2027届高考数学一轮复习3.3.2导数与不等式恒(能)成立（课件）

第三讲导数的综合应用第二课时导数与不等式恒(能)成立考点突破·互动探究分离参数法名师点拨：分离参数法解决恒成立问题的策略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.【变式训练】(2026·常州模拟)已知函数f(x)＝(mx－1)ex(m∈R)在x＝0处取得极值．(1)求m的值；[解析]

(1)由f(x)＝(mx－1)ex，可得f′(x)＝(mx＋m－1)ex，由f′(0)＝(m－1)e0＝0，解得m＝1，此时f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，故0是函数f(x)的极值点，故符合题意，所以m＝1.等价转化法(1)当a＝1时，求f(x)的极值；(2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围．名师点拨：“等价转化法”解决不等式恒成立问题在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立⇔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.【变式训练】(2026·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，则g′(x)＝m－lnx，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<em，则g(x)在[e，em)上单调递增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为(－∞，1].双变量的恒(能)成立问题(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围．名师点拨：“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)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.【变式训练】(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．名师讲坛·素养提升洛必达法则已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．[解析]

解法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a.∵x>0，∴ln(x＋1)>0.①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．②当1－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．【变式训练】已知函数f(x)＝x(ex－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．(2)解法一：当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若0<x<lna，则φ′(x)<0，若x>lna，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．∴g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a>1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．提能训练练案[19]A组基础巩固(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)－ex成立，求实数a的取值范围．[解析]

(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，则f′(x)＝1－ex，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．3．(2026·福建泉州模拟)已知函数f(x)＝x2lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x>0，使得f(x)≤ax成立，求实数a的取值范围．B组能力提升(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的最大值为1，证明：∀b∈R，f(x)≤g(x)．2．(2026·江西三新教研共同体联考)已知函数f(x)＝xex－lnx－x－1.(1)已知f(x)的导函数为f′(x)，证明：f′(x)＝0有唯一实数解；C组拓展应用(选作)(1)若a＝1，求函数f(x)的最小值；(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(3)若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围．当0<a＋1<1，即－1<a<0时，由h′(x)<0可得a＋1<x<1，由h′(x)>0可得0<x<a＋1或x>1，此时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a＋1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a＋1,1)；当a＋1＝1，即a＝0时，对任意的x>0，h′(x)≥0，且不恒为0，此时函数h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a＋1>1，即a>0时，由h′(x)>0可得0<x<1或x>a＋1，由h′(x)<0可得1<x<a＋1，此时函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，a＋1)．综上所述，当a≤－1时，函数h(x)的单调递减区为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；当－1<a<0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a＋1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a＋1,1)；当a＝0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a＋1，＋∞)，