第3章 第3讲 第2课时 导数与不等式恒(能)成立-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习学案

第二课时 导数与不等式恒（能）成立 考点突破·互动探究 点 分离参数法 考点〔 等价转化法 例(2026·驻马店模拟)已知函数)=(ah）) 例(2026·陕西咸阳模拟)已知函数fx)=nx+x+ (1)讨论f(x)的最值； ar(a≠0). (2)若a=1,且f(x)≤ ex,求k的取值范围， (1)当a=1时，求f(x)的极值； (2)若对Hx∈(el,e),f(x)<x+2,求实数a的取 值范围。 名师点拨：“等价转化法”解决不等式恒成立 问题 名师点拨：分离参数法解决恒成立问题的策略 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分 1.分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的 离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式 072 最值问题， 整理成f代x,a)>0或f(x,a)≥0的形式，然后从研究函 2.a≥f(x)恒成立台a≥f代x)mx; 数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用 a≤f(x)恒成立a≤f代x）min 参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的 【变式训练】 不等式，解不等式即得参数的取值范围。 (2026·常州模拟)已知函数f(x)=(mx-1)e'(m∈ (1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒 R)在x=0处取得极值. 成立台g(a)>0,f(x,a)≥0恒成立台g(a)≥0. (1)求m的值； (2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒 (2)若Ve[-1,+n)x)≥a恒成立，求实数 成立台g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立台g(a)≤0. 【变式训练】 a的取值范围。 (2026·柳州模拟)已知函数f(x)=ax-lnx. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x=1为函数f(x)的极值点，当x∈[e,+o) 时，不等式x[f(x)-x+1]≤m(e-x)恒成立，求实 数m的取值范围. 名师点拨： 考点5 双变量的恒（能）成立问题 “双变量”的恒（能）成立问题一定要正确理解其 例(2026·济南模拟)已知函数代x)=2nx-1(其 实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价 转换有： 中e为自然对数的底数)，函数g(x)=x3+ax2+1. (1)Yx1,%2ED,f(x1)>g(x2)f(x)ming(x)m (1)求曲线y=f(x)在点(1，(1))处的切线方程； (2)Hx1eD1,3x2∈D2,f(x1)>g(x2）台f(x)mim> (2)若对Hx1,x2∈[1，e],不等式f(x)≤g(x2)恒 g(x)min. 成立，求实数a的取值范围. (3)3x1∈D1,Hx2∈D2f(x1)>g(x2)f(x)mx> g(x)max- 【变式训练】 (2025·江苏盐城中学质量检测)已知函数f(x)= a(x-x-lD(x∈R),a为正实数. e (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若Hx1,x2∈[0,4]，不等式f(x1)-f(x2)1<1恒 成立，求实数a的取值范围. 073 名师讲坛·素养提升 洛张达法则 在解决不等式恒（能）成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数 混值，但在求最值时如果出现型的代数式就没法求其最值，“。”型的代数式，是大学数学中的不定 0 问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)limf(x)=0limg(x)=0. (2)在点a的某去心邻域内(x)与g(x)可导且g'(x)≠0. 、（3)imA那么m号=m3主 0g(x)8g'(x) 法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)limf(x）=oo及limg(x)=o. (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0， (3)lim)A,那么im f'()=A. -lim g'(x) 阳g(x)ag'(x） 例已知函数)：(x+)n(x+1.若对任意>0都 有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围。 六'()=1-1=x x+1x+>0, [解析]解法一：令p(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x .k(x)在(0，+∞)上单调递增. +1)-ax(x>0), .k(x)>k(0)=0, 则p'(x)=ln(x+1)+1-a. ∴.x-ln(x+1)>0恒成立， x>0,ln(x+1)>0. .g'(x)>0,故g(x)在(0，+∞)上单调递增. ①当1-a≥0，即a≤1时，p'(x)>0, 由洛必达法则 ∴.p(x)在(0，+0)上单调递增， 又p(0)=0,.p(x)>0恒成立，故a≤1满足 limg()=lim (x+1)ln(x+1)=lim[n(x+1)+1] 一0 题意. 1, ②当1-a<0,即a>1时， .a≤1，故实数a的取值范围是(-o,1]. 令p'(x)=0,得x=e-l-1, 【变式训练】 x∈(0，e--1)时，p'(x)<0; 已知函数f(x)=x(e-1)-ax2(a∈R). x∈(e-1-1,+∞)时，p'(x)>0, (1)若f(x)在x=-1处有极值，求a的值； .p(x)在(0，e-l-1)上单调递减， (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 在(e-1-1,+o)上单调递增， ∴.p(x)mn=p(e-l-1)<p(0)=0与p(x)>0恒成 立矛盾，故a>1不满足题意. 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(-∞，1]. 解法二：当x∈(0，+∞)时， (x+1)n(x+1)>x恒成立， 即ax+1)ln(x+lD恒成立. 令g(x)=（x+I)ln(x+1) (x>0). 074 g'(x)=-(x+1) x2 令k(x)=x-ln(x+1)(x>0), 温馨提示：复习至此，请完成练案[19] 第三课时导数与函数的零点 考点突破·互动探究 点 名师点拨：利用导数研究方程根（函数零点）的 判断、证明或讨论零点的个数 技巧 例(2025· 河北省级联测)已知函数f(x)=-ae snx1在区问(0，受）内有唯一极值点x,其中 1.研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的 单调性、最大值、最小值、变化趋势等。 aeR,e为自然对数的底数. (1)求实数a的取值范围 2.根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明 (2)证明x)在区间(0，）内有唯一零点 函数极（最）值的位置 3.利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题 的求解有一个清晰、直观的整体展现 【变式训练】 (2026·赣州适应性考试)已知函数f(x)=e-m- xnx,f(x)的导函数为f'(x). (1)当m=1时，证明：函数f(x)在(0，+∞)上单调递 增；nm与1nn是)=0<司)的两个正振，不坊设nm< nn,易知l<hm<2,lnn>2,要证明mn>e4 只需证明lnm+lnn>4,即证lnm>4-nn, 当lnn≥3时，此式显然成立； 当2<lnn<3时，1<4-lnn<2, 又f代x)在(1,2)上单调递增 ∴.只需证flnm)=flnn)>f(4-lnn), 令h(x)=fx)-f(4-x)(2<<3), 则㎡(x)=f”(x)+f”(4-x)=2+2=4=0=(2-x)· e (日司如， ∴.h(x)=fx)-f4-x)>h(2)=f(2)-f(2)=0, ∴.fx)>f(4-x), ..flnn)>f4-lnn),即结论成立， 综上，mn>e. 变式训练 [解析](1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)f'(x)= -In x, 当xe(0,1)时，f'(x)>0,fx)单调递增； 当xe(1,+∞)时，f'(x)<0,fx)单调递减 即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，+0)上，函 数f(x)单调递减. (2)证明：由bna-alnb=a-b, 令行= 1 x1≠x2,不妨设<2， 令f'(x)=0,得x=1.且f代e)=0. 结合(1)中的f代x)的单调性，易知，0<x1<1<x2<e 待证结论-2<x1tx2<e 下面证明x,+x,>2. 令g(x)=f(x)-f2-x),x∈(0,1)， 则g'(x)=-ln[x(2-x)]>0, 所以g(x)在区间(0,1)上单调递增， 所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f2-x1), 即f(2-x1)>f(x1)=fx2). 又f(x)在区间(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2,即x1+x2>2 再证明x1+x2<e, 证法一：不妨设x2=tx1,则t>1,由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)可得 1-nx)=,[1-lh(,)],化筒得n,=1 t-1 要证x1+x2<e,即证(1+t)x1<e, 即证lnx,<1-ln(1+t), -1-lh(1+),即证n(1)n2 即证1-l tt-1' 1 设h(t)=lnt >l,h'(t)= t (t-1)2, 令p()=1-Lin,>l, 所做)=}号 所以p'(t)<0,所以p(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以p(t)<p(1)=0,所以h'(t)<0, 4 所以h(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以h(+1)<h(0),即血(1+n tt-1' 所以x+<e,故2<11 a6<e. 证法二：f(x)在点(e,0)处的切线p(x)=e-x, AF(x)=f(x)-o(x)=2x-xln x-e,x(0,e), F'(x)=1-ln>0,所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即F(x) <F(e)=0, 所以当xe(0,e)时，f(x)<p(x). 令t=f代x1)=f(x2), 则t=f代x2)<p(x2)=e-x2→t+x2<e. 又t=fx)=x(1-nx),x1e(0,1), 所以t=x1(1-lnx)>1,即x1+x2<t+x2<e 综上，2<1+x,<e故2<11 a6e成立. 名师讲坛·素养提升 变式训练 [解析](1)由题设知f(x)的定义域为(0，+∞)， 令f'(x)=0,解得x=1. 当0<x<1时，f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增； 当x>1时，f'(x)<0,f(x)在(1，+0)上单调递减. (2)证明：由(1)知f(x)在x=1处取得最大值，且最大值为f(1) =0, 所以当x≠1时，nx<x-1. 故当xE(1,+0)时，0<nx<-1,即1， In x n⊥<上-1，所以n 又nxx 、x-1 x 即1 <x, In x 故当e,)计，恒有1 第二课时导数与不等式恒（能）成立 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)由题意得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a- 1_ax-1 当a≤0，xe(0,+o)时，f'(x)<0, 所以f代x)在区间(0，+0)内单调递减，无最大值，无最小值； 当a>0时，令f(x)=0,得x=。 ）时了(x)<0x)单调递减， 当xe0,a) 当x∈ ,+∞时f(x)>0,fx)单调递增. 故当x=时，∫(x)取得极小值且为最小值，且最小值为 f(行）=1+na,无最大位 综上，当a≤0时，f(x)无最大值，无最小值； 当a>0时，f(x)的最小值为1+lna,无最大值. 53 (2)当a=1时，由x)≤et 得x-lnx≤e-x(x20, 整理得ke≥x2+x-xnx, 即k≥+rnx e 令A(x)=+血(0). er 则'()=（2x+1-血x-I)e-(2+-h)e (e)2 =（x-lnx)(1-x) e 由(1)知，当a=1时，f代x)=x-lnx的最小值为f(1)=1>0, 即x-lnx>0恒成立， 所以当xe(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增； 当x∈(1，+o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减. 当二1时，A()取得最大值h(山) 2 咸么的取值范国方[侣+）厅 变式训练 [解析](1)由fx)=(mx-1)e, 可得f'(x)=(mx+m-1)e, 由f'(0)=(m-1)e°=0，解得m=1, 此时f(x)=(x-l)ef'(x)=xe, 令f'(x)>0,得x>0, 令f'(x)<0,得x<0,故0是函数f代x)的极值点，故符合题意， 以m=1. (2)由fx)≥)+a对xe[-1,+0)恒成立， 则(x-)e三)+a对xE[-山，+o)恒成立， 则a≤(x-1)e对 对xe[-l,+o)恒成立. 令ee=(1eue-. 则g'(x)=xe-x=x(e*-1), 当-1≤x<0时，g'(x)>0, 当x≥0时，g'(x)≥0， 所以当xe[-1,+∞)时，g'(x)≥0恒成立， 所以g(x)在[-1，+∞)上单调递增， 所以g(x)=g(-1)=(-1-1)e（-)2.-21 2e21 所以as、21 e 2 所以实金。角取微药国为(，子】 考点2 例：[解析](1)当a=1时x)=nx+r+2 定义域为(0，+)，则f'(x)=立 2(x-1)(x+2) x 令f'(x)>0,得x>1,令f(x)<0,得0<x<1, 故函数f代(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+∞)， 故f(x)有极小值f1)=0+1+2=3,无极大值. (2)若对Hxe(e,e),fx)<x+2 即对Vxe(e,e),nx+2-2<0, ax 令gx=n+22,则g0x=2= ax x ax2 ax ①当a0时，g)-2,0,画教)在e0)上单司 递增， 则g()<g(e)=l1ne+2-2=-1+20,符合题意： ae ae ②当a>0时，令g(x)=0,解得x=2>0, 则西数g()在(0，子)上单润递减，在(2+）上单调 递增， 若g(x)<0在(e,e)上恒成立， 「g(e1)=-3+2 只需满足 ae-2n 解骨≥号 等上所送，实款a的取值范国(-0.0U[宁 变式训练 [解析](1)f'(x)=a- _a-l(x>0), ①当a≤0时，f'(x)<0恒成立， ∴.fx)在(0，+∞)上单调递减； ②当>0时，令f(x)>0,得a, 令fe0.得 ∴)在（日+如）上单调递指，在(0，。）上单调递减 综上，当a≤0时，fx)在(0，+o)上单调递减；当a>0时f(x) 在（行+）上单周道指，在(0，)上单调递减 (2)x=1为函数f(x)的极值点， ∴.f'(1)=0,.a=1. f(x)=x-Inx,x[f(x)-x+1]=x(1-Inx), 当xe[e,+o)时，不等式x[f(x)-x+l]≤m(e-x)台x(1-lnx) ≤m(e-x), 即x(1-lnx)-m(e-x）≤0， 令g(x)=x(1-lnx)-m(e-x),x∈[e,+o),则g'(x)=m-lnx, 若m≤1，g'(x)≤0在[e,+o)上恒成立， 则g(x)在[e,+o)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)=0,满足题意. 若m>l,由g'(x)>0,可得e≤x<e", 则g(x)在[e,e")上单调递增， 在[e,e")上存在x使得g(xo)>g(e)=0,与题意不符， 综上，实数m的取值范围为(-∞，1]. 考点3 例：[解析】(1)f(x)=2(1-n) x2 ∴.f'(1)=2e,又f1)=-1, y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y+1=2e(x-1),即 2ex-y-2e-1=0. (2)对Hx,x2e[1,e],不等式f(x1)≤g(x2)恒成立， 454 '.f代x）mx≤g(x)min; f(x)=2e(1-h x2 .当xe[1,e]时，f'(x)≥0恒成立， fx)在[l,e]上单调递增，∴fx)m=f代e)=1; g'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a),令g'(x)=0, 2a 解得x=0或x=-3 ①当-2 3 ≤1，即a≥ 2时， g'(x)≥0在[1，e]上恒成立 ∴.g(x)在[1，e]上单调递增， ∴.g(x）mn=g(1)=2+a, 由f代x)mm≤g(x)min得1≤2+a,解得a≥-l; 2a 3e ②当1<3<e,即2<a<2时， 若xe[1,)则g()<0, 若xe(则g(>0. 六g(a)在[1，召)上单润递减，在（召©]上单调递谐。 4a +l<1,不满足f(x)mm≤g(x)mn; g'(x)≤0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， ..g(x)min=g(e)=etae2+1, 由f(x)mm≤g(x)m得1≤e3+ae2+l, 解得a≥-e(舍). 综上所述，实数a的取值范围为[-1，+∞). 变式训练 [解析]()因为x)=(-D(xR), e 所以f'(=-a(-3》(xeR), e 因为a>0,所以令f'(x)>0,得0<x<3; 令f'(x)<0,得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(-∞，0 和(3，+0). (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以)在[0,4)]上的最大值是f代3)=50 e3 又f(0)=-a<0,f(4)=11ae4>0, 所以f(0)<f(4), 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)=-a, 若Vx1,x2e[0,4],不等式fx1)-fx2)1<1恒成立， 则需f代x)ms-f代x)mn<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f3)-f0)<1, e 。ta<l,解得a3+e 又a>0,所以0<a< 5+e3, 故实数a的取值范国为(0,5+e) e 名师讲坛·素养提升 变式训练 [解析](1)f'(x)=e-1+xe-2ax=(x+1)e-2ax-l, 依商意知f(-1=2a-1=0,a=7 经检验a=2符合题意 (2)解法一：当x>0时f(x)≥0， 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-ax≥0 令p(x)=e-1-ax(x>0),则p(x)mn≥0， p'(x)=e'-a ①当a≤1时，p'(x)=e-a>0, ∴.p(x)在(0，+0)上单调递增 ∴.p(x)>p(0)=0,∴.a≤1满足条件. ②当a>1时，若0<x<na,则p'(x)<0, 若x>lna,则p'(x)>0. ∴.p(x)在(0，lna)上单调递减，在(na,+o)上单调递增， ∴.p(x)min=p(lna)=a-l-dlna≥0. Ag(a)=a-1-aln a(a>1), .g'(a)=1-(1+lna)=-lna<0, .g(a)在(1，+o)上单调递减. .g(a)<g(1)=0与g(a)≥0矛盾， 故a>1不满足条件， 综上，实数a的取值范围是(-0,1]. 解法二：当x>0时，f(x)≥0， 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-ax≥0， 即ax≤e-1,即a 。1恒成立， 令h(x)=e-(20). h'(a)=e(x-1)+1 x2 令k(x)=e*(x-1)+1(x>0),∴.k'(x)=e·x>0, ..k(x)在(0，+∞)上单调递增 ∴.k(x)>k(0)=0,.h'(x)>0, ∴.h(x)在(0，+o)上单调递增 由洛必达法则知，limh(x)=lim e-1 =lime=1, 0x8一0 ∴.a≤1.故实数a的取值范围是(-∞，1] 第三课时导数与函数的零点 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)f'(x)=-ae-cosx, 当xe(0,号）时，mxe(0,). ①当a≥0时f'()0x)在(0，受）上单调递减，设有极值 点，不合题意； ②当a<0时，y=-ae与y=-casx均在(0，）上单调递增， 故f(x)在(0,7)上单调递增， 因为f0=a-1(受）=e>0, 所以f'(0)=-a-1<0,得a>-1, 455