第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立问题备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
高考数学复习考点知识专题讲解课件第18讲 导数与不等式 第2课时 利用导数研究恒成立问题
1<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间
为(1,e],f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
课堂考点探究
变式题1 已知f(x)=ax-ln
ln
x,x∈(0,e],g(x)= ,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,
a∈R.
1
1
上的最大值为- ,f(x)在 ,2
2
2
上的最小值为ln 2-2.
课堂考点探究
变式题2 [2021·重庆八中模拟] 已知函数f(x)=ln
1 2
x- x .
2
(2)若不等式f(x)>(2-a)x2有解,求实数a的取值范围.
解:原不等式即为ln
1 2
ln
1
ln
1
x- x >(2-a)x2,可化简为2-a< 2 - .记g(x)= 2 - ,则原不等式
用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结
构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
课堂考点探究
(2)可化为不等式恒成立问题的基本类型:
类型1:函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,只需f'(x)≥0在[a,b]上恒成立.
类型2:函数f(x)在区间[a,b]上单调递减,只需f'(x)≤0在[a,b]上恒成立.
值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不等式放缩法、叠加不等式
放缩法等.
课堂考点探究
探究点一
恒成立与能成立问题
例1 [2022·南京调研] 设函数f(x)=(x2-a)ex,a∈R,e是自然对数的底数.
第18讲 利用导数研究函数的单调性(原卷版)2021届新课改地区高三数学一轮专题复习
x
变式 1、(1)设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f′(x)，且 2f(x)＋xf′(x)>x2，则下列不等式在 R 上恒成立的是( )
D．(－1,0)∪(0,1)
变式
2 、（ 2019
秋 • 滨 州 期 末 ） 已 知 定 义 在 [0, )
上的函数
f (x)
的导函数为
f (x)
，且
f (0) 0
，
2
f (x) cos x f (x)sin x 0 ，则下列判断中正确的是 ( )
6/9
A．
f
(
)
6
f
(
)
6 24
C．
f
5/9
2021 届新课改地区高三数学一轮专题复习
的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
(2)设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x<0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且 g(－3)＝0，则不
32 (1)求 b，c 的值； (2)设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围．
考点三、函数单调区间的讨论 例 3 已知函数 f(x)＝lnx＋a(1－x)，a∈R. (1)当 a＝1 时，求 f(x)的单调性； (2)讨论 f(x)的单调性．
高考数学复习知识点讲解教案第18讲 导数与不等式-第2课时 利用导数证明不等式
= e
=
e1−
2−2
要证当 > 0时， ≤ e
−1
记 = e
<
1−
所以函数 的单调递增区间为 0, e
1−
1−−ln
=
2
1−
<e ，
，单调递减区间为 e
，
, +∞ ，
.
，只需证
e1−
−1
− ， > 0，则′ = e
2−2
≤e
−1
2
−2
1时，′ =
2
上单调递增，在
所以 在
< 0，得2 < <
上单调递减；
≥ 0，所以 在 0, +∞ 上单调递增；
当 > 1时，由′ > 0，得0 < <
2
0,
2
2,
2
，由′
2
或
> 2，由′ <
， 2, +∞ 上单调递增，在
2
,2
2
0，得
，即证e
≥ .
− 1，
当 ∈ 0,1 时，′ < 0，当 ∈ 1, +∞ 时，′ > 0，
所以函数 的单调递减区间为 0,1 ，单调递增区间为 1, +∞ ，
所以
min
= 1 = 0，所以 ≥
−1
0恒成立，即e
≥ ，得证.
探究点二 构造双函数证明不等式
例3
解：由题知 的定义域为，且′ = e − 1.
当 ≤ 0时，′ < 0恒成立，故 在R上是减函数；
第18讲 利用导数研究函数的单调性(解析版)2021届新课改地区高三数学一轮专题复习
3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围
(1)函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为 f′(x)≥0 在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不
恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间． 函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为 f′(x)≤0 在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒 为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间． (2)函数 y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为 f′(x)＞0 的解集是(a，b)；
6、函数 f(x)＝x3－6x2 的单调递减区间为________．
【答案】(0,4)
【解析】：f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由 f′(x)<0，得 0<x<4，
∴函数 f(x)的单调递减区间为(0,4)．
7、(多填题)已知函数 f(x)＝x3＋mx2＋nx－2 的图象过点(－1，－6)，函数 g(x)＝f′(x)＋6x 的图象关于 y 轴对
∴h(x)在(2，3)递增，h(x)>h(2)＝3，
∴实数 a 的取值范围为 a≤3；
②由题意得 g′(x)＝x2－ax＋2<0 在(－2，－1)上有解，∴a<x＋2在(－2，－1)上有解， x
【答案】D
【解析】
函数
f(x)＝－2lnx－x－3的定义域为(0，＋∞)，且 x
f′(x)＝－2x－1＋x32＝－x2＋x22x－3，解不等式
f′(x)>0，即 x2＋2x－3<0，由于 x>0，解得 0<x<1.因此，函数 y＝f(x)的单调递增区间为(0，1).故选 D.
3、函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图像如图，则函数 y＝ax2＋3bx＋c的单调递增区间是( ) 23
高考数学复习知识点讲解教案第18讲 导数与不等式-第3课时 放缩法证明不等式
［思路点拨］（1）利用导数研究函数 的单调性，进而可求得最大值；
解： 的定义域为 0, +∞ ，′ =
1−ln
2
2
−1=
1− 2 −ln
.
2
1
令 = 1 − − ln ， > 0，则′ = −2 − < 0，
∴ 在 0, +∞ 上单调递减，∵ 1 = 0，
当 ∈
π
(1, ]时，ℎ′
2
所以ℎ ≤ ℎ
< 0，ℎ 单调递减，
max
= ℎ 1 = 0，即 ≤ 2 + 2 ∈
π
(0, ].
2
要证 + π > ，只需证 + π > 2 + 2，即证2sin + π > 2 + 2.
令 = − sin ，则′ = 1 − cos >
探究点一 指对放缩证明一元不等式
例1
[2023·唐山一模] 已知 > −1，证明：
（1）
e
− 1 ≥ ≥ ln + 1 ；
［思路点拨］（1）利用导数研究函数 = − ln + 1 的单调性可得
≥ 0 = 0，即证 ≥ ln + 1
，进而e
证明：令 = − ln + 1 ，则′ =
，则有
+1
0 = 0，′ =
若′ 0 > 0，则存在1 < 0，使得 在 1 , 0 上单调递增，
所以 1 < 0，矛盾；
若′ 0 < 0，则存在2 > 0，使得 在 0, 2 上单调递减，
高考数学复习知识点讲解教案第18讲 导数与不等式-第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
3 ≥ 3 ,
3
4
解得 ln
4
3
≤<
2ln 2
，
3
3
4 2ln 2
故实数的取值范围为[ ln ,
).
4
3
3
探究点二 分类讨论法求参数范围
例2
（1）
[2023·厦门一中模拟] 已知函数 = ln + 1.
若 = 2， > 0，讨论函数 =
使得 0 < 0，则的取值范围是(
3 1
A.[− , )
4e 2
3 1
B.[ , )
4e 2
B
)
3 3
C.[− , )
2e 4
3
D.[ , 1)
2e
［思路点拨］ 构造函数 = e 2 − 1 ，ℎ = 2 − 2,原问题转化为存在
唯一的整数0 ，使得 0 < ℎ 0 ，结合导数及图象求解即可.
设 = 2ln 2 − ln ,则′ = 2ln 2 − ln − 1 =
令′ > 0，即
令′ <
4
ln
e
4
0，即ln
e
− ln > 0，得0 < <
− ln < 0，得 >
4
,
e
4
ln
e
即当 ∈
4
,即当
e
∈
当 → 0时, → 0，当 → +∞ 时, → −∞ .
若存在0 ≥ 1，使得ℎ 0 <
2 +2−1
即
2 −1
，则只需ℎ
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。
不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。
在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。
导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。
本文将详细介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的基本概念。
在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。
对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。
导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。
导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。
在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。
在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。
下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
例1：证明不等式x^2>0成立。
解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。
首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。
对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。
我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。
解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。
我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。
然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。
第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题(原卷版)
题型归纳
题型1分离参数或构造函数解决恒成立问题
【例1-1】（2020·河南质检）知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
【跟踪训练1-1】(2019·广东汕头二模)已知函数f(x)＝alnx－x＋1(其中a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)对任意x>0，f(x)≤ (a2－1)成立，求实数a的取值范围．
2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝ex＋mx2－2e2－3，当a＝e2＋1时，对任意x1∈[1，＋∞)，存在x2∈[1，＋∞)，使g(x2)≤f(x1)，求实数m的取值范围．
【名师指导】
1．最值定位法解双参不等式恒成立问题的思路
(1)通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．
利用导数法解答不等式恒成立问题的思路
探索探索与与研研究究我们在解题时经常会遇到不等式恒成立问题,此类问题常与不等式、对数、指数等复杂的函数相结合，是一类难度较大的问题.采用常规的方法，如利用函数的单调性、基本不等式、配方法等难以使问题获解，我们需灵活运用导数法来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题，有时需用到分离变量法、构造函数法，有时可直接把问题转化为函数的最值问题来求解.运用导数法解答不等式恒成立问题的基本思路是：1.将不等式进行变形，构造合适的函数；2.对函数进行求导，利用导数研究函数的单调性，求出最值；3.将问题进行转化，即f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ；f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a ；f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ；f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b ；f (x )＞g (x )恒成立⇔F (x )min >0.4.得出相应的不等式，求出参数的取值范围或者证明结论.下面举例说明.例1.已知函数f (x )=e x-ln(x +m ).证明：当m ≤2时，f (x )>0恒成立.证明：由函数f (x )=e x -ln(x +m )可知其定义域为(-m ,m ).当m ≤2时，ln(x +m )≤ln(x +2)，f ′(x )=e x -x x +2.当x ∈()-2,+∞时，f ′(x )=e x-xx +2单调递增，所以f ′(x )=e x -1x +2=0在x ∈()-2,+∞上有唯一的实数根x 0，且x 0∈()-1,0.当x ∈(-2,x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0,+∞)时，f ′(0)>0.所以当x =x 0时，f (x )有最小值f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln(x 0+2).令f ′(x )=0，解得e x 0=1x 0+2，则ln(x 0+2)=-x 0，所以f (x 0)=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0.所以结论成立.解答本题，我们需先对函数f (x )进行求导，在函数的定义域内确定函数的零点，然后将函数的定义域划分为(-2,x 0)和(x 0,+∞)两个区间段，分别在两个区间段上讨论导函数与0之间的关系，判断出函数的单调性，确定函数的最小值，使f (x )min >0,即可证明f (x )>0恒成立.例2.f (x )=ax ln x +be（其中e 为自然对数），曲线y =f (x )在点()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e.证明：e x xf (x )>2恒成立.证明：由函数f (x )=ax ln x +be可知其定义域为()0,+∞.对函数f (x )=ax ln x +be求导可得f ′(x )=a (1+ln x ),而函数在()1,f (x )处的切线方程为y =x -1+3e，所以f (1)=b e =3e ，f ′(1)=a =1，解得b =3.所以e x x f (x )==e xx (x ln x +3e )>2，即x ln x >2x ex -3e .设g (x )=x ln x ，则g ′(x )=1+ln x .①当x ∈æèöø0,+1e 时，g ′(x )<0，此时g (x )单调递减；②当x ∈æèöø1e ,+∞时，g ′(x )>0，此时g (x )单调递增.设h (x )=2x e x -3e ，则h ′(x )=2ex -3e .当x ∈()0,1时，h ′(x )>0，此时h (x )单调递增；当x ∈()1,+∞时，h ′(x )<0，此时h (x )单调递减，所以h (x )max =h (x )=-1e，所以g (x )>h (x )，即x ln x >2x ex -3e ，所以结论成立.本题较为复杂，需要多次构造函数，如g (x )=x ln x 、h (x )=2x ex-3e ，然后多次对函数进行求导，讨论它们在x ∈()0,+∞上的单调性、最值，最后进行比较证明不等式恒成立.虽然不等式恒成立问题的难度较大、运算量也较大，但是我们只要严格按照上述步骤合理构造函数，利用导函数来确定函数的单调性，便能快速求得函数的最值，证明不等式成立.值得注意的是，在求导时要注意把握分类讨论的层级，不得越级讨论.（作者单位：江苏省南京市板桥中学）55。
利用导数解决不等式恒(能)成立问题——2021年高考文科数学一轮复习热点题型(附解析)
2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒(能)成立问题目录一、题型全归纳 (1)题型一恒成立问题 (1)类型一分离参数法求范围 (1)类型二把参数看作常数利用分类讨论方法解决 (2)题型二能成立问题 (3)题型三不等式存在性成立问题 (4)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一恒成立问题类型一分离参数法求范围【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．2.利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．【例1】(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝ax e x－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x ＞0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．【例2】已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－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．类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】1.对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．2.遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．【例3】(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．【例4】设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求实数a 的取值范围．题型二 等价转化法解决能成立问题【题型要点】存在x ∈[a ，b ]，f (x )≥a 成立∈f (x )max ≥a . 存在x ∈[a ，b ]，f (x )≤a 成立∈f (x )min ≤a .存在x 1∈[a ，b ]，对任意x 2∈[a ，b ]，f (x 1)≤g (x 2)成立∈f (x )min ≤g (x )min . 【例1】已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋x ，g (x )＝3x ＋a . (1)若f (x )与g (x )的图象相切，求a 的值；(2)若∈x 0＞0，使f (x 0)＞g (x 0)成立，求参数a 的取值范围．题型三 不等式存在性成立问题【题型要点】∈任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)max ； ∈任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)min >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)min ； ∈存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)∈f (x 1)max >g (x 2)max .【例1】已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．二、高效训练突破1.已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－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．2.(2020·哈尔滨六中模拟)已知函数f (x )＝x ln x ＋12ax 2－1，且f ′(1)＝－1.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，都有f (x )－2mx ＋1≤0，求m 的取值范围； (3)证明函数y ＝f (x )＋2x 的图象在g (x )＝x e x －x 2－1图象的下方．3.已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )<k e x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数k 的取值范围．4.已知函数f (x )＝ax －e x(a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∈x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．5.(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．6．(2020·贵州省适应性考试)函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝a e x . (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当a ≥1e 时，xf (x )≤g (x )．7.已知函数f (x )＝2a －x 2e x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )＞－1恒成立，求实数a 的取值范围．8．设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．9.(2020·贵州省适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∈x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．10．(2020·重庆市七校联合考试)设函数f (x )＝1x －ee x ，g (x )＝a (x 2－1)－ln x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)证明：当x >1时，f (x )>0； (2)讨论g (x )的单调性；(3)若不等式f (x )<g (x )对x ∈(1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．2021年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒(能)成立问题目录一、题型全归纳 (1)题型一恒成立问题 (1)类型一分离参数法求范围 (1)类型二把参数看作常数利用分类讨论方法解决 (2)题型二能成立问题 (3)题型三不等式存在性成立问题 (4)二、高效训练突破 (4)一、题型全归纳题型一恒成立问题类型一分离参数法求范围【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．2.利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．【例1】(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝ax e x－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)． 即f ′(x )＝x e x ＋e x －4， 则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0. (2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1＞0，则f (x )≥0对任意的x ＞0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x ＞0恒成立．设函数F (x )＝2x －1x e x (x ＞0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x .当0＜x ＜1时，F ′(x )＞0； 当x ＞1时，F ′(x )＜0，所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是a a ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1.故实数a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,11e 【例2】已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－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．【解析】(1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0.令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .综上，f (x )的单调递减区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0，单调递增区间是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e .(2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x ＞0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：所以当x ＝1时，h (x )max a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决【题型要点】1.对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．2.遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x )或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．【例3】(2020·合肥六校联考)已知函数f (x )＝(x ＋a －1)e x，g (x )＝12x 2＋ax ，其中a 为常数．(1)当a ＝2时，求函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为a ＝2，所以f (x )＝(x ＋1)e x ，所以f (0)＝1， f ′(x )＝(x ＋2)e x ，所以f ′(0)＝2， 所以所求切线方程为2x －y ＋1＝0.。
2021年高考数学总复习：利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
[对点训练]
(2019 届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)已知 a 为实数，函
数 f(x)＝aln x＋x2－4x．
(1)若 x＝3 是函数 f(x)的一个极值点，求实数 a 的值；
(2)设 g(x)＝(a－2)x，若存在 x0∈1e，e，使得 f(x0)≤g(x0)成立，
求实数 a 的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
a x
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
＋2x－4＝
2x2－x4x＋a．
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6．
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题
意，故a＝－6．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x02－2x0， 记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝x－x 1(x>0)， ∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减． 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增． ∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥xx002－－ln2xx00． 记G(x)＝xx－2－ln2xx，x∈1e，e， 则G′(x)＝2x－2x－xln－xln－xx2 －2x－1 ＝x－1xx－－ln2lxn2x＋2．
求 f(x)的单调区间，想到解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0 想什么 给什么 题目条件中已给出 f(x)的解析式，直接求导然后分类讨论 用什么 参数 m 即可
第(2)问 求什么想
求 a 的取值范围，想到建立 a 的不等式 什么 给什么用 给出 g(x1)≥f(x2)对∀x1，x2∈[2,2e2]都成立，用此不 什么 等式建立关于 a 的不等式 差什么找
用导数处理不等式恒成立问题
教学过程一、复习预习一般地,求函数)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下：⑴求)(x f 在(,)a b 内的极值；⑵将)(x f 的各极值与端点处的函数值)(a f 、)(b f 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值二、知识讲解常应用函数方程思想和"分离变量法"转化为最值问题,也可抓住所给不等式的结构特征,利用数形结合法。
考点1：利用导数解决恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <考点2：利用导数解决能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >； 若在区间D 上存在实数x 使不等式()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <. 解决不等式恒成立问题和能成立问题,注意一个是全称命题,一个是存在性命题,所以转化的时候要注意求的到底是函数最大值和最小值。
三、例题精析 [例题1][题干]设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值．〔1求a 、b 的值；〔2若对于任意的[0,3]x ∈,都有2()f x c <成立,求c 的取值范围． [答案]〔13a =-,4b =〔2c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞[解析]〔12()663f x x ax b '=++,∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值,则有(1)0f '=,(2)0f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩,解得3a =-,4b =．〔2由〔1可知,32()29128f x x x x c =-++,2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--．当(0,1)x ∈时,()0f x '>；当(1,2)x ∈时,()0f x '<；当(2,3)x ∈时,()0f x '>． ∴当1x =时,()f x 取得极大值(1)58f c =+,又(0)8f c =,(3)98f c =+． 则当[0,3]x ∈时,()f x 的最大值为(3)98f c =+．∵对于任意的[0,3]x ∈,有2()f x c <恒成立,∴298c c +<,解得1c <-或9c >, 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞．[例题2][题干]设函数<1>当a=1时,求曲线在点处的切线方程；<2>若函数在其定义域内为增函数,求实数a 的取值范围；<3>设函数,若在[l,e]上至少存在一组使成立,求实数a 的取值范围.[解析]〔1切线为…〔2,由题意若函数在其定义域内为增函数,在〔0,+∞上恒成立,即,,,,〔3在[1,e]上至少存在一组使成立；则, ……9分在[1,e]上递减,,,令当时,在上递增,,,当时时在上递增,,,不合题意。
新高考数学一轮复习利用导数研究不等式恒(能)成立问题
-2
2
为 ,2.因此所求三角形的面积为 .
e-1
e-1
(2)由题意 a>0,当 0<a<1 时,f(1)=a+ln a<1.
当 a=1 时,f(x)=e -ln x,f'(x)=e
x-1
1
-.
⇔g(a)≥0;
(2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒成立⇔g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立
⇔g(a)≤0.
对点训练2(2021山东潍坊高三月考)已知函数f(x)=aln(x+1),a∈R.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=3处的切线方程;
(2)若对任意的x∈[0,+∞),都有f(x)≥x-
在不等式恒成立求参数的取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x
两种形式的函数,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等
式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性
转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题,这种解题方法通
常称之为“同构”,同构的三种基本模式如下:
x-1
当x∈(0,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.当a>1
时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1.综上,a的取值范围是[1,+∞).
方法点拨“同构法”解决不等式恒成立问题
专题18 利用导数研究不等式恒(能)成立问题-2025年高考数学一轮复习讲义(新高考专用)原卷版
专题18利用导数研究不等式恒(能)成立问题（新高考专用）【真题自测】 (2)【考点突破】 (2)【考点1】分离参数法求参数范围 (2)【考点2】分类讨论法求参数范围 (4)【考点3】双变量的恒(能)成立问题 (5)【分层检测】 (6)【基础篇】 (6)【能力篇】 (7)【培优篇】 (8)一、解答题1．（2023·全国·高考真题）已知函数3sin π(),0,cos 2x f x ax x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭(1)当8a =时，讨论()f x 的单调性；(2)若()sin 2f x x <恒成立，求a 的取值范围．2．（2023·全国·高考真题）已知函数()()e xf x a a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()32ln 2f x a >+．3．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<；（2）已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．4．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；(3)设n *∈Nln(1)n >+ ．5．（2022·全国·高考真题）已知函数()ln x f x x a xx e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．【考点1】分离参数法求参数范围一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知函数()43212ln 432a f x x x x x x =-+-在1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为（）A ．22e 1,e -⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(],2-∞C ．22e 1,e -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),2-∞二、多选题2．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数()3e e x x x af x x -=-+-，则下列结论中正确的是（）A ．当0a =时，曲线()y f x =在()0,0处的切线方程为y x =B ．()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值之和为0C ．若()f x 在R 上为增函数，则a 的取值范围为(],2-∞D ．()f x 在R 上至多有3个零点三、填空题3．（2024·江西·模拟预测）已知关于x 的不等式2e 2ln 0x x x m -->在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上恒成立，则实数m 的取值范围是.四、解答题4．（23-24高二下·江苏·期中）设函数()ln kf x x x=+，R k ∈．(1)若曲线()y f x =在点()()e,e f 处的切线与直线2x =垂直，求k 的值：（其中e 为自然对数的底数）；(2)在（1）的条件下求()f x 的单调区间和极小值：(3)若()()g x f x x =-在()0,+∞上存在增区间，求k 的取值范围．5．（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数2()ln 3f x x ax x =+-()a ∈R ．(1)若函数()f x 在1x =处取到极值，求实数a 的值；(2)若1a =,对于任意12,[1,10]x x ∈,当12x x <时，不等式()()()211212m x x f x f x x x -->恒成立，求实数m 的取值范围．6．（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）函数()323(1)32f x x a x ax =+--；(1)当2a =时，讨论函数()f x 的单调性；(2)25()(1),ln 2f x f m x m x=-≤-在(1,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值.反思提升：分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .【考点2】分类讨论法求参数范围一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知函数eln 310()2e (2)e ,0xx x x xf x x x x -⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩，若不等式()a f x x >恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．(),3-∞B ．()26e ,-+∞C ．()26e ,3-D ．()2,6e--∞二、多选题2．（2024·江西·二模）若e ln xaa x a x->-恒成立，则实数a 的取值可以是（）A ．0B ．2e -C ．e 1e +D ．2e 三、填空题3．（2024·上海虹口·二模）已知关于x 的不等式()()2ln 340x kx x k x ⎡⎤--++≤⎣⎦对任意()0,x ∈+∞均成立，则实数k 的取值范围为.四、解答题4．（2024·吉林长春·模拟预测）已知1a ，函数()ln 1a f x ax x x =-+.(1)当1a =时，求()f x 的最小值；(2)若1x >时，()0f x <恒成立，求a 的取值范围.5．（2024·陕西渭南·二模）已知函数()()()ln 1,cos 1f x x mx g x mx =+-=-，其中m ∈R .(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()0f x g x +≤恒成立，求m .6．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数()2sin 2x f x x a x =-+.(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当()0,πx ∈时，()0f x >，求实数a 的取值范围.反思提升：根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.【考点3】双变量的恒(能)成立问题一、单选题1．（2024·河南郑州·三模）设()12,0,x x ∈+∞，且12e ln 1xx +=，则（）A ．若12x x =，则111,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B ．若121=x x ，则1x 存在且不唯一C ．121x x +>D ．12ln 0x x +>二、多选题2．（23-24高三下·重庆·阶段练习）设函数1cos ,0(),0e x x x f x x x -≤⎧⎪=⎨>⎪⎩，下面四个结论中正确的是（）A ．函数在()0,1上单调递增B ．函数()y f x x =-有且只有一个零点C ．函数的值域为[]1,e -D ．对任意两个不相等的正实数12,x x ，若()()12f x f x =，则122x x +<三、填空题3．（2023·山西临汾·模拟预测）已知0t >，()222ln ln tm m n tn tmn t mn mn -++-≥恒成立，则t =．四、解答题4．（2024·重庆·模拟预测）函数()()1ln 1a x f x x x -=-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，曲线()y f x =上两点()()11,x f x ，()()22,x f x 连线斜率记为k ，求证：21ak a ->-；(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p ，求证：21e p <．5．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()()()222112f x x a a f a x'=+-∈=-R ,．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 的方程，并判断l 是否经过一个定点；(2)若12,x x ∃，满足120x x <<，且()()120f x f x ''==，求()()122f x f x -的取值范围．6．（2024·全国·模拟预测）已知函数()ln xf x ax x=-，0a >．(1)若()f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若1x ，2x 为()f x 的零点，且12x x <，证明：()2122a x x +>．反思提升：含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：(1)∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(2)∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(3)∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )min .(4)∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .【基础篇】一、单选题1．（2024·陕西·模拟预测）[]1,2x ∀∈，有22ln a x x x ≥-+恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[)e,+∞B ．[)1,+∞C ．e ,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)2e,+∞2．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）已知函数()3ln f x x t x =-存在两个零点，则实数t 的取值范围为（）A ．e ,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．e ,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．()3e,+∞D ．(),3e -∞3．（22-23高二上·山东菏泽·期末）已知函数()ln f x ax x x =-与函数()e 1xg x =-的图像上恰有两对关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围为（）A ．(],1e -∞-B ．1e ,2-⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(),1e -∞-D ．1e ,2-⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭4．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()()()1e xf x x a =-+在区间()1,1-上单调递增，则a 的最小值为（）A ．1e -B ．2e -C ．eD ．2e 二、多选题5．（23-24高三上·新疆伊犁·阶段练习）下列说法正确的是（）A ．R 20x x ∃∈≤，B ．1R 2x x x∀∈+≥，C ．1R ln x x x∃∈=，D ．R e 1x x x∀∈-≥，6．（22-23高二下·甘肃定西·阶段练习）若函数323()62f x x x x a =+-+有三个零点，则实数a 的可能取值是（）A ．－10B ．－9C ．2D ．37．（2023·全国·模拟预测）设函数()()()1ln 1(0)f x x x x =++>，若()()11f x k x >--恒成立，则满足条件的正整数k 可以是（）A ．1B ．2C ．3D ．4三、填空题8．（23-24高二下·天津滨海新·阶段练习）已知函数2()2ln f x x x =-，若关于x 的不等式()0f x m -≥在[1,e]上恒成立，则实数m 的取值范围是.9．（20-21高二下·河北石家庄·期末）已知函数()2f x x a =+，()ln 2g x x x =-，如果对任意的1x ，2122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，都有()()12f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是．10．（23-24高二上·陕西榆林·期末）已知函数()2e xf x a x =-是R 上的增函数，则a 的最小值为.四、解答题11．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数()ln 2f x x ax =+()R a ∈．(1)当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；(2)若()()22g x f x x =-，不等式()1g x ≥-在[)1,+∞上存在实数解，求实数a 的取值范围．12．（21-22高三上·安徽滁州·阶段练习）已知函数2()(,)mxf x m n x n=∈+R ，在1x =处取得极小值2．(1)求函数()f x 的解析式；(2)求函数()f x 的极值；(3)设函数2()2g x x ax a =-+，若对于任意1x ∈R ，总存在[]21,1x ∈-，使得21()()g x f x ≤，求实数a 的取值范围．【能力篇】一、单选题1．（2024高三·全国·专题练习）函数()e 2e 0xf x ax b =--+≥对任意x ∈R 成立，则ba的最小值为（）A ．4B ．3C ．52D ．2二、多选题2．（23-24高二下·河南·阶段练习）已知函数()()()()21e ,21x f x a x g x x a x =+-=-+--，则下列结论正确的是（）A ．存在a ∈R ，使得()f x 的图象与x 轴相切B ．存在a ∈R ，使得()f x 有极大值C ．若1a >-，则()()f xg x >D ．若31a -<<-，则关于x 的方程()()f x g x =有且仅有3个不等的实根三、填空题3．（2022高三上·河南·专题练习）已知21()ln 2f x k x x k x⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，[)2,k ∈+∞，若曲线()y f x =上总存在不同的两点1122(,),(,)A x y B x y ，使曲线()y f x =在,A B 两点处的切线互相平行，则12x x ⋅的取值范围为．四、解答题4．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e =-+x f x x a ，x ∈R ，()()2x f x x x ϕ=+-.(1)若()x ϕ的最小值为0，求a 的值；(2)当0.25a <时，证明：方程()2f x x =在()0,∞+上有解.【培优篇】一、解答题1．（2024·上海杨浦·二模）函数()y f x =、()y g x =的定义域均为R ，若对任意两个不同的实数a ，b ，均有()()0f a g b +>或()()0f b g a +>成立，则称()y f x =与()y g x =为相关函数对.(1)判断函数()1f x x =+与()1g x x =-+是否为相关函数对，并说明理由；(2)已知()e xf x =与()g x x k =-+为相关函数对，求实数k 的取值范围；(3)已知函数()y f x =与()y g x =为相关函数对，且存在正实数M ，对任意实数x ∈R ，均有()f x M ≤.求证：存在实数(),m n m n <，使得对任意(),x m n ∈，均有()()12024f xg x +≥-.2．（2024·河北保定·二模）已知函数()ln ,()f x ax x x f x '=-为其导函数．(1)若()1f x ≤恒成立，求a 的取值范围；(2)若存在两个不同的正数12,x x ，使得()()12f x f x =，证明：0f '>．3．（2023·河南·三模）已知函数()ln 2f x x x =-+，e 为自然对数的底数．(1)若此函数的图象与直线1ex =交于点P ，求该曲线在点P 处的切线方程；(2)判断不等式()0f x >的整数解的个数；(3)当2e e x x<时，()221e ()e 1x xax a f x x --+-≤-，求实数a 的取值范围．。
利用导数研究不等式恒(能)成立问题 高考数学大一轮复习(新高考地区)(解析版)
3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题【题型解读】【知识储备】1.恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界. 一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．【题型精讲】【题型一 端点效应处理不等式求参】例1 （2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f (x )＝e x －12x 2－ax －1，g (x )＝cos x ＋12x 2－1． (1)当a ＝1时，求证：当x ≥0时，f (x )≥0；(2)若f (x )＋g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －12x 2－x －1， ∴f ′(x )＝e x －x －1，令u (x )＝e x －x －1，则u ′(x )＝e x －1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝0，从而原不等式得证．(2)∵f (x )＋g (x )＝e x ＋cos x －ax －2，令h (x )＝e x ＋cos x －ax －2，则h ′(x )＝e x －sin x －a ，令t (x )＝e x －sin x －a ，则t ′(x )＝e x －cos x ，∵e x ≥1，－1≤cos x ≤1，故t ′(x )≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)<h(0)＝0，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．【题型精练】1．（2022·天津·崇化中学期末）设函数f(x)＝(1－x2)e x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x，令f′(x)＝0，得x＝－1±2，当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0．所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)e x－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0．g′(x)＝(1－x2－2x)e x－a，g′(0)＝1－a，又g′′(x)＝－(x2＋4x＋1)e x，g′′(x)＜0，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减，①当1－a≤0时，即a≥1，则g′(x)≤g′(0)＝1＋a≤0，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x) ≤g(0)＝0．②当1－a>0时，即a<1，x→＋∞时，g′(x)→－∞，所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，(*)式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．2.（2022·山东济南高三期末）设函数f (x)＝(1＋x－x2)e x(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x)的单调性；(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)f ′(x)＝(2－x－x2)e x＝－(x＋2)(x－1)e x．当x<－2或x>1时，f ′(x)<0；当－2<x<1时，f ′(x)>0．所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增．(2)设F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(0)＝0，F′(x)＝(2－x－x2)e x－4x－a，F′(0)＝2－a，当a≥2时，F′(x)＝(2－x－x2)e x－4x－a≤－(x＋2)·(x－1)e x－4x－2≤－(x＋2)(x－1)e x－x－2＝－(x＋2)[(x－1)e x＋1]，设h(x)＝(x－1)e x＋1，h′(x)＝x e x≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x－1)e x＋1≥h(0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷， 必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意．综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．【题型二 分离参数法处理不等式求参】方法技巧 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .例2 （2022·山东青岛高三期末）已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－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．【解析】 (1)∵函数f (x )＝x ln 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 ＜1e，∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ． 令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞． 综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞． (2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x －12x在x ∈(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2． 令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(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，＋∞)．【题型精练】1．（2022·天津市南开中学月考）已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x ．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围． 【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1，由于f ″(x )＝e x ＋2＞0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)由f (x )≥12x 3＋1，得e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0， ①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x ＞0时，分离参数a 得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2， 记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－(x －2)⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3， 令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －x －1，h ″(x )＝e x －1≥0， 故h ′(x )单调递增，h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立， 故当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24， 综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞． 2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围．【解析】 (1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1．(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x 2⎝⎛⎭⎫e x ＋e －2e x x －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x ， 则G ′(x )＝e x－2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －x x 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． ∴G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0， ∴当x ∈(0，1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0，1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．【题型三 最值法处理不等式求参】方法技巧 最值法处理不等式求参根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 例3 （2022·河南高三期末）已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2． 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0． 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0．②若a ＞0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ，从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0．③若a ＜0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2， 从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0． 综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．【题型精练】1．（2022·广东·高三期末）已知a ∈R ，设函数f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≤2e a x ＋ln x a －1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝a x ＋a ＋1x ＝(a ＋1)x ＋a x (x ＋a )，x ＞0且x ＞－a ， ①当a ≥0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；②当a ≤－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；③当－1＜a ＜0时，－a a ＋1＞－a ＞0， x ∈⎝⎛⎭⎫－a ，－a a ＋1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫－a a ＋1，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． (2)f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln x a －1， 即a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln x －ln a －1，a ＞0，即a ln(x ＋a )＋ln a ≤2e a x －1，令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )＞g (0)＝0，即e x －x －1＞0，即e x －1＞x ，∴e 2e a x －1＞a 2x ，则原不等式等价为a ln(x ＋a )＋ln a ≤a 2x ，即a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ≤0，令h (x )＝a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ，则h ′(x )＝a x ＋a －a 2＝－a 2x ＋a －a 3x ＋a ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1－a 2a ， 当a ≥1时，h ′(x )≤0，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，则只需满足h (0)＝a ln a ＋ln a ≤0，∴ln a ≤0，解得0＜a ≤1，∴a ＝1；当0＜a ＜1时，可得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1－a 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1－a 2a ，＋∞上单调递减， 则h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝a ln 1a －a (1－a 2)＋ln a ≤0，整理可得ln a －a 2－a ≤0， 令φ(a )＝ln a －a 2－a ，则φ′(a )＝1a －2a －1＝－(a ＋1)(2a －1)a， 则可得φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， 则φ(a )max ＝φ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2－34＜0，故0＜a ＜1时，h (x )≤0恒成立， 综上，0＜a ≤1．【题型四 同构法处理不等式求参】例4 （2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1． ∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2， ∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，⎝⎛⎭⎪⎫－2e －1，0， ∴所求三角形面积为12×2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2e －1＝2e －1． (2)同构后参变分离f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ， 令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x， 在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．【题型精练】1.（2022·全国高三课时练习）已知函数f (x )＝e ax －x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2．∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22． 当x <－ln 22时，f ′(x )<0；当x >－ln 22时，f ′(x )>0． 故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－ln 22，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－ln 22，＋∞．(2)(同构后参变分离) 由f (x )≥e ax ln x －ax 2，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x， 故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可． 设函数g (x )＝ln x －1x ，则ln e ax －1e ax ≥ln x －1x等价于g (e ax )≥g (x )． ∵g ′(x )＝2－ln x x 2，∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增，∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln x x恒成立． 设函数h (x )＝ln x x ，x ∈(0，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e即可，∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞． 【题型五 双变量不等式求参】例5 （2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2． ①当－1<a <0时，a ＋1a<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 )＝－1x<0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)． ③当a <－1时，x ∈⎝⎛⎭⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是⎝⎛⎭⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，＋∞， f ′(x )<0，∴f (x )的减区间是⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，＋∞． (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)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 ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0， 即a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32e －6，0． 【题型精练】1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3． (1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23．由g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23； 由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]， 所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1， 故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527． 所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4． (2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ． 由(1)可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0． 所以函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．2. （2022·山东·历城二中期末）设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e x e 2x ＝－(x －2)(x －a )e x －1． 又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1． (2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值”．因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2． 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ； ②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2． 解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2； ③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e，所以a ≥2． 综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e．。
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《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》达标检测[A 组]—应知应会1．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2【解析】选A.由题意知f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A.2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫x ＋3x －3－ax ，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________．【解析】原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x (x 2－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e.3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为f ′(x )＝1x ，所以f ′(1)＝1.又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )； ③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a ，令φ′(x )＝0，得x ＝1a，当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况下表：所以φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a ＞φ(1)＝0，不满足不等式． 综上，实数a 的取值范围为[1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 【解析】(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减； 当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)． (2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e. 当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤12e.5．(2020·河南郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围．【解析】(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x －a ，所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，令f ′(x )>0得0<x <1，令f ′(x )<0得x >1，所以f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12>k (x －1)．令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x >1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋（1－k ）x ＋1x ，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，x >1，h (x )的对称轴为x ＝1－k 2.①当1－k 2≤1时，即k ≥－1，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减，所以h (x )<h (1)＝1－k ，若k ≥1，则h (x )≤0，所以g ′(x )≤0，所以g (x )在(1，x 0)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝0，不合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，所以必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1时，即k <－1，易知必存在x 0，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增．所以h (x )>h (1)＝1－k >0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，x 0)上单调递增．所以g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1)． 6．设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】(1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e.(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立， 所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立．令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需证h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可． 故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．[B 组]—强基必备1．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)． (1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a . ∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数， 当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数， ∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1， ∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者． f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a －2ln a ， 令g (a )＝a －1a －2ln a (a >0)，∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a －2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)； 当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)． ∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1. 由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ； 当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1，由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e .综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。