题时常用的数学方法,其核心思想是通过灵活选择某个变量作为“主元”,将多变量问题转化为单变量的函数、方程或不等式问题,从而简化求解过程. 　分离参数法求参数范围 例1-1 当x<1时,不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,求实数a的取值范围.     例1-2 已知函数f(x)=xln x,若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤成立,求实数m的最小值.   总结反思 1.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,直接把问题转化为函数的最值问题. (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. 2.分离参数法通常有两个角度:全分离参数法和半分离参数法. 全分离参数是将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,将所求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题. 半分离参数一般是将不等式变形为ax+b>f(x)或ax+b<f(x)的形式,然后画出图象,由图象的上下方关系得到不等式,从而求解. 变式题1 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e(e为自然对数的底数)处取得极值. (1)求实数a的值; (2)若不等式>k对任意x∈(0,+∞)恒成立,求k的取值范围.     变式题2 [2025·深圳二模节选] 已知函数f(x)=e2x,g(x)=(a∈R,且a≠0). 若f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围.     　分类讨论法求参数范围 例2 已知函数f(x)=(a-1)ln x-x2+x,a∈R. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行,证明:f(x)≤ln 4; (2)设g(x)=-x2,若对任意x∈(1,+∞),均有f(x)+4>g(x),求实数a的取值范围.     总结反思 在给出的含参数的恒成立或能成立的不等式中,如果参数不易分离,则可以考虑用分类讨论法求参,通过讨论参数不同取值下函数的单调区间和函数的最值(或值域),进而确定参数的范围.解决此类问题的关键是对参数合理分类,在参数的每一段取值上判断是否满足题意. 变式题 [2025·南京、盐城一模节选] 已知函数f(x)=xex+asin x. (1)当a=0时,求证:>x+1; (2)若f(x)>0对任意x∈(0,π)恒成立,求a的取值范围.     　变更主元法解多变量问题 例3 已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意x∈(0,+∞),b∈恒成立,求实数c的取值范围.     总结反思 变更主元法的关键在于根据问题结构和变量关系,灵活选择主元,将复杂多变量问题转化为单变量问题求解.该方法在恒成立问题、最值问题、不等式证明、方程根的存在性等问题中均有广泛应用. 变式题 已知函数f(x)=cos 2x-4cos x-2tx+7,t∈R. (1)若t=,证明:f(x)的最小值为0; (2)证明:对任意的m∈[0,1],n∈,m(1-cos n)2+cos mn≥1恒成立.     　双变量的恒(能)成立问题 例4 已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)在上的最小值; (2)若g(x)=-x3+3x-a,且对任意x1∈,都存在x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.     总结反思 常见的双变量不等式能成立问题(有解问题)与恒成立问题类型(其中M=[a,b],N=[c,d],f(x)在M上的最大值为f(x)max,最小值为f(x)min,g(x)在N上的最大值为g(x)max,最小值为g(x)min): (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. 变式题 设函数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)如果对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $