导数恒成立问题(学生版)教案资料

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导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)

导数中的不等式恒成立问题适用学科数学适用年级高二年级适用区域全国课时时长（分钟）120知识点1导数公式 2函数的单调性3 函数中的不等式恒成立问题教学目标 1 理解和掌握导数在处理不等式恒成立问题是高考的一个难点。

2 能应用导数的方法来研究函数中的不等式问题，,来培养学生应用数学分析、解决实际函数的能力.3 培养学生学习的积极性和主动性，发现问题，善于解决问题，探究知识，合作交流的意识，体验数学中的美，激发学习兴趣，从而培养学生勤于动脑和动手的良好品质教学重点导数的公式，函数的单调性，不等式问题教学难点导数研究函数中的不等式问题学习过程一、复习预习考纲要求：1．理解导数和切线方程的概念。

2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。

3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。

4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。

5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题二、知识讲解1.导数的计算公式和运算法则几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1)'(-=n n nx x (Q n ∈)；x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x xa a a '=求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法则2 [()()]()()()(u x v x u x v x u x v x'='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212()()f x f x k x x -=-，两点1122(,()),(,())x f x x f x ；(3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走）（1）求函数()f x 的导函数()f x '；（2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）；（3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性：（1）求函数()f x 的导函数()f x '；（2）()0f x '>，求单调递增区间；（3）()0f x '<，求单调递减区间；（4）()0f x '=，是极值点。

高中二年级下学期数学《导数在不等式恒成立问题中的应用》教学设计

3.数形结合法
（二）数学思想方法
转化化归、分类讨论、数形结合
四、作业布置
1.已知不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.
2.已知函数，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
3.已知函数，若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围.
备注：教学设计应至少含教学目标、教学内容、教学过程等三个部分，如有其它内容，可自行补充增加。
教学设计
课程基本信息
学科
数学
年级
高二
学期
春季
课题
《导数在不等式恒成立问题中的应用》
教科书
书名：《普通高中教科书·数学》(人教A版2017课标版)选择性必修第二册
出版社：人民教育出版社
教学目标
1.掌握不等式恒成立问题的转化方法。
2.利用导数研究函数的最值问题、曲线的切线问题。
3.培养学生的转化与化归、分类讨论、数形结合等数学思想。
综上所述：实数的取值范围 .
方法总结：
函数最值法：将不等式恒成立问题转化为某含参函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，然后构建不等式，进而求出参数的取值范围.
一般地，恒成立；
恒成立 .
探究二
例若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围？
思考：能否将参数与变量分离开呢？
分析：，记，问题转化 .
对任意恒成立
函数的图象在图象的下方或在图象上
解法三：，记，，，问题转化为对任意恒成立，即函数的图象在图象的下方或在图象上.
在单调递增；表示恒过定点的一条直线。
是该直线的斜率.只需过点求出函数的切线斜率.
设切点为，切线斜率，切线方程为，将点代入得：，解得 .则切线斜率，所以实数的取值范围 .

高中数学恒成立问题教案

高中数学恒成立问题教案
一、教学目标：
1. 理解恒成立问题的概念，并能够应用相关方法解决问题。

2. 掌握常见的恒成立问题解题技巧。

3. 提高分析问题和推理能力。

二、教学内容：
1. 恒成立问题的定义和性质。

2. 常见的恒成立问题的解法。

3. 实际问题中的恒成立问题应用。

三、教学重点：
1. 恒成立问题的理解和应用。

2. 常见恒成立问题的解法。

四、教学难点：
1. 理解恒成立问题的本质。

2. 能够灵活应用解题方法。

五、教学过程：
1. 概念引入（5分钟）：
教师简要介绍恒成立问题的概念和意义，引发学生的兴趣。

2. 例题讲解（15分钟）：
解释一个常见的恒成立问题，并指导学生解题思路和方法。

3. 学生练习（20分钟）：
让学生在教师的指导下，自行解决一些恒成立问题，并在课堂上相互讨论、交流解题思路。

4. 拓展练习（15分钟）：
提供一些更具挑战性的恒成立问题，让学生在课后自行解决。

5. 总结（5分钟）：
回顾本节课学习的内容，强调恒成立问题在数学分析中的重要性。

六、作业：
完成拓展练习题，并写一篇关于恒成立问题的小结。

七、教学反思：
本教案注重引导学生理解恒成立问题的本质，并通过实例讲解和练习巩固学习成果。

同时，引导学生在解题过程中思考，提高解决实际问题的能力。

第5讲导数在函数恒成立问题上的妙用教案 (1)

导数在函数恒成立问题上的妙用高考中对导数在函数上的研究要求很高，而且每年都有考题，它不仅是可以单一出小题，而且还可以与其他知识综合在一起出解答题，解答题难度比较大。

为了解决好下面的问题，我们一定要学好导数这一知识点，掌握它的研究问题的精髓，这样有利于更好的研究函数，提高做题的质量。

下面我们来研究用导数解决不等式恒成立的问题。

1设函数()1x f x e -=-，证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+ 2设21)(ax e x f x+=，其中a 为正实数，若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围。

3已知函数)ln()(m x e x f x +-=，当2≤m 时，证明0)(>x f 。

二复习预习几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)； 1)'(-=n n nx x (Q n ∈)； x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '=； 1(log )log a a x e x'=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '=法则3： '2''(0)u u v uv v v v -⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭复合函数的导数：设函数()u x ϕ=在点x 处有导数()x u x ϕ'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ϕ=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''⋅= 或(())()()x f x f u x ϕϕ'='⋅'。

高二数学(选修人教A版)利用导数研究恒成立问题1教案

教案教学基本信息课题利用导数研究恒成立问题学科数学学段：高中年级高二教材书名：普通高中课程标准实验教科书数学选修2-2 （A版）出版社：人民教育出版社出版日期：2007 年1 月教学目标及教学重点、难点1．通过从不同角度分析，理解恒成立问题等价转化的实质，形成有效利用导数解决恒成立问题的方法，并能学以致用解决有关问题.2．在恒成问题的解决中，体会特殊与一般、化归与转化、分类讨论、数形结合等数学思想方法．3．通过一题多解，学习、归纳、提炼，不同的解题方法，体验、积累不同的解题经验，提高方法识别与选择的能力.重点：会用导数确定函数最值进而解决不等式恒成立问题.难点：构建恰当的函数解决不等式恒成立问题.教学过程(表格描述)教学环节主要教学活动设置意图知识点回顾【回顾】如何利用导数确定函数的最值？复习回顾导数确定函数最值得方法，为本节课做好知识铺垫.思考探究【思考1】你能确定函数2()21f x x x=--在[2,3]上的最大值和最小值吗？【预设】1、求导函数'()22f x x=-'()0f x>在[2,3]上恒成立，所以()f x在[2,3]上单调递增，所以max()(3)2f x f==，min()(2)1f x f==-.2、对于二次函数2()21f x x x=--，其对称轴1x=，所以在对称轴右侧的区间[2,3]上()f x单调递增，所以max()(3)2f x f==，min()(2)1f x f==-.【探究】试判断下列说法是否正确？①对于任意的[2,3]x∈都有()0f x≤成立.②对于任意的[2,3]x∈都有()2f x≤成立.恒成立问题尤其是根据恒成立的条件确定参数问题是高考的热点，是利用导数研究函数的一种重要题型.有必要引导学生探究、归纳、积累这类问题的解决方法思考探究【探究】若对于任意的[2,3]x ∈都有()f x c ≤成立，你能确定实数c 的取值范围吗？【预设】1、一方面实数c 不小于()f x 在[2,3]的所有函数值，c 大于等于()f x 在[2,3]上的最大值即可；2、另一方面可以看成函数()y f x =与常数函数y c =函数值的大小关系，借助函数图象可以看出c 的取值范围.【思考2】对于函数2()21f x x x =-- .【探究】试判断下列说法是否正确？③对于任意的[2,3]x ∈都有()0f x ≥成立.④对于任意的[2,3]x ∈都有()-1f x ≥成立.【探究】若对于任意的[2,3]x ∈都有()f x m ≥成立，你能确定实数m 的取值范围吗？【预设】1、一方面实数m 不大于()f x 在[2,3]上的所有函数值，m 小于等于()f x 在[0,2]上的最小值即可；2、另一方面，可以看成函数()y f x =与常数函数y m =函数值的大小关系，同样借助函数图象可以看出m 的取值范围.【思考3】已知函数31()3f x x x =-.下面两个说法是否正确？①对于任意的[0,2]x ∈，都有()0f x ≥成立？ ②对于任意的[0,2]x ∈，都有()1f x ≤成立？【分析】判断两个说法是否正确的关键点是的什么？利用导数确定函数()f x 在[0,2]上的最值，借助函数图象，做出判断.【预设】31()3f x x x =-，[0,2]x ∈，2'()1f x x =-，令'()0f x =，解得11x =，21x =-当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：x0 (0,1)1 (1,2)2 '()f x -0 +()f x极小值23因为(0)0f =，2(2)3f =，所以max 2()3f x =，min 2()(1)3f x f ==-.【探究】从学生熟悉的简单的二次函数入手，再到三次函数复习巩固确定函数最值的方法，通过设问让学生思考判断一些结论是否正确，逐步帮助学生理解恒成立问题的本质，体会恒成立问题与函数最值的关系。

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

4 ≥ 6ln 2 − 3ln 3,
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

10 导数的恒成立与存在性问题.学生版

导数专题恒成立问题与存在性问题考纲要求要求层次考试内容了解理解掌握导数的概念√导数概念及其几何意义导数的几何意义√根据导数定义求函数，，，，，的导数√导数的四则运算√简单的复合函数（仅限于形如）的导数√导数的运算导数公式表√利用导数研究函数的单调性（其中多项式函数不超过三次）√函数的极值、最值（其中多项式函数不超过三次）√导数及其应用导数在研究函数中的应用利用导数解决某些实际问题√知识框图c y =x y =2x y =3x y =xy 1=x y =)(b ax f +知识点概述，导数的任意恒成立问题与存在能成立问题，一般情况下，是通过转化为极值与最值问题来处理，具体转化方式如下：一、导数的恒成立问题1．，恒成立2．，恒成立3．，恒成立4．，恒成立5．，恒成立6．，恒成立7．，恒成立二、导数的存在能成立问题1．，成立2．，成立3．，成立4．，成立5．，成立6．，成立三、恒成立与能成立综合问题1．，，成立2．，，成立3．，，成立∀x ∈()a b ，()f x k >⇔min ()f x k >∀()x a b ∈，()()f x g x >⇔min [()()]0f x g x ->12()x x a b ∀∈，，12()()f x g x >⇔min max ()()f x g x >∀()x a b ∈，()f x k <⇔max ()f x k <∀()x a b ∈，()()f x g x <⇔max [()()]0f x g x -<12()x x a b ∀∈，，12()()f x g x <⇔max min ()()f x g x <12()x x a b ∀∈，，12()()f x f x k -<⇔max min ()()f x f x k -<∃0()x a b ∈，0()f x k >⇔max ()f x k >∃0()x a b ∈，00()()f x g x >⇔max [()()]0f x g x ->12()x x a b ∃∈，，12()()f x g x >⇔max min ()()f x g x >∃0()x a b ∈，0()f x k <⇔min ()f x k <∃0()x a b ∈，00()()f x g x <⇔min [()()]0f x g x -<12()x x a b ∃∈，，12()()f x g x <⇔min max ()()f x g x <1()x a b ∀∈，2()x a b ∃∈，12()()f x g x >⇔min min ()()f x g x >1()x a b ∃∈，2()x a b ∀∈，12()()f x g x >⇔max max ()()f x g x >1()x a b ∀∈，2()x a b ∃∈，12()()f x g x =⇔max max min min()()()()f x g x f x g x ⎧⎨⎩ ⇔{|()()}{|()()}y y f x x a b y y g x x a b =∈⊆=∈，，，，考点1任意恒成立问题【例1】已知命题：，恒成立；命题：在区间上，；则是的（）A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件【例2】设函数，对于任意实数，恒成立，求的最大值．【例3】已知函数，证明：时，．【例4】设为曲线C:在点处的切线．（I ）求的方程；（II ）证明:除切点之外，曲线C 在直线的下方．p ∀()x a b ∈，()()f x g x >q ()a b ，min max ()()f x g x >p q 329()62f x x x x a =-+-x ()f x m '≥m 1()ln f x x x=-2x ≥(1)25f x x --≤l ln xy x=(10)，l (10)，l【例5】已知函数．（I ）求在区间上的最小值；（II ）证明：对任意，都有成立．【例6】已知函数是上的奇函数，当时取得极值．（1）求的单调区间；（2）证明对任意，不等式恒成立．2()ln ()e exx f x x x g x ==-，()f x [13]，(0)m n ∈+∞，，()()f m g n 3()f x ax cx d =++(0)a ≠R 1x =()f x 2-()f x 12(11)x x ∈-，，12|()()|4f x f x -<考点2存在能成立问题【例7】已知函数，，当时，函数在上的最大值为，若存在，使得成立，求实数的取值范围．【例8】已知函数，（Ⅰ）若，求函数的极值；（Ⅱ）设函数，求函数的单调区间；（Ⅲ）若在（）上存在一点，使得成立，求的取值范围．21()(1)ln 2f x ax a x x =-++27()28g x x bx =-+14a =()f x (0,2]M [1,2]x ∈()g x M ≥b ()ln f x x a x =-1(),ag x a x+=-∈ (R).1a =()f x ()()()h x f x g x =-()h x []1,e e 2.718...=0x 0()f x <0()g x a考点3恒成立与能成立综合问题【例9】已知函数：，（1）当时，求的最小值；（2）当时，若存在，使得对任意的恒成立，求的取值范围．【例10】已知函数，．（1）求的单调区间和值域；（2）设，函数，，若对于任意，总存在，使得成立，求的取值范围．()(1)ln ()a f x x a x a x =-+-∈R 21()e e2x xg x x x =+-[]1,e x ∈)(x f 1<a 21e e x ⎡⎤∈⎣⎦，[]()()212,0,2x g x f x <-∈a 247()2x f x x-=-[01]x ∈，()f x 1a ≥32()32g x x a x a =--[01]x ∈，1[01]x ∈，0[01]x ∈，01()()g x f x =a练习A【练1】已知函数，．（I ）讨论函数的单调区间：（II ）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围．【练2】已知函数，．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）当时，函数在上的最大值为，若存在，使得成立，求实数b 的取值范围．()1ln f x ax x =--a ÎR ()f x ()f x 1x =(0)x "Î+¥，()2f x bx - b 21()(1)ln 2f x ax a x x =-++27()28g x x bx =-+0a =()y f x =(1,(1))f ()f x 14a =()f x (0,2]M [1,2]x ∈()g x M ≥【练3】已知函数．（Ⅰ）函数在点处的切线与直线平行，求的值；（Ⅱ）当时，恒成立，求的取值范围．【练4】已知函数（）．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，取得极值．①若，求函数在上的最小值；②求证：对任意，都有．2()e xax x af x ++=()f x (0,(0))f 210x y +-=a [0,2]x ∈21()ef x ≥a 2()()e xa f x x x a =+-0a >1=a ()f x 5x =-()f x 5m ≥-()f x [],1m m +12,[2,1]x x ∈-12|()()|2f x f x -≤【练5】已知函数在处的切线斜率为零．（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）求证：在定义域内恒成立；（Ⅲ）若函数有最小值，且，求实数的取值范围．【练6】已知函数．（Ⅰ）若函数的图象在处的切线斜率为，求实数的值；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围．221()2e 3e ln 2f x x x x b =+--0(0)x ，0x b ()0f x ≥()()aF x f x x'=+m 2e m >a 2()2ln f x x a x =+()f x (2(2))f ，1a ()f x 2()()g x f x x=+[12]，a【练7】已知函数．（Ⅰ）当时，讨论函数的单调性；（Ⅱ）设，当时，若对任意，当时，恒成立，求实数的取值范围．【练8】已知函数．（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；（Ⅱ）讨论函数的单调性；（Ⅲ）当时，记函数的最小值为，求证：．22()ln (0)a f x a x x a x=++≠()y f x =(1,(1))f 20x y -=a ()f x (,0)a ∈-∞()f x ()g a 21()e 2g a ≤1()ln 1af x x ax x-=-+-102a <≤()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈12()()f xg x ≥b【练9】已知函数，．（Ⅰ）当时，求在区间上的最大值和最小值；（Ⅱ）若在区间上，函数的图象恒在直线下方，求的取值范围．【练10】已知函数其中a 为常数，且．（Ⅰ）当时，求在（）上的值域；（Ⅱ）若对任意恒成立，求实数a 的取值范围．x x a x f ln 21()(2+-=()a ∈R 1=a )(x f [1e]，()1+∞，)(x f ax y 2=a ()ln ,f x x a x =+1a ≤-1a =-()f x 2[e e ]，e 2.71828 =()e 1f x ≤-2[e e ]x ∈，练习B【练1】已知函数，当时，证明．【练2】已知函数，若时，，求的最小值．【练3】已知函数（），．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，若对任意，恒成立，求的取值范围．2m ≤()0f x >()e ln()x f x x m =-+()()()1=ln 11x x f x x x++-+λ0x ≥()0f x ≤λ()mx f x x =++211m ≠02()e ()ax g x x a =∈R ()f x m >012,[0,2]x x ∈12()()f x g x ≥a【练4】已知函数求证:．【练5】已知函数，，若时，，求的取值范围．【练6】已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）证明:对任意的，存在唯一的，使．2()42f x x x =++()f x ()kg x k ()()[]21e 01x f x x x -=+∈，当，时，()111x f x x-≤≤+()2e (1)x g x x =+2x - 2l ()n f x x x =()f x 0t >s ()t f s =【练7】已知函数．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）当时，函数在区间上的最小值为，求的取值范围；（Ⅲ）若对任意，，且恒成立，求的取值范围．【练8】已知函数：，（1）当时，求的最小值；（2）当时，若存在，使得对任意的恒成立，求的取值范围．2()(2)ln f x ax a x x =-++1a =()y f x =(1(1))f ，0a >()f x [1e]，2-a 12,(0,)x x ∈+∞12x x <1122()+2()+2f x x f x x <a ()(1)ln ()a f x x a x a x =-+-∈R 21()e e 2x x g x x x =+-[]1e x ∈，)(x f 1<a 21e e x ⎡⎤∈⎣⎦，[]()()21220x f x g x ∈-<，，a【练9】已知函数（）．（Ⅰ）试讨论在区间上的单调性；（Ⅱ）当时，曲线上总存在相异两点，，使得曲线在点，处的切线互相平行，求证：．【练10】已知函数．（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若，求证：函数只有一个零点，且；（Ⅲ）当时，记函数的零点为，若对任意且，都有成立，求实数的最大值．（本题可参考数据：）11()()ln f x a x x a x=++-1a >()f x (0,1)[)3,a ∈+∞()y f x =11(,())P x f x 22(,())Q x f x ()y f x =P Q 1265x x +>21()ln()(0)2f x a x a x x a =--+<()f x 12(ln 21)a -<<-()f x 0x 012a x a +<<+45a =-()f x 0x 21()()f x f x m -≥m 99ln 20.7,ln0.8,ln 0.5945≈≈≈120[0]x x x ∈，，211x x -=练习C【练1】已知函数，其中为常数，且．（Ⅰ）若，求函数的极值点；（Ⅱ）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围．【练2】已知（）．（Ⅰ）求函数的单调递减区间；（Ⅱ）当时，若对有恒成立，求实数的取值范围．2()(2)e ax f x ax x =-a 0a 1a =()f x ()fx 2)a 322()69f x x ax a x =-+a ∈R ()f x 0a >[]03x ∀∈，()4f x a【练3】已知函数．（Ⅰ）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；（Ⅱ）设，，且，求证：．【练4】已知函数．（I ）判断函数的单调性；（Ⅱ）若+的图像总在直线的上方，求实数的取值范围；（Ⅲ）若函数与的图像有公共点，且在公共点处的切线相同，求实数的值．(1)()ln 1a x f x x x -=-+()f x (0,)+∞a m n +∈R m n ≠ln ln 2m n m n m n -+<-a ()xx x f ln =()x f =y ()x xf x1a y =()x f ()3261+-=x m x x g m【练5】已知，函数，．（Ⅰ）求函数的单调区间和值域；（Ⅱ）设若，总存在，使得成立，求的取值范围．【练6】已知函数．（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若函数在其定义域内为增函数，求正实数的取值范围；（Ⅲ）设函数，若在上至少存在一点，使得＞成立，求实数的取值范围．]1,0[∈x )21ln()(2+-=x x x f a x a x x g 43)(23--=)(x f 1a -， 1[01]x ∀∈，0[01]x ∈，)()(10x f x g =a ()2ln p f x px x x=--2p =()f x (1(1))f ，()f x p 2e ()g x x=[1e]，0x 0()f x 0()g x p课后作业【题1】（2018年房山二模）设函数，（为常数），．曲线在点处的切线与轴平行.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的单调区间和最小值；（Ⅲ）若对任意恒成立，求实数的取值范围．【题2】已知函数，其中．（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．2()x f x x b=+b ∈R )(x f 0b >13[,44x ∃∈()1f x ≥b ()()ln f x x k x =-k ()()x f xx x g 11-=()x f y =()()1,1f x k ()g x ax g a g 1)()(<-0>x a【题3】已知函数，．（Ⅰ）若时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；（Ⅲ）令，是否存在实数，当（是自然对数的底）时，函数的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【题4】设函数在处取得极值．（Ⅰ）求与满足的关系式；（Ⅱ）若，求函数的单调区间；（Ⅲ）若，函数，若存在，，使得成立，求的取值范围．【题5】已知函数．x ax x x f ln )(2-+=)(x f a 2)()(x x f x g -=a ∈x )(x g a a ∈R 0a =()y f x =(1,(1))f [12]，(0e]，e xb x a x x f +-=ln )(1=x a b 1>a )(x f 3>a 3)(22+=x a x g 1m 21[2]2m ∈，12()()9f m g m -<a 21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R21 / 23（Ⅰ）若曲线在和处的切线互相平行，求的值；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．【题6】（2017年东城二模理科）设函数．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）设，若对任意的，存在使得成立，求的取值范围．【题7】设函数的图象在点处的切线的斜率为2()()e ()x f x x ax a a R -=+-⋅∈0a =()y f x =(1,(1))f --2()1g x x x =--[0,2]t Î[0,2]s Î()()f s g t ³a 3211()(,,,0)32f x ax bx cx a b c a =++∈≠R (),()x f x ()y f x =1x =3x =a ()f x 2()2g x x x =-1(0,2]x ∈2(0,2]x ∈12()()f x g x <a22 / 23，且函数为偶函数．若函数满足下列条件：①；②对一切实数，不等式恒成立．（Ⅰ）求函数的表达式；（Ⅱ）求证：．【题8】(2019年二模东城理科)已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．【题9】(2019年丰台区期末理)设函数．()k x 1()()2g x k x x =-()k x (1)0k -=x 211()22k x x ≤+()k x 1112(1)(2)()2n k k k n n +++>+ ()n *∈N ()sin f x x x =+()y f x =(,(22f ππ()cos f x ax x ≥π[0,]2a ()sin cos ,[0,2f x a x x x x π=-∈23 / 23（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）如果恒成立，求实数的最小值．【题10】（2019年东城区期末）已知函数．(Ⅰ) 当时，求曲线在点处的切线方程；(Ⅱ) 当时，若曲线在直线的上方，求实数的取值范围．1a =()0f x ≥()0f x ≥a 2()e 2x f x ax x x =--1a =()y f x =(0,(0))f 0x >()y f x =y x =-a。

2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：利用导数研究恒(能)成立问题

§3.5利用导数研究恒(能)成立问题考试要求恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．题型一分离参数求参数范围例1已知函数f (x )＝e x －ax －1.(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间与极值；(2)若f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －x －1，所以f ′(x )＝e x －1，当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝0，无极大值．即f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．(2)因为f (x )≤x 2在[0，＋∞)上有解，所以e x －x 2－ax －1≤0在[0，＋∞)上有解，当x ＝0时，不等式成立，此时a ∈R ，当x >0时，不等式等价于a ≥e x x －(0，＋∞)上有解，令g (x )＝e x x－则g ′(x )＝e x(x －1)x 2－＝(x －1)[e x －(x ＋1)]x 2，由(1)知当a ＝1时，f (x )>f (0)＝0，即e x －(x ＋1)>0，所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，g (x )min ＝e －2，所以a ≥e －2，综上可知，实数a 的取值范围是[e －2，＋∞)．思维升华分离参数法解决恒(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 .跟踪训练1(2023·苏州质检)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x.(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求实数a 的取值范围．解(1)当a ＝1时，f (x )＝x －e x ，则f ′(x )＝1－e x ，当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f (x )的极大值为f (0)＝－1，无极小值．(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，则ax ≤ln x x (x >0)，即a ≤ln x x2(x >0)，则问题转化为a (x >0)，令h (x )＝ln x x 2，x >0，h ′(x )＝x －2x ln x x 4＝1－2ln x x3，当0<x <e 时，h ′(x )>0，当x >e 时，h ′(x )<0，所以函数h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (e)＝12e ，所以a ≤12e.题型二等价转化求参数范围例2(2023·柳州模拟)已知函数f (x )＝ax －ln x .(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 ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令f ′(x )>0，得x >1a ，令f ′(x )<0，得0<x <1a，∴f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )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 －ln x ，x [f (x )－x ＋1]＝x (1－ln x )，当x ∈[e ，＋∞)时，不等式x [f (x )－x ＋1]≤m (e －x )⇔x (1－ln x )≤m (e －x )，即x (1－ln x )－m (e －x )≤0，令g (x )＝x (1－ln x )－m (e －x )，g (e)＝0，g ′(x )＝m －ln x ，x ∈[e ，＋∞)，若m ≤1，g ′(x )≤0在[e ，＋∞)上恒成立，则g (x )在[e ，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (e)＝0满足题意．若m >1，由g ′(x )>0，可得e ≤x <e m ，则g (x )在[e ，e m )上单调递增，∴在[e ，e m )上存在x 0使得g (x 0)>g (e)＝0，与题意不符，综上，实数m 的取值范围为m ≤1.思维升华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．跟踪训练2(2023·宝鸡模拟)已知函数f (x )＝e x ＋a ln(－x )＋1，f ′(x )是其导函数，其中a ∈R .(1)若f (x )在(－∞，0)上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式f (x )≤f ′(x )对∀x ∈(－∞，0)恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝e x ＋a x，因为f (x )在(－∞，0)上单调递减，所以f ′(x )＝e x ＋a x≤0在(－∞，0)上恒成立，即a ≥－x ·e x 在(－∞，0)上恒成立，令g (x )＝－x ·e x (x <0)，则g ′(x )＝－e x －x e x ＝－(x ＋1)e x ，当x <－1时，g ′(x )>0，当－1<x <0时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g (x )max ＝g (－1)＝1e，所以a 的取值范围为1e ，＋(2)由f (x )≤f ′(x )得a ln(－x )＋1≤a x，即a ln(－x )－a x＋1≤0对∀x ∈(－∞，0)恒成立，令h (x )＝a ln(－x )－a x＋1(x <0)，h ′(x )＝a x ＋a x 2＝a (x ＋1)x 2(x <0)，当a ＝0时，h (x )＝1，不满足h (x )≤0；当a >0且x <－1时，h ′(x )<0，当a >0且－1<x <0时，h ′(x )>0，所以函数h (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h (x )min ＝h (－1)＝a ＋1>0，不符合题意；当a <0且x <－1时，h ′(x )>0，当a <0且－1<x <0时，h ′(x )<0，所以当a <0时，函数h (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h (x )max ＝h (－1)＝a ＋1≤0，解得a ≤－1，综上所述，a 的取值范围为(－∞，－1]．题型三双变量的恒(能)成立问题例3(2023·石家庄质检)已知函数f (x )＝ax 2ln x 与g (x )＝x 2－bx .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，求a ，b ，并证明f (x )≥g (x )；(2)若对∀x ∈[1，e]，都∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝2ax ln x ＋ax ，g ′(x )＝2x －b ，∵函数f (x )与g (x )在x ＝1处有相同的切线，1)＝g (1)，(1)＝g ′(1)，＝1－b ，＝2－b ，＝1，＝1，此时f (x )＝x 2ln x ，g (x )＝x 2－x ，要证f (x )≥g (x )，即证x 2ln x ≥x 2－x ，即x ln x ≥x －1，令h (x )＝x ln x －x ＋1，则h ′(x )＝ln x ，且h ′(1)＝0，当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝0，即f (x )≥g (x )．(2)欲使f (x )≥g (x )恒成立，即ax 2ln x ≥x 2－bx 成立，即ax ln x －x ≥－b 成立，∵∃b ∈1，e 2使f (x )≥g (x )恒成立，∴ax ln x －x ≥－e 2恒成立，当x ＝1时，有－1≥－e 2成立，∴a ∈R ，当x ∈(1，e]时，a ≥x －e 2x ln x，令G (x )＝x －e 2x ln x ，则G ′(x )＝e 2ln x －x ＋e 2(x ln x )2，令m (x )＝e 2ln x －x ＋e 2，则m ′(x )＝e 2x－1，且m 0，当1<x <e 2时，m ′(x )>0，当e 2<x <e 时，m ′(x )<0，∴m (x )m (1)＝－1＋e 2>0，＝e 2ln e 2>0，m (e)＝0，∴当x ∈(1，e]时，m (x )≥0，即G ′(x )≥0，G (x )在(1，e]上单调递增，当x ＝e 时，G (x )有最大值，且G (e)＝12，∴a ≥12，综上所述，a 的取值范围是a ≥12.思维升华“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)ex (x ∈R )，a 为正实数．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)因为f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，所以f ′(x )＝－ax (x －3)e x(x ∈R )，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，＋∞)．(2)由(1)知，f (x )在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f (x )在[0,4]上的最大值是f (3)＝5a e3.又f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e －4>0，所以f (0)<f (4)，所以f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a .若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，则需f (x )max －f (x )min <1在x ∈[0,4]上恒成立，即f (3)－f (0)<1，即5a e 3＋a <1，解得a <e 35＋e 3，又a >0，所以0<a <e 35＋e 3，故实数a 课时精练1．已知函数f (x )＝(x －2)e x .(1)求f (x )在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f (x )＋2ax ≥ax 2对x ∈[2，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)依题意f ′(x )＝(x －1)e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1，当x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f (1)＝－e ，f (3)＝e 3，f (－1)＝－3e，∴f (x )在[－1,3]上的最小值为－e ，最大值为e 3.(2)依题意，2(x －2)e x ＋2ax ≥ax 2在[2，＋∞)上恒成立．当x ＝2时，4a ≥4a ，∴a ∈R ；当x >2时，原不等式化为a ≤2(x －2)e x x 2－2x＝2e x x ，令g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，∵x >2，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(2，＋∞)上单调递增，∴g (x )>g (2)＝e 2，∴a ≤e 2，综上，实数a 的取值范围是(－∞，e 2]．2．(2023·镇江模拟)已知函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，设g (x )＝x －ln x －1，若对于任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，均有f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．解(1)函数f (x )＝a ln x －x (a ∈R )的定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝a x －1＝－x ＋a x，①当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a ；当x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞).综上可得，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．(2)由已知，转化为f (x )max <g (x )min .由(1)知，当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，a )，单调递减区间为(a ，＋∞)．故f (x )的极大值即为最大值，f (x )max ＝f (a )＝a ln a －a ，∵g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，g ′(x )<0，当x >1时，g ′(x )>0，∴函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )的极小值即为最小值，∴g (x )min ＝g (1)＝0，∴a ln a －a <0，即ln a －1<0，解得0<a <e.∴a 的取值范围为(0，e)．3．(2023·福州模拟)已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当x ≥1时，f (x )≤ax 2－a ，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝ln x ＋1，f ′(1)＝1，又f (1)＝0，故f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(2)当x ≥1时，令g (x )＝x ln x －a (x 2－1)，得g (1)＝0，g ′(x )＝ln x ＋1－2ax ，令h (x )＝ln x ＋1－2ax ，则h ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.①若a ≤0，得h ′(x )>0，则g ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，故g ′(x )≥g ′(1)＝1－2a ≥0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，从而x ln x －a (x 2－1)≥0，不符合题意；②若a >0，令h ′(x )＝0，得x ＝12a.(ⅰ)若0<a <12，则12a>1，当x h ′(x )>0，g ′(x )从而g ′(x )>g ′(1)＝1－2a >0，所以g (x )在1此时g (x )≥g (1)＝0，不符合题意；(ⅱ)若a ≥12，则0<12a≤1，h ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以g ′(x )在[1，＋∞)上单调递减，g ′(x )≤g ′(1)＝1－2a ≤0，从而g (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以g (x )≤g (1)＝0，所以x ln x －a (x 2－1)≤0恒成立．综上所述，a 的取值范围是12，＋4．已知函数f (x )＝e 2x －ax (a ∈R )，e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的极值；(2)若关于x 的不等式x －x f (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解(1)∵f (x )＝e 2x －ax ，∴f ′(x )＝2e 2x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，函数f (x )无极值．当a >0时，令f ′(x )＝0，得2e 2x －a ＝0，得x ＝12ln a 2，易知当x ∞，12ln f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x a 2，＋f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f 12ln 22e a －a ×12ln a 2＝a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．综上，当a ≤0时，f (x )无极值；当a >0时，f (x )的极小值为a 2－a 2ln a 2，f (x )无极大值．(2)由x －x f (x )得，e 2x －ax ≥a ln x －ax ＋12a ，整理得e 2x －a ln x －12a ≥0.令h (x )＝e 2x －a ln x －12a (x >0)，则h (x )≥0恒成立，h ′(x )＝2e 2x －a xx >0)，当a <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，且当x →0＋时，h (x )<0，不满足题意．当a ＝0时，h (x )＝e 2x >0，满足题意．当a >0时，由h (x )≥0得1a ≥ln x ＋12e 2x .令p (x )＝ln x ＋12e 2x，则p ′(x )＝1x ·e 2x －x 2x (e 2x )2＝1x －2ln x －1e 2x ，令q (x )＝1x－2ln x －1(x >0)，则q ′(x )＝－1x 2－2x<0，∴q (x )单调递减，又q (1)＝0，故当x ∈(0,1)时，q (x )>0，即p ′(x )>0，p (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，q (x )<0，即p ′(x )<0，p (x )单调递减，∴p (x )max ＝p (1)＝12e2，∴1a ≥12e2，即0<a ≤2e 2.综上，实数a 的取值范围为[0,2e 2]．。

【精品教案】《选修11：导数的应用：恒成立问题、存在性问题》教案

由当x＝1时，f(x)取得极值－2，得f(1)＝a＋c＝－2，且f′(1)＝3a＋c＝0，解得
a＝1，c＝－3，所以f(x)＝x3－3x．
(2)令f′(x)＞0，解得x＜－1，或x＞1；令f′(x)＜0，解得－1＜x＜1，
从而函数f(x)在区间(－∞，－1)内为增函数，(－1，1)内为减函数，
在(1，＋∞)内为增函数．
（5）设函数、，存在，存在，使得，则
类型一恒成立问题
已知函数，，其中，．对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；
【解析】由成立，只需满足的最小值大于即可．对求导，，故在是增函数，，所以的取值范围是．
【总结与反思】在函数的导数应用中极值和最值往往都的联立出现的，尤其是最值的求解过程中，一定会涉及到极值的求解部分，所以也可以说：极值不一定是最值，但是最值一定是极值。
已知f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，当x＝1时，f(x)取得极值－2．
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明对任意x1、x2∈(－1，1)，不等式｜f(x1)－f(x2)｜＜4恒成立．
解：(1)由f(x)＝ax3＋cx＋d(a≠0)是R上的奇函数，知f(0)＝0，解得d＝0，
所以f(x)＝ax3＋cx(a≠0)，f′(x)＝3ax2＋c(a≠0)．
3. 若任意满足的实数，不等式恒成立，则实数的最大值是___。
4. 不等式在内恒成立，求实数a的取得 .∴ .
2.【答案】
【解析】由方程可得，对于任意的，可得，依题意得。
3.【答案】
【解析】由不等式可得，由线性规划可得，由函数单调性得最大值为。
答案与解析
1.【答案】
【解析】原不等式有解有解，而，所以。

2020年高三一轮复习数学教案第11讲《导数的分类讨论思想与恒成立问题》(学生版)

个性化教学辅导教案1．(2016·青岛模拟)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.2．(2016·衡水中学模拟)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<12，则不等式f(x2)<x22＋12的解集为________________．3、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于() A．11或18 B．11C．18 D．17或181、已知函数f （x ）=x -alnx ，当x ＞1时，f （x ）＞0恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．（1，+∞） B ．（-∞，1） C ．（e ，+∞） D ．（-∞，e ）2、已知函数f （x ）=（2-a ）lnx+x1+2ax（Ⅰ）当a=2时，求函数f （x ）的极值；（Ⅱ）当a ＜0时，讨论f （x ）的单调性3、定义在R 上的奇函数y=f （x ）满足f （3）=0，且当x ＞0时，不等式f （x ）＞﹣xf′（x ）恒成立，则函数g （x ）=xf （x ）+lg|x+1|的零点的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．44、已知函数f （x ）=x 3+3x 对任意的m∈[-2，2]，f （mx -2）+f （x ）＜0恒成立，则x∈ 。

学科分析：从近五年的考查情况来看,该讲一直是高考的重点和难点.一般以基本初等函数为载体,利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题,同时与解不等式关系最为密切,还可能与三角函数、数列等知识综合考查,一般出现在选择题和填空题的后两题中以及解答题的第21题,难度较大,复习备考的过程中应引起重视. 学生分析：1、学习风格（动觉型、视觉型、听觉型）2、知识点分析：（1）导数的分类讨论思想（2）导数的恒成立问题【精准突破一】学习目标：分类讨论思想在求函数单调区间中的运用目标分解：分类讨论思想在求函数单调区间中的运用【目标：分类讨论思想在求函数单调区间中的运用】利用导数求函数单调区间基本方法是先求导数'()0f x >，再解'()0f x >或'()0f x <得到单调递增或递减区间．纵观近几年的高考题，不难发现求函数单调区间问题是屡屡出现，它以导数为研究工具不断的出现在每年的高考题中，常考常新，试题类型也由最初的直接求单调区间问题逐步发展为要利用分类讨论思想才能完成的问题，也即利用分类讨论思想解决求单调区间问题已成为近几年高考的热点问题，这类试题出现频率高、函数类型变化大，对学生的综合能力要求高，但纵观其解题规律则不难看出其分类讨论的依据主要可分为三类：一、根据最高次项系数来分类：在解'()0f x >或'()0f x <得到单调递增或递减区间时，如果最高次项系数带有参数，且参数的取值不确定，则需要对参数的取值进行分类讨论，以此来确定导数在各区间上的符号，从而确定单调区间。

2025年高中数学高考精品备课教案：利用导数研究恒(能)成立问题

突破2利用导数研究恒（能）成立问题命题点1分离参数求参数范围例1[2023湖南衡阳5月三模]已知函数f（x）＝2＋ln x＋a.（1）当a＝0时，求f（x）的极值；（2）若对于任意的x∈[1，e2]，f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围.解析（1）当a＝0时，f（x）＝2＋ln x，则f'（x）＝－22＋1＝－22，当0＜x＜2时，f'（x）＜0，当x＞2时，f'（x）＞0，列表如下.x（0，2）2（2，＋∞）f'（x）－0＋f（x）↘极小值↗所以f（x）的极小值为f（2）＝1＋ln2，无极大值.（2）f（x）＝2＋ln x＋a≤0，即a≤－2－ln x.令g（x）＝－2－ln x，x∈[1，e2]，则a≤g（x）min.求导得g'（x）＝22－1＝2－2，当1≤x＜2时，g'（x）＞0，当2＜x≤e2时，g'（x）＜0，所以g（x）在[1，2）上单调递增，在（2，e2]上单调递减.因为g（1）＝－2，g（e2）＝－2e2－ln e2＝－2e2－2，所以g（1）＞g（e2），所以g（x）min ＝g（e2）＝－2e2－2.所以a≤g（x）min＝－2e2－2，即实数a的取值范围为（－∞，－2e2－2].方法技巧步骤：（1）利用不等式的性质，将参数分离出来，转化为f（x）＞a或f（x）＜a的形式；（2）通过研究函数的性质求出f（x）的最值；（3）得出参数a的取值范围.技巧：（1）f（x）＞a恒成立⇔f（x）min＞a；f（x）＜a恒成立⇔f（x）max＜a.（2）f（x）＞a有解⇔f（x）max＞a；f（x）＜a有解⇔f（x）min＜a.训练1[2024辽宁省联考]已知函数f（x）＝ln（x＋1）－ax＋2.（1）若a＝2，求f（x）在x＝0处的切线方程；（2）当x≥0时，f（x）＋2x＋x ln（x＋1）≥0恒成立，求整数a的最大值.解析（1）若a ＝2，则f （x ）＝ln （x ＋1）－2x ＋2，f （0）＝2，则切点坐标为（0，2），f '（x ）＝1r1－2，则切线斜率为f '（0）＝－1，所以切线方程为y －2＝－（x －0），即x ＋y －2＝0.（2）由f （x ）＋2x ＋x ln （x ＋1）≥0，得ax ≤（x ＋1）·[ln （x ＋1）＋2]，当x ＝0时，a ×0≤2，a ∈R ；当x ＞0时，a ≤（r1)[ln （r1）+2]，设g （x ）＝（r1)[ln （r1）+2]，g'（x ）＝－2－ln （r1）2，设h （x ）＝x －2－ln （x ＋1），h'（x ）＝r1＞0，则h （x ）在（0，＋∞）单调递增，因为h （3）＝1－ln 4＜0，h （4）＝2－ln 5＞0，所以存在x 0∈（3，4）使得h （x 0）＝0，即x 0－2＝ln （x 0＋1）.当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，即g'（x ）＜0；当x ∈（x 0，＋∞）时，h （x ）＞0，即g'（x ）＞0.则g （x ）在（0，x 0）单调递减，在（x 0，＋∞）单调递增，g （x ）min ＝g （x 0），所以a ≤g （x 0）＝（0+1)[ln （0+1）+2]＝（0+1)[(0－2）+2]＝x 0＋1.因为x 0∈（3，4），所以x 0＋1∈（4，5），所以整数a 的最大值为4.命题点2等价转化求参数范围例2[2023全国卷甲]已知函数f （x ）＝ax －sinB 3，x ∈（0，π2）.（1）当a ＝8时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）＜sin 2x ，求a 的取值范围.解析（1）当a ＝8时，f （x ）＝8x －sin cos 3，x ∈（0，π2），f'（x ）＝8－cos 4r3sin 2vos 2cos 6＝8＋2cos 2－3cos 4.令1cos 2＝t ，则t ∈（1，＋∞），令h （t ）＝－3t 2＋2t ＋8＝－（3t ＋4）（t －2），当t ∈（1，2）时，h （t ）＞0；当t ∈（2，＋∞）时，h （t ）＜0.故当x ∈（0，π4）时，f'（x ）＞0，f （x ）单调递增；当x ∈（π4，π2）时，f'（x ）＜0，f （x ）单调递减.综上，f （x ）在区间（0，π4）上单调递增，在区间（π4，π2）上单调递减.（2）令g （x ）＝f （x ）－sin 2x ＝ax －sinB 3－sin 2x ，则g'（x）＝a－cos4r3sin2vos2cos6－2cos2x＝a－cos 2r3sin2cos4－4cos2x＋2＝a－（－2cos2r3cos4＋4cos2x－2），令u＝cos2x，则u∈（0，1），令k（u）＝－2r32＋4u－2，则k'（u）＝2－63＋4＝43+2－63.当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，∴k（u）的值域为（3，＋∞）.①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，π2）上单调递减，∵当x∈（0，π2）时，g（x）＜0，∴f（x）＜sin2x.②当a＞3时，∃x0∈（0，π2）使得g'（x0）＝0，∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π2）上单调递减，∴g（x0）＞0，∴f（x）＜sin2x不成立.综上所述，a的取值范围为（－∞，3].方法技巧对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，通过分析，变形，合理构造函数（常用的有作差构造，同构化构造等），转化成求函数的最值问题.训练2[全国卷Ⅰ]已知函数f（x）＝e x＋ax2－x.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3＋1，求a的取值范围.解析（1）当a＝1时，f（x）＝e x＋x2－x，f'（x）＝e x＋2x－1.易知f'（0）＝0，且f'（x）在R上单调递增，故当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0；当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＞0.所以f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.（2）f（x）≥12x3＋1等价于（12x3－ax2＋x＋1）e－x≤1.设函数g（x）＝（12x3－ax2＋x＋1）e－x（x≥0），则g'（x）＝－（12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1）e－x＝－12x[x2－（2a＋3）x＋4a＋2]e－x＝－12x（x－2a－1）（x－2）e－x.（i）若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，2）上单调递增，故g（x）＞1，不合题意.（ii）若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当x∈（0，2a＋1）∪（2，＋∞）时，g'（x）＜0；当x∈（2a＋1，2）时，g'（x）＞0.所以g（x）在（0，2a＋1），（2，＋∞）上单调递减，在（2a＋1，2）上单调递增.因为g（0）＝1≤1，要使g（x）≤1，则g（2）＝（7－4a）e－2≤1，即a≥7－e24.所以当7－e24≤a＜12时，g（x）≤1.（iii）若2a＋1≥2，即a≥12，则g（x）≤（12x3＋x＋1）e－x.由于0∈[7－24，12），故由（ii）可得（12x3＋x＋1）e－x≤1.故当a≥12时，g（x）≤1.综上，a的取值范围是[7－24，＋∞）.命题点3双变量的恒（能）成立问题例3[2024广东七校联考]设a为实数，函数f（x）＝x3－3x2＋a，g（x）＝x ln x.（1）求f（x）的极值；（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2），求实数a的取值范围.解析（1）函数f（x）＝x3－3x2＋a的定义域为R，f'（x）＝3x2－6x＝3x（x－2），令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝2，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x（－∞，0）0（0，2）2（2，＋∞）f'（x）＋0－0＋f（x）↗极大值↘极小值↗故函数f（x）的极大值为f（0）＝a，极小值为f（2）＝a－4.（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2），则f（x1）min≥g（x2）max.由（1）可知，函数f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，故当x∈[1，3]时，f（x）min＝f（2）＝a－4.因为g（x）＝x ln x，当x∈[1，e]时，g'（x）＝1＋ln x≥0且g'（x）不恒为零，所以函数g（x）在[1，e]上单调递增，故g（x）max＝g（e）＝e，由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4，即实数a的取值范围是[e＋4，＋∞）.方法技巧解决双变量“存在性或任意性”问题的关键就是将含有全称量词或存在量词的条件“等价转化”为两个函数最值之间的关系（或两个函数值域之间的关系）.训练3[2023浙江杭州二中4月阶段测试]f（x）＝＋x ln 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；（2）如果对于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围.解析（1）存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）－g（x2）≥M成立，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[（1）－（2)]mQ≥M，即g（x）max－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－23），当23＜x＜2时，g'（x）＞0，当0＜x＜23时，g'（x）＜0，列表如下.x（0，23）23（23，2）g'（x）－0＋g（x）↘极小值↗又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝g（23）＝－8527，所以g（x）max－g（x）min＝11227≥M，所以满足条件的最大整数M为4.（2）对于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，则f（s）min≥g（t）max.由（1）易得当x∈[12，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，所以对于任意的x∈[12，2]，＋x ln x≥1成立，即a≥x－x2ln x成立.令h（x）＝x－x2ln x（12≤x≤2），则a≥h（x）max.求导得h'（x）＝1－2x ln x－x，令m（x）＝1－2x ln x－x（12≤x≤2），则m'（x）＝－3－2ln x＜0，所以h'（x）在[12，2]上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下.x（12，1）1（1，2）h'（x）＋0－h（x）↗极大值↘所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.思维帮·提升思维快速解题洛必达法则例4已知函数f（x）＝ln r1＋1，若f（x）＞ln－1＋恒成立，则k的取值范围为（－∞，0].解析解法一（分离参数＋洛必达法则）由题意知x＞0且x≠1，f（x）＞ln－1＋恒成立等价于k＜En r1＋1－En－1＝2En1－2＋1.（分离参数）记g（x）＝2En1－2＋1，则g'（x）＝2（2+1）lnr2（1－2）（1－2）2＝2（2+1）（1－2）2·（ln x＋1－22+1）.记h（x）＝ln x＋1－22+1，则h'（x）＝1－4（1+2）2＝（1－2）2（1+2）2≥0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，且h（1）＝0，因此，当x∈（0，1）时，h（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，即当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.由洛必达法则得lim→1g（x）＝lim→12En1－2＋1＝lim→12lnr2－2＋1＝2ln1+2－2×1＋1＝0，（构造出00型，利用洛必达法则求解）即当x→1时，g（x）→0.所以当x＞0且x≠1时，g（x）＞0，所以k≤0.故k的取值范围是（－∞，0].解法二f（x）－（ln－1＋）＝11－2[2ln x＋（－1)(2－1）].设h（x）＝2ln x＋（－1)(2－1）（x＞0），则h'（x）＝（－1)(2+1）+22.①当k≤0时，由h'（x）＝（2+1)－（－1）22知，当x≠1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减.而h（1）＝0，故当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得11－2h（x）＞0；当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，可得11－2h（x）＞0.从而当x＞0，且x≠1时，f（x）－（ln－1＋）＞0.即f（x）＞ln－1＋.②当0＜k＜1时，y＝（k－1）（x2＋1）＋2x＝（k－1）x2＋2x＋k－1，其图象开口向下，且Δ＝4－4（k－1）2＞0，对称轴为直线x＝11－，11－＞1，所以当x∈（1，11－）时，（k－1）（x2＋1）＋2x＞0，故h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，11－）时，h（x）＞0，可得11－2h（x）＜0，与题设矛盾.③当k≥1时，此时h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，可得11－2·h（x）＜0，与题设矛盾.综上所述，k的取值范围为（－∞，0].方法技巧洛必达法则法则1若函数f（x）和g（x）满足下列条件：（1）lim→f（x）＝0及lim→g（x）＝0；（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；（3）lim→'(）n(）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.那么lim→（）（）＝lim→'(）n(）＝l.法则2若函数f（x）和g（x）满足下列条件：（1）lim→f（x）＝∞及lim→g（x）＝∞；（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；（3）lim→'(）n(）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.那么lim→（）（）＝lim→'(）n(）＝l.训练4已知函数f（x）＝x（e x－1）－ax2（a∈R）.（1）若f（x）在x＝－1处有极值，求a的值；（2）当x＞0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.解析（1）f'（x）＝e x－1＋x e x－2ax＝（x＋1）e x－2ax－1，依题意知f'（－1）＝2a－1＝0，∴a＝12.（2）解法一当x＞0时，f（x）≥0，即x（e x－1）－ax2≥0，即e x－1－ax≥0，令φ（x）＝e x－1－ax（x＞0），则φ（x）min≥0，φ'（x）＝e x－a.①当a≤1时，φ'（x）＞0，∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴φ（x）＞e0－1－0＝0，∴a≤1满足条件.②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'（x）＜0，若x＞ln a，则φ'（x）＞0.∴φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，∴φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－a ln a≥0.令g（a）＝a－1－a ln a（a＞1），则g'（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a＜0，∴g（a）在（1，＋∞）上单调递减.∴g（a）＜1－1－ln1＝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（－∞，1].解法二当x＞0时，f（x）≥0，即x（e x－1）－ax2≥0，即e x－1－ax≥0，即ax≤e x－1，即a≤－1恒成立，令h（x）＝－1（x＞0），则h'（x）＝（－1）+12，令k（x）＝e x（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝e x·x＞0，∴k（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴k（x）＞e0×（0－1）＋1＝0，∴h'（x）＞0，∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增.由洛必达法则知，lim→0h（x）＝lim→0e－1＝lim→0e x＝1，∴a≤1.故实数a的取值范围是（－∞，1].1.[命题点1]已知函数f（x）＝'(1）e e x＋（0）2x2－x，若存在实数m使得不等式f（m）≤2n2－n成立，则实数n的取值范围为（A）A.（－∞，－12]∪[1，＋∞）B.（－∞，－1]∪[12，＋∞）C.（－∞，0]∪[12，＋∞）D.（－∞，－12]∪[0，＋∞）解析对函数f（x）求导可得，f'（x）＝'(1）e e x＋f（0）·x－1，∴f'（1）＝f'（1）＋f（0）－1，得f（0）＝1.又f（0）＝'(1）e，∴f'（1）＝e.故f（x）＝e x＋12x2－x，f'（x）＝e x＋x－1，易得导函数f'（x）单调递增，f'（0）＝0，故f（x）min＝f（0）＝1.由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2－n≥1，解得n∈（－∞，－12]∪[1，＋∞）. 2.[命题点2/2023山东潍坊4月模拟改编]已知函数f（x）＝14x3－x2sinα＋x＋1，证明：存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞e x有解.解析要证存在α∈[－π6，π2]，使得f（x）＞e x有解，只需证存在α∈[－π6，π2]，使得（14x3－x2sinα＋x＋1）e－x＞1有解.因为α∈[－π6，π2]，所以－1≤－sinα≤12，所以－x2sinα≤12x2，当α＝－π6时，等号成立.所以（14x3－x2sinα＋x＋1）e－x≤（14x3＋12x2＋x＋1）e－x.所以只需证[（14x3＋12x2＋x＋1）·e－x]max＞1.设函数g（x）＝（14x3＋12x2＋x＋1）e－x，则g'（x）＝－14x2（x－1）e－x.当x∈（－∞，1）时，g'（x）≥0，g（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）.因为g（1）＝14＋12+1+1e＝2.75e＞1，所以存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞e x有解.3.[命题点3]已知函数f（x）＝x＋a ln x（a∈R），g（x）＝e x－1（e为自然对数的底数）.（1）若直线y＝0与函数y＝f（x）的图象相切，求a的值；（2）设a＞0，∀x1，x2∈[3，＋∞）（x1≠x2），都有｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜，求实数a的取值范围.解析（1）易知a≠0，f'（x）＝1＋，设切点坐标为（x0，0），则1＋0＝0，解得x0＝－a，所以－a＋a ln（－a）＝0，所以a＝－e.（2）因为a＞0，所以x∈[3，＋∞）时，f'（x）＞0，所以f（x）在[3，＋∞）上为增函数；因为g'（x）＝e x＞0，所以g（x）在[3，＋∞）上为增函数.不妨设x1＜x2，则f（x1）＜f（x2），g（x1）＜g（x2），所以｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜可转化为f（x2）－f（x1）＜g（x2）－g（x1），即f（x1）－g（x1）＞f（x2）－g（x2）.设h（x）＝f（x）－g（x）＝x＋a ln x－e x＋1，则h（x）在[3，＋∞）上为减函数，h'（x）＝1＋－e x≤0在[3，＋∞）上恒成立，即∀x∈[3，＋∞），x e x－x≥a恒成立.设v（x）＝x e x－x，x∈[3，＋∞），则v'（x）＝e x＋x e x－1＞0，所以v（x）＝x e x－x在[3，＋∞）上为增函数，所以v（x）min＝3e3－3，所以a≤3e3－3.故a的取值范围为（0，3e3－3].学生用书·练习帮P2831.[2024贵阳市模拟节选]已知函数f（x）＝x3＋（a－2）x＋a，a∈R.若f（x）－x3＋x2ln x≥0，求a的取值范围.解析解法一由x＞0，得f（x）－x3＋x2ln x≥0⇔ln x＋－2＋2≥0，设g（x）＝ln x＋－2＋2，则g'（x）＝1－－22－23＝2＋（2－）－23＝（r2)(－）3（x＞0），①当a≤0时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，x→0时，g（x）→－∞，不合题意；②当a＞0时，x∈（0，a），g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴g （x ）≥g （a ）＝ln a ＋－2＋2＝ln a ＋1－1，∴g （x ）≥0⇔ln a ＋1－1≥0，易知y ＝ln a ＋1－1单调递增，且ln 1＋1－11＝0，故g （x ）≥0⇔g （a ）≥0⇔a ≥1.综上，a 的取值范围为[1，＋∞）.解法二令g （x ）＝f （x ）－x 3＋x 2ln x ＝a （x ＋1）－2x ＋x 2ln x ，则g （x ）≥0恒成立，即∀x ＞0，a ≥（2－2ln r1）max .令h （x ）＝2－2ln r1，则h'（x ）＝－（r2)(－1+En ）（r1）2，令φ（x ）＝x －1＋x ln x ，则φ'（x ）＝ln x ＋2，当x ∈（0，e －2）时，φ'（x ）＜0，φ（x ）单调递减，当x ∈（e －2，＋∞）时，φ'（x ）＞0，φ（x ）单调递增，∴φ（x ）min ＝φ（e －2）＝－1－e －2.又φ（1）＝0，当x →0时，φ（x ）→－1，当x →＋∞时，φ（x ）→＋∞，∴φ（x ）的大致图象如图所示.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，∴h （x ）max ＝h （1）＝1，∴a ≥1.2.[2023湖南长沙一中5月三模]已知函数f （x ）＝x sin x ＋cos x .（1）当x ∈（0，π）时，求函数f （x ）的单调区间；（2）设函数g （x ）＝－x 2＋2ax ，若对任意的x 1∈[－π，π]，存在x 2∈[0，1]，使得12πf （x 1）≤g （x 2）成立，求实数a 的取值范围.解析（1）f （x ）＝x sin x ＋cos x ，则f '（x ）＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .当x ∈（0，π）时，令f '（x ）＞0，得0＜x ＜π2，令f '（x ）＜0，得π2＜x ＜π，所以当x ∈（0，π）时，函数f （x ）的单调递增区间为（0，π2），单调递减区间为（π2，π）.（2）对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得12πf（x1）≤g（x2）成立，即[12πf（x1）]max≤[g（x2）]max.当x∈[－π，π]时，f（－x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数.由（1）得f（x）在[0，π]上的最大值为f（π2）＝π2，所以f（x）在[－π，π]上的最大值为π2.所以对x1∈[－π，π]，[12πf（x1）]max＝12π×π2＝14.故原问题转化为[g（x2）]max≥14.易知函数g（x）＝－x2＋2ax为二次函数，其图象开口向下，对称轴为直线x＝a.①当a≤0时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（0）＝0，不合题意.②当0＜a＜1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（a）＝a2，令a2≥14，得a≥12或a≤－12（舍去），所以12≤a＜1.③当a≥1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（1）＝2a－1，令2a－1≥14，得a≥58，所以a≥1.综上，a的取值范围是[12，＋∞）.3.[2022新高考卷Ⅱ节选]已知函数f（x）＝x e ax－e x.（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围.解析（1）当a＝1时，f（x）＝x e x－e x，f'（x）＝x e x，当x＞0时，f'（x）＝x e x＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当x＜0时，f'（x）＝x e x＜0，函数f（x）在（－∞，0）上单调递减.（2）f'（x）＝（1＋ax）e ax－e x（x＞0），①当a≥1时，f'（x）＝（1＋ax）e ax－e x＞e ax－e x≥e x－e x＝0，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.②当a≤0时，f'（x）≤e ax－e x≤1－e x＜0.所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（x）＜－1，满足题意.③当0＜a≤12时，f'（x）≤（1＋2）e2－e x＝e2[（1＋2）－e2]，设G（x）＝1＋2－e2（x＞0），则G'（x）＝12－12e2＜0，所以G（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以G（x）＜0，所以f'（x）≤e2G（x）＜0，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（x）＜－1，满足题意.④当12＜a＜1时，f'（x）＝e ax[1＋ax－e（1－a）x]，令H（x）＝1＋ax－e（1－a）x，则f'（x）＝e ax H（x），H'（x）＝a＋（a－1）·e（1－a）x，易知H'（x）为减函数，又H'（0）＝2a－1＞0，x→＋∞时，H'（x）＜0，所以∃x0∈（0，＋∞），使H'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，H'（x）＞0，H（x）在（0，x0）上单调递增，此时H（x）＞0，所以当x∈（0，x0）时，f'（x）＝e ax H（x）＞0，f（x）在（0，x0）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.综上，实数a的取值范围为（－∞，12].4.[2023河南信阳三模]已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cos x.（1）当x∈[0，π]时，求证：f（x）＞0.（2）若f（x）≤ax＋1恒成立，求a的值.解析（1）f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cos x＝ln（x＋1）＋2sin（x＋π4）.当x∈[0，3π4]时，ln（x＋1）≥0，sin（x＋π4）≥0，且二者不同时为0，所以f（x）＞0.当x∈（3π4，π]时，ln（x＋1）＞ln（1＋3π4）＞ln3＞1，且2sin（x＋π4）≥2sin5π4＝－1，所以f（x）＞0.综上，当x∈[0，π]时，f（x）＞0.（2）令g（x）＝f（x）－（ax＋1）＝ln（1＋x）＋sin x＋cos x－ax－1（x＞－1），若f（x）≤ax＋1恒成立，则g（x）≤0恒成立，只需g（x）max≤0.因为g（0）＝0，且g（x）的图象在定义域上连续不间断，所以x＝0是g（x）的一个极大值点，则有g'（0）＝0.因为g'（x）＝11+＋cos x－sin x－a，所以g'（0）＝11+0＋cos0－sin0－a＝2－a＝0，a＝2.当a＝2时，g'（x）＝11+＋cos x－sin x－2＝11+＋2cos（x＋π4）－2.当x∈（－1，0]时，11+＞1，2cos（x＋π4）≥1，所以g'（x）＞0，故g（x）在（－1，0]上单调递增；当x∈（0，3π4]时，g'（x）在（0，3π4]上单调递减，且g'（0）＝0，所以g'（x）＜g'（0）＝0，故g（x）在（0，3π4]上单调递减；当x∈（3π4，＋∞）时，11+＜12，所以g'（x）＝11+＋2cos（x＋π4）－2＜12＋2－2＜0，故g（x）在（3π4，＋∞）上单调递减.综上，当a＝2时，g（x）在（－1，0]上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减，g（x）≤0恒成立.故若f（x）≤ax＋1恒成立，则a＝2.。

高中数学课件-导数中的综合问题-第1课时恒(能)成立问题

高考重难突破一导数中的综合问题第1课时恒（能）成立问题对利用导数研究不等式恒成立与有解问题，一般可转化为最值问题处理.若>对∈恒成立，则只需>max;若<对∈恒成立，则只需<min;若存在0∈，使>0成立，则只需>min;若存在0∈，使<0成立，则只需<max,由此构造不等式，求解参数的取值范围.技法一分离参数法例1已知函数=En +1+B,且曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0.（1）求实数,的值及函数的单调区间；【解】由=En +1+B>0,得′=−12+=B2+B−12,因为曲线=在点1,1处的切线方程为2−+1=0,所以有′1=2,1=3,即&+−1=2,&1+=3,解得&=1,&=2.所以′=22+K12=2K1r12>0,由′>0,得>12，所以函数的单调递增区间是12,+∞ ;由′<0,得0<<12,所以函数的单调递减区间为0,12.（2）若关于的不等式−2≥32+恒成立，求实数的取值范围.【解】由（1）知=ln +1+2.不等式−2≥32+恒成立，等价于当∈0,+∞时，≤En +122−2+1恒成立.令=En +122−2+1>0,则≤min,′=ln +−1,当∈0,1时，′<0,单调递减；当∈1,+∞时，′>0,单调递增.所以min=1=−12，所以≤min=−12,即实数的取值范围是−∞,−12].求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为≥（或≤）对任意∈恒成立，再转化为≥max（或≤min）最值关求函数在区间上的最大值（或最小值）【对点训练】(2023·黑龙江哈尔滨模拟)若对任意正实数，不等式e2−≤1恒成立，求实数的范围.解：因为不等式e2−≤1恒成立，e2>0，所以≤1e2+>0恒成立，设=1e2+，则≤min.因为′=−2e2+1，令′=0，则=ln 22，所以当∈ 0,ln 22时，′<0，当∈ln 22,+∞ 时，′>0，所以在0,ln 22上单调递减，在ln 22,+∞ 上单调递增，所以min=ln 22=12+ln 22，所以≤ln 22+12.故实数的取值范围为−∞,ln 22+12].技法二分类讨论法例2(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（1）讨论的单调性；【解】因为′=2+，>0，①若≥0，则′>0恒成立，在0,+∞上单调递增.②若<0，令′=0，得=−2，当∈ 0,−2时，′<0，单调递减；当∈−2,+∞ 时，′>0，单调递增.综上所述，当≥0时，在0,+∞上单调递增；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.(2023·山东烟台模拟)已知函数=2+ ln .（2）若≥0恒成立，求的取值范围.【解】由（1）知′=22+>0，当>0时，′>0，所以单调递增，又→0+，→−∞，故≥0不恒成立；当=0时，=2>0，符合题意；当<0时，在0,−2上单调递减，在−2,+∞ 上单调递增.所以min=−2=−2+En−2，由≥0恒成立，可得−2+En−2≥0，解得≥−2e，所以−2e≤<0.综上，的取值范围为[−2e,0].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.【对点训练】(2023·湖南湘潭模拟)设函数=ln −B+1−+2−10<<1，若对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，则实数的取值为__.12解析：由题意得，1=0，′=1−−1−2=−B2−r1−2=−K1[B−1−]2，令′=0，得1=1和2=1−，①当=12时，此时1−=1，所以′≤0，即有单调递减，故∈0,1时，>0；∈1,+∞时，<0，所以对于∀∈0,+∞，都有1−≥0成立，满足题意；②当0<<12时，有1<2，当∈1,2时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈1,2时，均有≥1=0,所以1−≤0，不合题意；③当12<<1，有1>2，当∈2,1时，′>0，单调递增，而1=0，故可知当∈2,1时，均有≤1=0，所以1−≤0，不合题意.综上，=12.技法三最值定位法例3设=+En ，=3−2−3.如果对于任意的，∈[12,2]，都有≥成立，求实数的取值范围.【解】对任意的，∈[12,2]，都有≥，则min≥max.由题意知∈[12,2],′=32−2，由′>0，得23<≤2，由′<0，得12≤<23,所以在[12,23上单调递减，在23,2]上单调递增，12=−258，2=1，所以当∈[12,2]时，max=2=1.所以当∈[12,2]时，=+En ≥1恒成立，即≥−2ln 恒成立.令ℎ=−2ln ，∈[12,2]，所以ℎ′=1−2En −,ℎ″=−3−2ln <0，所以ℎ′在[12,2]上单调递减，又ℎ′1=0,所以当∈[12,1]时，ℎ′≥0，当∈[1,2]时，ℎ′≤0.所以ℎ在[12,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减，所以ℎmax=ℎ1=1，故≥1.所以实数的取值范围是[1,+∞ .“双变量”的恒（能）成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有：（1）∀1，2∈，1>2⇔min>max.（2）∀1∈1,∃2∈2，1>2⇔min>min.（3）∃1∈1，∀2∈2，1>2⇔max>max.【对点训练】已知=3−3+3−e ， =ln +1 + ， ∃1∈[0,2] ， ∀2∈[0,2] ，使得 1 ≤ 2 成立，则实数的取值范围是_____________. [1−1e ,+∞解析：因为∃1∈[0,2]，∀2∈[0,2]，使得1≤2成立等价于在[0,2]上，min≤min.易得′=−1 3+3+1e，当∈[0,2]时，3+3+1e>0，所以在区间[0,1]上单调递减，在区间[1,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为1=1−1e.易知在[0,2]上单调递增，所以函数在区间[0,2]上的最小值为0=，所以1−1e≤，即实数的取值范围是[1−1e,+∞ .。

选修11导数的应用恒成立问题存在性问题教案

教学过程、导入【教学建议】导入是一节课必备的一个环节，是为了激发学生的学习兴趣，帮助学生尽快进入学习状 ^态。

导入的方法很多，仅举两种方法：①情境导入，比如讲一个和本讲内容有关的生活现象；②温故知新，在知识体系中，从学生已有知识入手，揭示本节知识与旧知识的关系，帮学生建立知识网络。

极值与最值的区别和联系⑴函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是函数在整个定义域上的情况，是对函数在整个定义域上的函数值的比较.(2) 函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端点的函数值进行比较，或者考察函数在区间内的单调性.(3) 如果连续函数在区间(a, b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值.(4) 可用函数的单调性求f(x)在区间上的最值，若f(x)在［a, b］上单调递增，贝U f(x)的最大值为f(b)，最小值为f(a),若f(x)在［a, b］上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.二、知识讲解考点恒成立恒题立问题a A f (X M亘成立二a> f(X hax ；a兰f(X )恒成立=a兰f(X h n(2)能成立问题的转化：a n f(x )能成立二a A f(x)min；a兰f (x能成立n a兰f(x h ax(3)恰成立问题的转化： a f x在M上恰成立：j a f x的解集为a f x在M上恒成立a _ f x在C R M上恒成立另一转化方法：若x・D, f(x) _ A在D上恰成立，等价于f (x)在D上的最小值f min (x^ A，若D, f(x)乞B在D上恰成立，则等价于 f (x)在D上的最大值fmax(X)二B•(4)若不等式f X・g x在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y = f X和图象在函数y= g x图象上方；(5)若不等式在区间D上恒成立，则等价于在区间D上函数y二f x和图象在函数y二g x图象下方；考点2存在性问题(1)设函数f x、g x，对任意的x1 a, b i, 存在X2 e C , d】，使得f (x i)兰g(x2 ),则f min X gmin X(2)设函数f x 、g x ，对任意的• a , b 1,存在x 2 C, d 1,使得f X ［乞g x 2 ,则 f max X 空 g max X 。

新高考数学导数专题讲义第07讲导数中的恒成立与存在性问题(学生版+解析版)

第7讲导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1) 3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( ) A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)44．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞ D ．(1,)-+∞6．已知函数1()()xf x x a e=-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( )A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞ D ．21(e-，0) 7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e -C ．11e-D ．212e +12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e-C ．212e +D ．11e-13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e--B ．322e--C ．3142e--D ．11e--14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是( )A ．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( ) A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +- 18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e af x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围． 21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是． 22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是． 23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是． 24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是． 25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为．26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f xg x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．第7讲导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】解：设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方， ()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+， ∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>， ∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=---，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1)【解析】解：函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0， ∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方， ()(21)x g x e x '=+， ∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a ---，解得253a e ， a ∴的取值范围是25[3e ，3)2e．故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( ) A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【解析】解：设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-，由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <， ()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+， ∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>， ∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>，直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=---，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】解：设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-，则()(32)x g x e x '=+，2(,)3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>，2a e∴>， 1a <，a ∴的取值范围2(e ，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞ D ．(1,)-+∞【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+，10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e -，)+∞ D ．21(e -，0) 【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解，即得(1)x a x e -=-有两个不同的解，设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增， 2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →， 20a e -∴>>-．故选：D ．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x --， 1122()2()2f x x f x x ∴--，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数， ()20(0)ag x x x x'=+->恒成立， 22a x x ∴-恒成立，222(1)1x x x -=--+， ∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴．即a 的取值范围是[1，)+∞．故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立 ()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立则2()max a x >- 而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+，所以(1)2(1)2af x x x '+=-++．因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+恒成立，所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ．故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】解：由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1](1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+， p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立，整理可得：268a x x >++，01x <<，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ．故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( )A ．21e-B ．22e -C ．11e-D ．212e +【解析】解：()0f x 可化为 3(33)0x x e x x ae x -+--，即333xx a x x e -+-，令3()33xx F x x x e =-+-，则21()33(1)(33)x x x F x x x x e e--'=-+=-++，令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-，故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331e e =-+-=-；故实数α的最小值为11e -．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( )A ．21e-B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】解：若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x -++有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x =-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx x x '=-++，令1()3(1)h x lnx x=++，则231()x h x x -'=，令()0h x '>，解得：13x >，令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,)3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >，令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<，故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e =-，故a 的最小值是11e -，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e --B ．322e --C ．3142e --D ．11e--【解析】解：323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+--在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+-在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔-．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-，则211()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-'=+--=-++， [2x ∈-，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增； ∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值， 3122a e∴--， 3142a e∴--．故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是() A ．(,-∞ B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞【解析】解：2()()lnx x b f x x+-=，0x >， 2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=， 12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=，存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+，设1()2g x x x=+， ()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=，当()0g x '=时，解得：x =，当()0g x '>时，即22x <时，函数单调递增，当()0g x '<时，即1222x <时，函数单调递减， ∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=， 94b ∴<，故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( )A ．1[e ，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)【解析】解：1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=，所以1a e -，即实数a 的取值范围是1a e-，故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】解：设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ，依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞- 易得3a <-．故选：D ．17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( )A ．141(,]e e e+ B ．(e ，4] C ．1(0,]4e e e +-D ．14(0,]4e e +- 【解析】解：对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x +恒成立， 2444()24x f x x x x x x +==+⋅=，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()()11e maxg x e +++， ∴141e e ++，又0>，解得1404e e +<-．∴正数的取值范围为14(0,]4e e +-．故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为15．【解析】解：22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，5有解，由y =，可得函数y 的几何意义为点(,)2x e x 和点(,)2aa 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,)2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,)2，可得切点到直线20x y -=的距离为d =，5有解，且等号成立，由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10，即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 (-∞，1]4- ．【解析】解：设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-， 221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减， ()10ag x x x∴'=-+， 2211()24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-， 14a ∴-． a ∴的取值范围是(-∞，1]4-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 3[2e，1) ．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．【解析】解：（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+， ∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=---，解得32a e． a ∴的取值范围是3[,1)2e．（2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()x f x xe =-， ()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e =-．2()(1)g x x a =++， ()max g x a ∴=．1a e∴-， ∴实数m 的取值范围是1[,)e -+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e -+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 1[e，){}e +∞- ．【解析】解：当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+恒成立，即(0,)x ∈+∞时，1lnx c x c x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x =，21()lnx f x x -'=，令()0f x '>，解得：0x e <<，令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减， ()max f x f ∴=（e ）1e =，而10y x=-<，又当1x e =时，2()(1)(1)0cxc lnx xc e-+=+符合条件，c e ∴=-，故1ce，或c e =-，故答案为：1[e，){}e +∞-．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 [0，1] ．【解析】解：当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex -，即有xe ae x的最小值，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增；当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减．即有1x =处取得最小值，且为e ，则ae e ，解得01a <；当0a <时，0x >，0x e aex ->，只要10ax +恒成立，由于11ax +，则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 1a e -或a e = ．【解析】解：0a <，则0lnx ax +，令y lnx ax =+，则1y a x'=+， 10x a ∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a∴=-时，函数取得最大值1()1ln a --，0lnx ax +，1()10ln a ∴--，1a e∴-；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意； 0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =，综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 (-∞，1]- ．【解析】解：当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++，令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数， ()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x =+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）． ()()f x g x ∴在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立．综上，1a -．故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 [3-，0) ．【解析】解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10af x x'=->恒成立，此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数，又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数不妨设1201x x <，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-，则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x --等价为121211|()()|4||f x f x x x --，即212144()()f x f x x x ++设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+，则121211|()()|4||f x f x x x --，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=， 240x ax ∴--在(0，1]上恒成立，即4a x x -在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x =-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x ∴=-的最大值为3-3a ∴-，又0a <，[3a ∴∈-，0)．故答案为：[3-，0)． 26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 22[33e -，0) ．【解析】解：易知1(),()f x g x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f x g x g x -<- 等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-，即212111()()()()f x f xg x g x -<-；令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=--在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈恒成立；令11(),[3,4]x x e u x x e x x--=-+∈， ∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 [1-，2] ．【解析】解：由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--， 11x e +>，∴1(0,1)1xe ∈+，由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]，2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a -．即a 的取值范围为[1-，2]，故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f xg x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 1k ．【解析】解：当0x >时，21()2f x e x x =+2x e x =， 1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ， 2()x e x g x e =，2(1)()xe x g x e -∴'=，当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增，当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减， 1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=，不等式12()()1f x g x k k +恒成立且0k >， ∴21ee k k +， 1k ∴故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x =，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f xg x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．【解析】当0a <时，()10a f x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立， ∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=， 2(1)()0x e x g x x -'=>在[4x ∈，5]上恒成立， ()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x=-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数． 2(1)()10x a e x F x x x -'=--在[4x ∈，5]上恒成立，化为xx e a x e x -+恒成立．设()xxe H x x e x =-+， 222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+，[4x ∈，5]． 231133[()]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]． ()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-． 43404e a ∴-<．。

【教育资料】江苏省高三数学一轮复习导数的应用学案恒成立问题(无答案)学习精品

教育资源教育资源导数的综合应用——不等式恒成立问题教学目标：1.通过实例，探讨如何利用导数解决不等式恒成立问题的两种常见类型；2.通过实例，体会“转化与化归”的数学思想方法.重点难点：重点：不等式恒成立问题的两种常见类型的解决方法；难点：把“转化与化归”的数学思想方法渗透到数学内容和解题过程中.学习过程：一、类型1 [引例]（1）若0≥+a x 在]2,1[∈x 恒成立，求a 的范围. （2）若022≥+-ax x 在]2,1[∈x 恒成立，求a 的范围. （3）若存在]2,1[∈x ，使得012≥--a e xx成立，求a 的范围. 例1：已知函数)0(ln )(2>+-=a a x a x x f 在区间),0(+∞内满足0)(≥x f ，求实数a 的取值范围.变式训练1：已知函数),0(ln )(,)(2>=+=a x a x g a x x f 在区间),0(+∞内满足)()(x g x f ≥恒成立，求实数a 的取值范围.变式训练2：已知函数xxa x x f ln )(+=（其中a 为常数），若对任意)(],,0(x f m a ∈在定义域单调递增，求m 的最大值.[巩固练习]例2：已知函数)0(ln 1)(>+=a x a x f .若在区间),1(e 内，x x f >)(恒成立，求实数a 的取值范围.二、类型2例3：已知x x x g xa x x f ln 2)(,)(22+-=+=，其中0>a ，若对任意),0(,21+∞∈x x ，都有)()(21x g x f ≥恒成立，求实数a 的取值范围.变式训练：已知函数22)(),0(ln )(2+-=<+=x x x g a x ax x f ，若对任意),0(1+∞∈x ，均存在]1,0[2∈x ，使得)()(21x g x f <成立，求a 的取值范围.[巩固练习]例4：已知函数1ln )(),0(ln )(+=>+=xx x g a x x a x f .若对任意),0(,21+∞∈x x 有)()(21x g x f ≥成立，求a 的取值范围.。