第三章 第20讲 第1课时 利用导数研究不等式的恒(能)成立问题(高考超重点)（课件PPT）-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（人教B版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数的综合问题——利用导数研究不等式的恒（能）成立问题”这一高考超重点，依据高考评价体系梳理了恒成立、能成立两类核心考查要求，分析了命题融合化、载体创新化、逻辑深度化的特征，归纳出分离参数法、分类讨论法、最值定位法等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题典例解析+规律方法提炼+分层训练巩固”的备考策略，如以2025广东佛山二模“f(x)图象在g(x)图象上方”为例，通过分离参数法将问题转化为求函数h(x)=x-xlnx的最值，培养学生逻辑推理和数学运算素养。特设“规律方法总结”和“对点练测评”，帮助学生掌握转化技巧，教师可据此系统开展复习教学，提升高考冲刺效率。

第20讲 　导数的综合问题 第1课时　利用导数研究不等式的恒 (能)成立问题(高考超重点)　 高三总复习 数学(人教B版) 第三章　一元函数的导数及其应用 　　恒(能)成立问题是高考的常考考点，经典题型，命题呈现方法融合化、载体创新化、逻辑深度化的特征.其中对利用导数研究不等式恒(能)成立问题，一般可转化为最值问题处理.若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min；若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.全面考查逻辑推理、数学运算和创新应用能力. 技法一　分离参数法 (多题同解)(1)(2025·广东佛山二模节选)已知函数f＝ln x，g＝1－.若f图象恒在g图象的上方，求实数a的取值范围. 典例1 解：由f图象恒在g图象的上方，则ln x－1＋＞0恒成立， 所以a＞x－xln x在(0，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝x－xln x，则h'(x)＝－ln x， 当0＜x＜1时，h'(x)＞0，h(x)＝x－xln x在(0，1)上单调递增， 当x＞1时，h'(x)＜0，h(x)＝x－xln x在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1－1×ln 1＝1，所以a＞1， 故实数a的取值范围是(1，＋∞). (2)已知函数f(x)＝sin x－2ax，a∈R，若关于x的不等式f(x)≤cos x－1在区间(，π)上恒成立，求实数a的取值范围. 解：不等式f(x)≤cos x－1在区间(，π)上恒成立， 即2a≥在区间(，π)上恒成立. 设g(x)＝， 则g'(x)＝. 设h(x)＝xcos x＋xsin x－sin x＋cos x－1， 则h'(x)＝－xsin x＋xcos x＝x(cos x－sin x). 因为当x∈(，π)时，sin x＞0，cos x＜0， 所以当x∈(，π)时，h'(x)＜0， 所以函数h(x)在(，π)上单调递减，且h()＝－2＜0， 所以当x∈(，π)时，h(x)＜0，即g'(x)＜0， 则函数g(x)在(，π)上单调递减，且g()＝， 所以当x∈(，π)时，g(x)＜，所以a≥. 故实数a的取值范围是. 1.参变分离的使用条件 (1)参数与变量可以比较容易地分离开. (2)参变分离后得到的函数的形式不复杂，通过导数来研究单调性、极值以及最值比较容易. 规律方法 2.求解含参不等式恒成立问题的关键 一是会转化：通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈I恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min). 二是会求最值：求函数g(x)在区间I上的最大值(或最小值) 问题. 三是注意分离参数法的两个思考角度：全分离参数和半分离参数[课时分层测评T4使用半分离参数]. 规律方法 对点练1.(2025·山东德州三模节选)已知f(x)＝x－＋1(a＞0)，g(x)＝ln x＋b(x－1)，且直线y＝x－1与曲线g(x)相切. (1)求g(x)； 解：设直线y＝x－1与曲线y＝g(x)的切点为， g'(x)＝＋b，所以 所以即g(x)＝ln x. (2)(一题多解)若∃x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围. 解：由f(x)≤g(x)得x－＋1≤ln x，x∈[1，＋∞)， 所以a≥x2－xln x＋x. 令h(x)＝x2－xln x＋x，x∈[1，＋∞)， 所以h'(x)＝2x－ln x. 法一：利用ln x≤x－1得出h'(x)＞0从而h(x)在[1，＋∞)上是增函数. 法二：h″(x)＝2－＞0，则h'(x)是增函数. 所以h'(x)≥h'(1)＝2＞0， 所以h(x)在[1，＋∞)上是增函数. 所以h(x)min＝h(1)＝2. 因为∃x∈[1，＋∞)，不等式f(x)≤g(x)成立， 所以a≥2， 所以实数a的取值范围是[2，＋∞). 技法二　分类讨论法 (2025·安徽马鞍山模拟节选)已知函数f(x)＝ex＋(m＋1)x，m∈R.若存在x∈[1，2]，使得不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)成立，求实数m的取值范围. 解：不等式ex＋＋mln x＋m≥f(x)可化为＋mln x－(m＋1)x＋m≥0， 即存在x∈[1，2]，使得不等式＋mln x－(m＋1)x＋m≥0成立. 构造函数h(x)＝＋mln x－x＋m，x∈[1，2]， 则h'(x)＝x＋－＝(x－1). 典例2 ①当m≤1时，h'(x)≥0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递增，故h(x)max＝h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，故m≤0； ②当1＜m＜2时，令h'(x)＞0，解得m＜x＜2；令h'(x)＜0，解得1＜x＜m，故h(x)在[1，m]上单调递减，在(m，2]上单调递增，又h(1)＝－，故h(2)＝mln 2－m≥0，解得m≤0，这与1＜m＜2相矛盾，舍去； ③当m≥2时，h'(x)≤0恒成立，故h(x)在[1，2]上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝－＜0，不符合题意，应舍去. 综上所述，实数m的取值范围是(－∞，0]. 　　对于不适合分离参数的不等式，可以使用分类讨论法求参数范围，解决问题有两个关键点： 一是转化：求参数范围的关键是将恒(能)成立问题转化为最值问题. 二是对参数分类讨论：在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意. 规律方法 对点练2.(2025·陕西汉中模拟)已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； 解：因为f'(x)＝2x＋，x＞0， ①若a≥0，则f'(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ②若a＜0，令f'(x)＝0，得x＝， 当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈( ，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a＜0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. (2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解：由(1)知f'(x)＝(x＞0)， 当a＞0时，f'(x)＞0，所以f(x)单调递增，又x→0＋，f(x)→－∞，故f(x)≥0不恒成立； 当a＝0时，f(x)＝x2＞0，符合题意； 当a＜0时，f(x)在上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f( )＝－＋aln ， 由f(x)≥0恒成立，可得－＋aln ≥0，解得a≥－2e，所以－2e≤a＜0. 综上，实数a的取值范围是[－2e，0]. 技法三　最值定位法 设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； 典例3 解：存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立. g'(x)＝3x2－2x＝x(3x－2). 令g'(x)＝0，得x＝0或x＝. 因为g()＝－，g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1， g(x)min＝g()＝－， [g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝， 所以满足条件的最大整数M为4. (2)如果对于任意的s，t∈［，2］，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围. 解：对任意的s，t∈［，2］都有f(s)≥g(t)， 则f(x)min≥g(x)max. 由(1)知当x∈［，2］时，g(x)max＝g(2)＝1， 所以当x∈［，2］时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立， 即a≥x－x2ln x恒成立. 令h(x)＝x－x2ln x，x∈［，2］， 所以h'(x)＝1－2xln x－x. 令φ(x)＝1－2xln x－x， 所以φ'(x)＝－3－2ln x＜0， h'(x)在［，2］上单调递减. 又h'(1)＝0，所以当x∈［，1］时，h'(x)≥0， 当x∈[1，2]时，h'(x)≤0， 所以h(x)在［，1］上单调递增，在[1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1. 所以实数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. 规律方法 对点练3.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：根据题意，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(x1)min≤g(x2)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. 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，实数a的取值范围是(－∞，1]， 所以a的最大值为1. 对点练4.(2025·山东滨州二模)已知函数f(x)＝＋aln x. (1)讨论f(x)的单调性； 解：根据题意f(x)的定义域是(0，＋∞)， 所以f'(x)＝－＋＝， 当a≤0时，f'(x)＜0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 当a＞0时，由f'(x)＜0，解得0＜x＜，由f'(x)＞0，解得x＞， 因此函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增. 综上所述，当a＞0时，f(x)在(，＋∞)上单调递增，在(0，)上单调递减； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减. (2)若a＞0时，f(x)≥a2－(a＋1)ln a恒成立，求实数a的值. 解：由(1)知，当a＞0时，函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 因此f(x)的最小值为f()＝a－aln a，因此a－aln a≥a2－(a＋1)ln a恒成立， 化简得a2－ln a－a≤0. 令函数h(x)＝x2－ln x－x， 那么h'(x)＝2x－－1＝＝， 由h'(x)＜0，解得0＜x＜1，由h'(x)＞0，解得x＞1， 因此函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝12－ln 1－1＝0，即h(a)≥0. 又h(a)≤0，所以h(a)＝0，所以a＝1. 课 时 分 层 测 评 1.(10分)(2025·海南海口二模)已知函数f＝ex，a∈R， (1)判断函数f的单调性； 解：因为f＝ex，所以f'＝ex， ①若a＝0，则f'＝ex＞0，f是R上的增函数； ②若a＞0，则在上，f'＜0，f单调递减； 在上，f'＞0，f单调递增； ③若a＜0，则在上，f'＞0，f单调递增； 在上，f'＜0，f单调递减； 2 3 4 1 综上，当a＝0时，f的单调递增区间为R，无单调递减区间； 当a＞0时，f， 单调递增区间是； 当a＜0时，f， 单调递减区间是. 2 3 4 1 (2)若f≤1，求实数a的取值范围. 解：若a≥0，则当x→＋∞时，f→＋∞，不符合题意； 若a＜0，则由(1)知，f＝f. 又由f≤1，则f(－)≤1，即－a≤1，令g(x)＝－x，x＜0，则g'(x)＝－－x·＝－(1＋， 令g'(x)＜0，得x＜－1，令g'(x)＞0，得－1＜x＜0，所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0)上单调递增，所以g(x)≥g(－1)＝1，即g(a)≥1，又g(a)≤1，所以g(a)＝1，即a＝－1. 2 3 4 1 2.(13分)(多题同解)(1)(2025·山东济南模拟节选)已知函数f＝xln x－ax，若对任意x∈，f≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围. 解：由任意x∈，f≤x2＋2知xln x≤x2＋ax＋2恒成立. 因为x＞0，故a≥ln x－x－在x∈上恒成立. 令h＝ln x－x－，则h'＝－1＋＝－. 令h'＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)， 当x∈时，h'＞0，h单调递增，当x∈时，h'＜0，h单调递减， 2 3 4 1 故当x＝2时，h取得极大值，也是最大值， 且h＝h＝ln 2－3， 所以若a≥h在x∈上恒成立， 则a≥h＝ln 2－3， 故实数a的取值范围是. 2 3 4 1 (2)(2025·河北石家庄5月检测)若关于x的不等式x2x＞axln x在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围. 解：由x2x＞axln x，得e2xln x＞axln x在x∈(0，＋∞)上恒成立. 令t＝f(x)＝xln x，x＞0，则f'(x)＝ln x＋1，当0＜x＜时，f'(x)＜0，f(x)在(0，)上单调递减；当x＞时，f'(x)＞0，f(x)在(，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f()＝－，则t∈，所以e2t＞at在t∈上恒成立.当t＝0时，e2t＞at恒成立，则a∈R. 2 3 4 1 当t＞0时，由e2t＞at，得a＜；当－≤t＜0时，由e2t＞at，得a＞. 令h(x)＝，x∈∪(0，＋∞)，则h'(x)＝，当－≤x＜0或0＜x＜时，h'(x)＜0，h(x)在和(0，)上单调递减；当x＞时，h'(x)＞0，h(x)在(，＋∞)上单调递增. 所以h(x)在上的最大值为h(x)max＝h(－)＝－，h(x)在(0， ＋∞)上的最小值为h(x)min＝h()＝2e. 故实数a的取值范围是(－，2e). 2 3 4 1 3.(15分)(2025·沈阳质量检测)函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax. (1)当a＝－2e时，求函数f(x)的极值和极值点； 解：因为f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax， 所以f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1). 第一步：判断函数的单调性与极值点 当a＝－2e时，f(x)＝e2x＋(－2e－2)ex＋2ex， f'(x)＝2(ex－1)(ex－e)，令f'(x)＝0，则x＝0或x＝1. f'(x)，f(x)随x的变化如表： x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) f'(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 2 3 4 1 第二步：写出函数f(x)的极值点与极值 由表可知，函数f(x)的极大值点为x＝0，极大值为f(0)＝－2e－1；函数f(x)的极小值点为x＝1，极小值为f(1)＝－e2. 2 3 4 1 (2)若f(x)≥a－1在x∈[0，＋∞)时恒成立，求实数a的取值范围. 解：因为f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax， 所以f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1). 第一步：讨论a≥0时的情况 当a≥0时，2ex＋a＞0， 由f'(x)＞0，得x＞0，函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又f(0)＝a－1，所以当a≥0时，f(x)≥a－1在x∈[0，＋∞)时恒成立，符合 题意. 2 3 4 1 第二步：讨论a＜0时的情况 当a＜0时，由f'(x)＝0，解得x1＝ln(－)，x2＝0. ①当x1＜x2，即－2＜a＜0时， 由f'(x)＞0，得x＜ln(－)或x＞0，由f'(x)＜0，得ln(－)＜x＜0，所以函数 f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝a－1，符合题意. ②当x1＝x2，即a＝－2时，f'(x)≥0恒成立， 所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝a－1，符合题意. 2 3 4 1 ③当x1＞x2，即a＜－2时，由f'(x)＞0，得x＜0或x＞ln(－)，由f'(x)＜0，得 0＜x＜ln(－)，所以函数f(x)在(0，ln(－))上单调递减，在(ln(－)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－))＜f(0)＝a－1，不符合题意. 第三步：得结果 综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞). 2 3 4 1 4.(17分)(创新交汇)已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，). (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； 解：当a＝1时，f(x)＝x－，x∈， f'(x)＝1－. ＝＝， 由于x∈(0，)，所以cos x∈(0，1)， 所以cos3x＋cos2x－2＜0，cos3x＞0， 所以f'(x)＝＜0在(0，)上恒成立， 所以函数f(x)在(0，)上单调递减. 2 3 4 1 (2)若f(x)＋sin x＜0，求实数a的取值范围. 解：令g(x)＝－sin x＝＝＝， 则g'(x)＝＝. 因为x∈，所以3cos2xsin2x＋2sin4x＞0，cos3x＞0，则g'(x)＞0， 所以函数g(x)在上单调递增， g(0)＝0，当x→时，g(x)→＋∞， 2 3 4 1 因为f(x)＋sin x＜0恒成立，所以－sin x＞ax在上恒成立，即直线y＝ax在0＜x＜时恒在g(x)的图象下方，如图所示， 由图及g'(0)＝0可得a≤0， 即实数a的取值范围是(－∞，0]. 2 3 4 1 谢 谢 观 看 利用导数研究不等式的恒(能)成立 问题(高考超重点) $