第5节 第1课时利用导数研究恒(能)成立问题--2025高中数学一轮复习课件基础版(新高考新教材)

1
1
当 0<x<e2 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当e2 <x≤e 时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
1
所以 g(x)的极大值亦即最大值为 g(e2 )=e2,
因此 a≤e2,故实数 a 的取值范围是(-∞,e2].
例2(2024·福建泉州模拟)已知函数f(x)=-2x+ln x,g(x)=xex-3x-m.
令 f'(x)>0,解得
1
x>2.所以
1
0<x<2,
1
1
f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增.
综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间;
当 a>0
1
1
时,f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
1
1
(2)当 a>0 时,由(1)可知 f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增,
(2)如果f(x)有最大值g(a),则f(x) <0恒成立⇔g(a)<0,f(x)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
[对点训练3](2024·湖北荆门模拟)设函数f(x)=ex-ax,x≥0且a∈R.
(1)求函数f(x)的单调性;
(2)若不等式f(x)≥x2+1恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)f'(x)=ex-a,x≥0.
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)若f(x)≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且
当
1
0<x<2时,f'(x)>0,当
因此
所以
1
f'(x)=-2+

=
1-2
.

1
x>2时,f'(x)<0,
1
1
f(x)的单调递增区间为(0, ),单调递减区间为( ,+∞),
2
2
1
f(x)的极大值点为 ,无极小值点.
2
(2)设 h(x)=f(x)-g(x)=ln x+x(0,+∞),h(x)≤0,h'(x)= +1-(x+1)e =(x+1)( -e ),


1 x
1 x
令 t(x)=-e ,显然函数 t(x)=-e 在(0,+∞)内单调递减,
(2)若 f(x)=(x-1)ln x-m(x+1)≥0 在
则
令
1
x∈( ,+∞)内恒成立,
e
-1
1
m≤
·ln x 在( ,+∞)内恒成立.
+1
e
-1
-1
-1
g(x)= ln x,则 g'(x)=( )'·
ln x+ (ln
+1
+1
+1
2ln+2 -1
x)'=
2
(+1)
,
g(0)=0以及其单调性应满足的条件来推断g'(x)满足的条件应为a≤0,然后
1
1
间,无极值;当 a>0 时,函数的单调递增区间是(,+∞),单调递减区间是(0,),极小
值为 1+ln a,无极大值.
3
ln
(2)由题意可知,ax-ln x≤3 在 x∈(0,e]上有解,则 a≤ + 在(0,e]上有解.
3
ln
3
1-ln
-2-ln
1
令 g(x)= + ,x∈(0,e],所以 g'(x)=-2 + 2 = 2 ,由 g'(x)=0,得 x=e2 .
1
1 2
1
1
1
故 f(x)的最小值为 f( )=a×( ) -ln +(2a-1)× =ln(2a)- +1.
2
2
2
2
4
e
1
e
因为不等式 f(x)+2 ≥0 对∀x∈(0,+∞)恒成立,所以 ln(2a)-4+1+2 ≥0.
1
e
1
1
设 g(x)=ln x- + +1,x>0,则 g'(x)= + 2>0 恒成立,
突破口:换元及因式分解.
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
关键点:端点值代入获得临界条件,分类讨论确定参数范围.
审题指导:(1)将a=1代入解析式求导后,将f'(x)的表达式整理为关于cos x的
形式,然后换元,因式分解,从而确定f'(x)的符号,得到函数的单调性.
(2)将不等式化为g(x)<0的形式,然后借助g(x)在区间端点处的函数值
解 (1)当 a=2 时,由已知得 f(x)=ln
所以 k=f'(1)=1+2+1=4,
2
x+x-,故
1
2
f'(x)= + 2 +1,
2
1+1-1=-1,
又因为 f(1)=ln
所以 f(x)的图象在点(1,-1)处的切线方程为 y+1=4(x-1),即 4x-y-5=0.

(2)由 f(x)>2,得 ln x+x->2,即 a<xln x-2x+x2.
[对点训练1](2024·广东深圳模拟)已知f(x)=ax-ln x,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间和极值;
(2)当x∈(0,e]时,不等式f(x)≤3有解,求a的取值范围.
解
1
(1)f'(x)=a
减,无极值;
=
-1
(x>0),当

a≤0 时,f'(x)<0 恒成立,函数 f(x)在(0,+∞)内单调递
这时解决问题的基本思路是:形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上
等价转化,方法上分离函数.
[对点训练2](2024·广东江门模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x-m(x+1).
(1)若x=1是函数y=f(x)的极值点,求实数m的值;
1
(2)若对任意的x∈(e
,+∞),不等式f(x)≥0恒成立,求实数m的取值范围.
不等式一边,也可以将只含有λ 的一个代数式分离到不等式的一边;
(3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的
形式而确定,可以用导数法、基本不等式法、换元法、单调性法等;
(4)得出结论.若h(x)的最大值为 M,则g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域为
(m,M )时,g(λ)≥M .
e
(2)设a>0,若不等式f(x)+ 2 ≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),且
1
(2-1)(+1)
f'(x)=2ax-+2a-1=
.

当 a≤0 时,f'(x)<0 恒成立,所以 f(x)在(0,+∞)内单调递减;
当 a>0 时,令 f'(x)<0,解得
从而 h(x)max=h(x0)=ln x0+x0-x0e 0 +m=0-1+m≤0,解得 m≤1,
所以实数 m 的取值范围是(-∞,1].
规律方法
借助“隐零点”解决参数范围问题
分离参数构造函数后,如果该函数导函数的零点无法直接求出来,我们称之
为“隐零点”(即能确定其存在但无法用数值或显性的代数式进行表达),
1
1
1
又因为 t(2)=2- e>0,t(1)=1-e<0,则∃x0∈(2,1),使得 t(x0)= − e 0 =0,
0
1
即 = e 0 ,
0
1
有 ln =ln e 0 ,即-ln x0=x0,因此当 0<x<x0 时,t(x)>0,即 h'(x)>0,
0
则 h(x)单调递增,当 x>x0 时,t(x)<0,即 h'(x)<0,则 h(x)单调递减,
-1
1
1
x+ ,t'(x)= + 2 >0,
∴t(x)在(0,+∞)内单调递增.又 f'(1)=0,所以当 0<x<1 时,f'(x)<0;当 x>1
时,f'(x)>0,所以 f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,
因此 x=1 是函数 y=f(x)的极值点,符合题意,故 m=0.
因为对于任意 x∈(1,+∞),都有 a<g(x)成立,所以 a 的取值范围是(-∞,-1].
2
规律方法
“分离参数法”解决不等式恒成立问题
“分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本
方法,其基本过程如下:
(1)已知含参数λ 的不等式f(λx)≥0恒成立;
(2)将不等式转化为g(λ)≥h(x),即将参数λ 与变量x 分离,可以将λ 单独分离到
x
2
2
去);当 0<a<1 时,h(x)在(0,1-a)内单调递减,在(1-a,1)内单调递增,在(1,+∞)内单
+2
调递减,h(0)=1,h(1)= e ,得 0<a≤e-2;当 a=0 时,h(x)在(0,+∞)内单调递减,成立;
当 a<0 时,h(x)在(0,1)内单调递减,在(1,1-a)内单调递增,在(1-a,+∞)内单调递
故当 x=1 时,g(x)取得极小值,也是最小值,且 g(1)=0,
要使不等式恒成立,应有 m≤0,
所以实数 m 的取值范围为(-∞,0].
h(1)=0,
考点二
最值法解决不等式恒(能)成立问题
例3(2024·江苏常州模拟)已知函数f(x)=ax2-ln x+(2a-1)x,其中a∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
的最值比较难求,可以把含参不等式整理成f(x)>0或f(x)≥0的形式,然后从研
究函数的性质入手,通过讨论函数的单调性和极值,直接用参数表达函数的
最值,然后根据题意,建立关于参数的不等式,解不等式即得参数的取值范
围.
(1)如果f(x)有最小值g(a),则f(x) >0恒成立⇔g(a)>0, f(x) ≥0恒成立⇔g(a)≥0.
≤1 在[0,+∞)内恒成立,即
e
2 ++1
2 ++1
(-1)(+-1)
(
)max≤1.记 h(x)=
(x≥0),则 h'(x)=.当 a≥1 时,h(x)在



e
e
e
+2
(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,则 h(x)max=h(1)= e ≤1,得 a≤e-2(舍
解 (1)函数 f(x)=(x-1)ln x-m(x+1),定义域为(0,+∞),f'(x)=ln
-1
x+ -m.
因为 x=1 是函数 y=f(x)的极值点,所以 f'(1)=ln 1+0-m=0,解得 m=0.
当 m=0 时,有 f'(x)=ln
-1
x+ ,令
t(x)=f'(x)=ln
当 a≤1 时,f'(x)≥0 恒成立,则 f(x)在[0,+∞)内单调递增;
当 a>1 时,若 x∈[0,ln a),
则 f'(x)<0,f(x)在[0,ln a)内单调递减;若 x∈(ln a,+∞),f'(x)>0,
则 f(x)在(ln a,+∞)内单调递增.
2 ++1
(2)不等式 f(x)≥x +1,即 e -ax≥x +1,所以
1
1
1
当 a>0 时,令 f'(x)=0,得 x=,由 f'(x)<0 得 0<x<,函数 f(x)在(0,)内单调递减;由
1
1
1
f'(x)>0 得 x> ,函数 f(x)在( ,+∞)内单调递增,所以当 x= 时,函数取得极小值



1
f()=1+ln a.综上可知,当 a≤0 时,函数的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区
减,h(0)=1,h(1-a)=
2-
e
1-a
,而
e
≥1-a+1,显然成立.
1-
综上所述,a 的取值范围是(-∞,e-2].
考点三
分类讨论法解决不等式恒(能)成立问题
例4(12分)(2023·全国甲,文20)已知函数
i
π
f(x)=ax- 2 ,x∈(0, ).
o
2
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
2025
高考总复习
第5节 函数与导数中的综合问题
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
考点一
分离参数法解决不等式恒(能)成立问题
例1(2024·河南南阳模拟)已知函数f(x)=ln

x+x- ,其中a∈R.

(1)当a=2时,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)如果对于任意x∈(1,+∞),都有f(x)>2,求实数a的取值范围.
令 h(x)=2xln x+x2-1,则 h'(x)=2ln x+2+2x.
当
1
x∈(e,+∞)时,h'(x)>0,所以
1
h(x)在(e,+∞)内单调递增且
因此当 x>1 时,h(x)>0,即 g'(x)>0,g(x)单调递增;
1
当 <x<1
e
时,h(x)<0,即 g'(x)<0,g(x)单调递减,
2
2

2
可知 g(x)在(0,+∞)内单调递增.
1
g( )=0,所以
e
1
e
因为
ln(2a)- +1+
4
2
1
故 a 的取值范围是[2e,+∞).
≥0,即
1
g(2a)≥g( ),可得
e
2a≥
1
,即
e
a≥
1
,
2e
规律方法
最值法解决不等式恒成立(能成立)问题
在不等式恒成立(能成立)问题中,如果不能分离参数或分离参数后的函数
1
x+x·+2x-2=ln
令函数 g(x)=xln x+x -2x,x∈(1,+∞),则 g'(x)=ln