主题2 第3章 第4节 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、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（北师大版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数应用核心考点，围绕不等式恒成立、能成立问题，按分离参数法、分类讨论法、转化与化归思想三大方法模块组织内容，通过考点梳理（方法步骤总结）、典例精讲（含解题过程拆解）、真题训练（2024新课标Ⅰ卷等高考题）、分层练习（基础与提升题）四环节，帮助学生构建解题框架，突破参数范围求解难点。 讲义突出高考导向与方法迁移，如分离参数法中先分离参数再求函数最值的步骤训练，培养学生数学思维（逻辑推理、问题转化）和数学语言（模型构建、规范表达）。设置“方法对比”活动（如典例中不同解法优劣分析），配合即时反馈的分层练习，确保学生高效掌握解题策略，为教师精准把控复习进度、提升学生应考能力提供有力支持。

第2课时　利用导数研究不等式的恒成立、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]　已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)∵函数f(x)＝xln 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＜， ∴f(x)的单调递减区间是. 令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞， ∴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)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴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＝1，x2＝－(舍去)． 当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减． ∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值， 且h(x)max＝h(1)＝－2， ∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则a≥h(x)max＝－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 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． 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)由(1)知，f(x)＝ln x－x＋1，当≥f(x)＋x(m＜0)在x∈(0，＋∞)恒成立时，即≥－2＋(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 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)． 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·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)＞－2，当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围． [解]　(1)∵＞0，∴f(x)的定义域为(0,2)． b＝0时，f′(x)＝＋＋a≥0，即a≥－－，由＋＝，即a≥max，又因为在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当x＝1时，≤－2，∴a≥－2，故a的最小值为－2. (2)由y＝ln关于(1,0)中心对称，y＝ax关于(1，a)中心对称， y＝b(1－x)3关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(1，a)中心对称，下证其成立：f(1＋x)＋f(1－x) ＝ln＋2a(1＋x)＋bx3＋ln＋2a(1－x)＋b(－x)3＝2a，故结论成立． (3)由函数的连续性及题意知：f(1)＝－2，代入原函数，得a＝－2，所以f(x)＝ln x－ln(2－x)－2x＋b(x－1)3,0＜x＜2， f′(x)＝＋－2＋3b(x－1)2 ＝(x－1)2， 由≥－2，故b≥－时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(1)＝－2，x∈(1,2)， 当b<－时，f′(1)＝0， f′(x)＝(x－1)2 ＝(x－1)2， 令f′(x)＝0， ∵1＜x＜2，∴－3bx2＋6bx＋2＝0， 得x＝x1，x2(x1≤x2)， 且x1＋x2＝－＝2，x1·x2＝， 故x1<1<x2，从而f(x)在(1，x2)上单调递减， f(x2)<f(1)＝－2，不满足题意．综上：b≥－. 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． (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)在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x，g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝f′(x)－2(2cos2 x－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]． 　　　　利用转化与化归思想求解存 在型不等式成立问题 [典例]　已知函数f(x)＝＋aln x，其中参数a<0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围． [解]　(1)∵f(x)＝＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－＋＝. ①当－1<a<0时，<0，恒有f′(x)<0. ∴函数f(x)的单调减区间是(0，＋∞)． ②当a＝－1时，f′(x)＝－<0， ∴f(x)的减区间是(0，＋∞)． ③当a<－1时，x∈，f′(x)>0， ∴f(x)的增区间是；x∈， f′(x)<0，∴f(x)的减区间是. (2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)， 因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max. 又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0， ∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数； 当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数． ∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3， g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3. ∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>. 又a<0，从而<a<0， 即a的取值范围是. 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. 设函数f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． 解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x， 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]， |f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即① 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0， 故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0， 即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0， 即em－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]． 学科网（北京）股份有限公司 $