高中数学导学案 第四节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题

第四节利用导数研究不等式恒(能)成立问题考教衔接·活用教材探究式精练收获一个“赢”命题点一分离参数法解决不等式恒(能)成立问题例1：已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝xlnx．若不等式f(x)－g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．学霸笔记：分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法．一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<fxmin，若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需跟踪训练已知函数f(x)＝eax－x.(1)求f(x)的单调区间；(2)若∃x∈[－1，1]，使f(x)≥3成立，求a的取值范围．命题点二最值法解决不等式恒(能)成立问题例2：(2026·衡水模拟)已知函数f(x)＝lnx+a(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的值．学霸笔记：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①f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0；②f(x，a)<0有解⇔g(a)<0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0；②f(x，a)>0有解⇔g(a)>0.跟踪训练(衔接·人教B版选修三P102B组T5)已知a>0且f(x)＝ax＋a-2x＋2－2a，若f(x)≥2lnx在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围命题点三双变量不等式恒(能)成立问题例3：(2026·郑州模拟)已知函数f(x)＝m(x2＋2x)－ln(xex)(m∈R)，g(x)＝1－ex2＋x(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当m>0时，若对于任意x1>0，总存在x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．学霸笔记：“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∈D(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，fx(4)∃x1∈D1，∃x2∈D跟踪训练已知函数f(x)＝alnx－x(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，设g(x)＝x－lnx－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求实数a的取值范围．提示：请完成课时作业19第四节利用导数研究不等式恒(能)成立问题考教衔接·活用教材例1解析：因为不等式f(x)－g(x)≥0恒成立，即f(x)≥g(x)，得ex－ax－1≥xlnx，即a≤ex-xln令h(x)＝ex-xlnx-1x，x>0，则h当x∈(0，1)时，h′(x)<0，即h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)单调递增．所以h(x)≥h(1)＝e－1，则a≤e－1，所以实数a的取值范围为(－∞，e－1].跟踪训练解析：(1)对f(x)＝eax－x求导得f′(x)＝aeax－1.当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在R上单调递减．当a>0时，令f′(x)＝0，即aeax－1＝0，eax＝1a，ax＝ln1a＝－lna，解得x＝－lnaa.当x<－lnaa时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>-lnaa时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；当a>0时，(2)f(x)≥3在[－1，1]有解，即当x∈[－1，1]时，f(x)max≥3，当a>0时，由(1)知函数在[－1，1]上的最大值在端点处取得．此时f(1)＝ea－1，f(－1)＝e－a＋1，所以ea－1≥3或e－a＋1≥3，得a≥ln4或a≤－ln2，又a>0，所以a≤－ln2舍去，所以a≥ln4＝2ln2.当a≤0时，函数在[－1，1]上单调递减，那么最大值在x＝－1处取得．此时f(－1)＝e－a＋1，所以e－a＋1≥3，得a≤－ln2.综合两种情况，可得a的取值范围为a≤－ln2或a≥2ln2.例2解析：(1)f(x)＝lnx＋ax－a，f′(x)＝1x-ax2＝x-a当a≤0时，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0恒成立；当a＞0时，x∈(a，＋∞)，f′(x)>0；x∈(0，a)，f′(x)<0.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无减区间；当a＞0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．(2)当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，对f(1)＝0，则当x∈(0，1)时，f(x)<0，不符合题意．当a＞0时，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝lna＋aa－a＝lna＋1－a因为f(x)≥0，所以f(x)min＝lna＋1－a≥0.令g(a)＝lna＋1－a，a>0，g′(a)＝1a当0<a<1，g′(a)>0，g(a)单调递增；当a>1，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以g(a)max＝g(1)＝ln1＋1－1＝0，g(a)≤0，所以满足f(x)min＝lna＋1－a≥0，只能是g(a)＝0，所以a＝1.跟踪训练解析：f(x)≥2lnx在[1，＋∞]上恒成立，即f(x)－2lnx≥0在[1，＋∞)上恒成立．设g(x)＝f(x)－2lnx＝ax＋a-2x＋2－2a－2lnx则g′(x)＝a－a-2x令g′(x)＝0，则x＝1或x＝2-aa由于g(1)＝0，a>0，因此2-aa≤1(否则2-aa是g(x)的极小值点，即g2-aa<g(1)＝0)，所以故实数a的取值范围为[1，＋∞)．例3解析：(1)f(x)＝m(x2＋2x)－ln(xex)＝m(x2＋2x)－x－lnx，则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝2mx-1x+1x，所以当m≤0时，有f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当m>0时，由f′(x)<0解得x∈0，12m，f(由f′(x)>0解得x∈12m，+∞，f(x)综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m>0时，f(x)在0，12m(2)由(1)知，当m>0时，f(x)min＝f12m＝－14m＋ln2m＋根据题意，不等式等价于－14m+ln2m+1≥gx2min，对于g(x)＝1－12ex＋x2，x∈[－2，－1]，则g′(x)＝－ex2＋2所以g(x)在x∈[－2，－1]上单调递减，所以g(x)min＝g(－1)＝2－12e则有－14m＋ln2m＋1≥2－12e，即14m－ln2m－1≤设h(m)＝14m－ln2m－1，(m>0)，则h′(m)＝－14所以h(m)在定义域内为减函数．又he2＝12e－所以14m－ln2m－1≤12e－2⇔h(m)≤he2，所以m≥e2，即跟踪训练解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax-由f′(x)＝-x+ax(x>0)①当a≤0时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无增区间．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，＋∞)．(2)由已知，转化为f(x)max<g(x)min.由(1)知，当a>0时，函数f(x