第2章 第13节 第2课时 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题（配套教参Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数研究不等式恒成立问题，整合分离参数法、分类讨论法、转化与化归思想等核心方法，按“方法梳理-典例精讲-真题演练”逻辑架构，通过考点分析、解题策略指导、全国卷及模拟真题训练，帮助学生构建问题解决框架，突破高考难点。 讲义以高考真题为载体，注重数学思维培养，如分离参数法中引导学生通过函数最值推理参数范围，分类讨论中训练逻辑分析能力，设置解法对比活动提升数学语言表达，保障高效复习，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

第二课时　利用导数研究不等式的恒(能)成立问题 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点，常转化为函数的最值问题求解． 　分离参数法求参数范围 [典例]　(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)＜sin 2x恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝a－ ＝a－＝a－， 令cos2x＝t，则t∈(0,1)， 则f′(x)＝g(t)＝a－＝， 当a＝8，f′(x)＝g(t)＝ ＝， 当t∈，即x∈，f′(x)＜0. 当t∈，即x∈，f′(x)＞0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x ＝g(t)－2(2cos2x－1)＝－2(2t－1) ＝a＋2－4t＋－， 设φ(t)＝a＋2－4t＋－，φ′(t)＝－4－＋＝＝－＞0. ∴φ(t)在(0,1)上为增函数， 所以φ(t)＜φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，g′(x)＝φ(t)＜a－3≤0， 即g(x)在上单调递减， 所以g(x)＜g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]，f(x)＜sin 2x， 符合题意． ②若a∈(3，＋∞)，当t→0，－＝ －32＋→－∞，所以φ(t)→－∞. φ(1)＝a－3＞0.所以∃t0∈(0,1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈，使得g′(x0)＝0. 若t∈(t0,1)，φ(t)＞0，即当x∈(0，x0)， g′(x)＞0， g(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)，g(x)＞g(0)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： 第一步，将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式； 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值； 第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取值范围． (2024·南昌市模拟)已知函数f(x)＝ln (ax)＋bx在点(1，f(1))处的切线是y＝0. (1)求函数f(x)的极值； (2)当≥f(x)＋x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)． 解：(1)因为f(x)＝ln (ax)＋bx，所以f′(x)＝＋b＝＋b，因为点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，所以a＝e，b＝－1，即f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝－1＝，即f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝ln e－1＝0，无极小值． (2)当≥f(x)＋x(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立时，由(1)f(x)＝ln x－x＋1，即≥－2＋(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 解法一：设g(x)＝，h(x)＝＋－2，则g′(x)＝，h′(x)＝－， 又因为m＜0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，h′(x)＞0； 当x＞1时，g′(x)＞0，h′(x)＜0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(1)＝；h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1. 所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，只需g(x)min≥h(x)max，即≥－1，解得m≥1－e，又m＜0，所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 解法二：设g(x)＝－－2＋(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝＋， 当0＜x＜1时，－ln x＞0，x－1＜0，则>0，>0，即g′(x)＞0， 当x＞1时，－ln x＜0，x－1＞0，则<0，<0，即g′(x)＜0， 所以g(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝1－2＋－≤0，即≥－1，又m＜0所以实数m的取值范围是[1－e，0)． 　分类讨论法求参数范围 [典例]　(2024·莆田市模拟)已知函数f(x)＝x(ex－2)－ax2＋1. (1)求f(x)图像在x＝0处的切线方程； (2)当x≥0时，f(x)≥1－x.求a的取值范围． [解]　(1)根据题意，由f(x)＝x(ex－2)－ax2＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－2， 即f(x)在x＝0处的切线的斜率k＝f′(0)＝－1， 又f(0)＝1，所以切点为(0,1)， 即切线方程为y－1＝－x. 所以f(x)图像在x＝0处的切线方程为x＋y－1＝0. (2)由f(x)≥1－x，得x(ex－2)－ax2＋x≥0， 又x≥0，即ex－ax－1≥0，令g(x)＝ex－ax－1，即g(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立．又g′(x)＝ex－a， ①当a≤1时，g′(x)≥g′(0)＝1－a≥0， 即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0. 所以当a≤1时，g(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立． ②当a＞1时，令g'(x)＝0，得x＝ln a， 当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如下表： x (0，ln a) ln a (ln a，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 极小值 单调递增 故存在x＝ln a，使得g(ln a)＜g(0)＝0. 所以当a＞1时，g(x)≥0不成立， 综上，a的取值范围为(－∞，1]． 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑用二次项系数或判别式的方法求解． (2024·咸阳市模拟)已知f(x)＝ex－aln x(a∈R)． (1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a＝－1时，若不等式f(x)＞e＋m(x－1)对任意x∈(1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)由f(x)＝ex－aln x，得f′(x)＝ex－，f′(1)＝e－a，切点为(1，e)，所求切线方程为y－e＝(e－a)(x－1)，即(e－a)x－y＋a＝0. (2)由a＝－1得f(x)＝ex＋aln x，原不等式即为ex＋ln x－e－m(x－1)＞0，记F(x)＝ex＋ln x－e－m(x－1)，F(1)＝0，依题意有F(x)＞0对任意x∈[1，＋∞)上恒成立， 求导得F′(x)＝ex＋－m，F′(1)＝ex＋1－m，F″(x)＝ex－，当x>1时，F″(x)>0，则F′(x)在(1，＋∞)上单调递增，有F′(x)＞F′(1)＝e＋1－m， 若m≤e＋1，则F′(x)＞0，若F(x)在(1，＋∞)上单调递增，且F(x)＞F(1)＝0，适合题意； 若m＞e＋1，则F′(1)＜0，又F′(ln m)＝>0，故存在x1∈(1，ln m)使F′(x)＝0， 当1＜x＜x1时，F′(x)＜0，得F(x)在(1，x1)上单调递减，在F(x)＜F(1)＝0，舍去， 综上，实数m的取值范围是m≤e＋1. 利用转化与化归思想求解存在型不等式成立问题 [典例]　(2024·广元市模拟)设函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)． (1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围； (2)设g(x)＝f(x)＋2ln，对于任意a∈(2,4)，总存在x∈，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围． [解]　(1)∵函数f(x)＝ln x＋x2－ax， ∴f′(x)＝＋2x－a . ∵函数在定义域内为增函数， ∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即a≤＋2x在(0，＋∞)上恒成立， 而x＞0，＋2x≥2，当且仅当x＝时，“＝”成立， 即＋2x的最小值为2，∴a≤2. (2)∵g(x)＝f(x)＋2ln＝2ln(ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，∴g′(x)＝＋2x－a＝， ∵a∈(2,4)，∴＝－＞－，x＋＞0 ∴g＇(x)＞0，故g(x)在上单调递增， ∴当x＝2时，g(x)取最大值2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6.即2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6＞k(4－a2)在a∈(2,4)上恒成立，令h(a)＝2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6－k(4－a2)，则h(2)＝0，且h(a)＞0在(2,4)上恒成立， h′(a)＝－2＋2ka＝， 当k≤0时，h＇(a)＜0，h(a)在(2,4)上单调递减， h(a)＜h(2)＝0，不合题意； 当k＞0时，由h＇(a)＝0，得a＝. ①若＞2，即0＜k＜时，h(a)在上单调递减，存在h(a)＜h(2)，不合题意， ②若≤2，即k≥时，h(a)在(2,4)上单调递增，h(a)＞h(2)＝0满足题意． 综上，实数k的取值范围为. 　　 不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)． (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，其中f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2. 已知函数f(x)＝ln x－ax2－a＋2(a∈R，a为常数) (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若存在x0∈(0,1]，使得对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(x0)＞0(其中e为自然对数的底数)都成立，求实数m的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)≥0，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f′(x)≥0，且x＞0时，解得0<x≤， ∴函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)由(1)知，当a∈(－2,0]时，函数f(x)在区间(0,1]上单调递增，∴x∈(0,1]时，函数f(x)的最大值是f(1)＝2－2a， 对任意的a∈(－2,0]，都存在x0∈(0,1]， 不等式mea＋f(x0)＞0都成立， 等价于对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋f(1)＞0都成立，即对任意的a∈(－2,0]，不等式mea＋2－2a＞0都成立， 不等式mea＋2－2a＞0可化为m>， 记g(a)＝(a∈(－2,0])，则g′(a)＝＝>0， ∴g(a)在(－2,0]上为增函数g(a)max＝g(0)＝－2， ∴实数m的取值范围是[－2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $