2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第4讲 第1课时 利用导数解决不等式恒（能）成立问题

第四章导数及其应用第4讲

导数与函数的综合应用1.能利用导数研究函数的单调性、极值、最值，从而解决不等式恒(能)成立问题.2.能利用导数研究函数的性质，利用构造函数法、放缩法等解决不等式的证明问题.3.能利用导数研究函数的性质，结合函数图象与零点存在定理解决函数的零点问题．第1课时

利用导数解决不等式恒(能)成立问题核心考向突破课时作业目录核心考向突破考向一

恒成立问题求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数法：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．(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.已知函数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．令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解法二(构造函数法)：当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．考向二

能成立问题由不等式能成立求参数范围的常见题型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.考向三

双变量不等式恒(能)成立问题双变量不等式恒(能)成立问题的求解方法一般采用等价转化法：(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．解：因为f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，所以f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，因为0<m≤6，ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.课时作业解析：根据题意知f′(x)＝sinx－x，设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝cosx－1≤0，h(x)单调递减，所以当x＜0时，f′(x)＝h(x)＞h(0)＝0，f(x)单调递增，当x＞0时，f′(x)＝h(x)＜h(0)＝0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(0)＝0.又f(x)≤m恒成立，所以m的最小值为0.2．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为(

)A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，3) D．(－∞，3)解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得当x>2或x<0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当0<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故当－1≤x≤1时，在x＝0处函数f(x)取得最大值f(0)＝3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则f(0)＝3－a>0，故a<3.故选D.8．(2025·江苏南通模拟)若存在实数t，对任意的x∈(0，s]，不等式(lnx－x＋2－t)(1－t－x)≤0成立，则整数s的最大值为_____．(ln3≈1.099，ln4≈1.386)2四、解答题9．(2024·江苏南京二模)已知函数f(x)＝ex－ax＋a(a∈R，a≠0)，f′(x)为f(x)的导函数．(1)若f(0)＝2，求证：f′(x)＋f′(－x)≥0；(2)若∀x∈[0，3]，f(x)≥0，求a的取值范围．(2)易知f′(x)＝ex－a，①因为a≠0，若a<0或0<a≤1，则∀x∈[0，3]，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，3]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1＋a≥0，所以－1≤a<0或0<a≤1；②若1<a<e3，则由f′(x)＝0，得x＝lna，列表：x(0，lna)lna(lna，3)f′(x)－0＋f(x)

所以f(x)min＝f(lna)＝2a－alna≥0，所以1<a≤e2；③若a≥e3，则∀x∈[0，3]，f′(x)≤0，所以f(x)在[0，3]上单调递减，所以f(x)min＝f(3)＝e3－2a≥0，此时无解．综上，a的取值范围为[－1，0)∪(0，e2]．11．已知函数f(x)＝ex－a－lnx.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．解：(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(