2025高考数学一轮复习-高考难点突破系列(一)导数中的综合问题-第一课时 不等式恒（能）成立问题【课件】

高考难点突破系列(一)导数中的综合问题第一课时不等式恒(能)成立问题题型一分离参数法求参数范围①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，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.感悟提升1.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，这要比分类讨论法简便很多.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.训练1已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.解因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解，当x＝0时，不等式成立，此时a∈R；令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1，当x>0时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(0)＝0，即当x>0时，ex－(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，＋∞).题型二分类讨论法求参数范围令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，(2分)当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.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，＋∞)②.(8分)①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)<sin2x不成立③. (11分)→借助于隐零点x0，得g(x)的单调性，从而确定g(x)存在大于0的函数值，即f(x)<sin2x不成立.综上所述，a的取值范围为(－∞，3].(12分)[满分规则]❶得步骤分①处求函数的导数是解题步骤之一，也是本题最容易得分之处，一定要准确求导.❷得关键分解决不等式的恒成立问题就是转化为函数的最值或值域问题，而所涉及导数的单调性最为关键，在②处求出k(u)的值域，从而讨论g′(x)的符号确定g(x)的单调性.❸得讨论分解含参数的函数问题，要仔细观察参数的符号，对其进行分类讨论的分解问题，如③处.构造函数g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝lnx＋1－2ax，①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，题型三双变量的恒(能)成立问题解f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，当x∈[0，2]时，ex∈[1，e2]，且f(2)＝2e2－4a，f(0)＝0，∵∀x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2，∴当x∈[0，2]时，f(x)max－f(x)min≤a＋2e2.当x∈[0，2]时，(ⅰ)若a≤1，则ex－a≥0，∴f′(x)≥0，f(x)在[0，2]上单调递增，∴f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(0)＝2e2－4a≤a＋2e2，得0≤a≤1.(ⅱ)若a≥e2，则ex－a≤0，∴f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减，(ⅲ)若1<a<e2，由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)>0，得lna<x≤2，∴f(x)在(lna，2]上单调递增；由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)<0，得0≤x<lna，∴f(x)在[0，lna)上单调递减.而f(2)－f(0)＝2e2－4a，∵lna∈(2－ln2，2)，又h(e2)＝－e2<0，感悟提升双变量的恒(能)成立问题，常见的转化有：(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.解由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，又g′(x)＝(1－ex)x.所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)min＝g(0)＝1，拓展视野

洛必达法则2.洛必达法则例

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；解f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，经检验符合题意.(2)当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.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)＞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].法二当x＞0时，f(x)≥0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].训练

(2024·宁波调研节选)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].法二

x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·杭州模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1，(1)当a≤0时，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2；(2)当a＞0时，存在f(1)＝－a－1＜0，不满足题意，可知a＞0时，f(x)≥1不恒成立，综上，a≤－2.故实数a的取值范围是(－∞，－2].解由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3.由g′(x)>0，得x<1；由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.3.(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝xlnx.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；解f′(x)＝lnx＋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，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围.解当x≥1时，令g(x)＝xlnx－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令h(x)＝lnx＋1－2ax，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xlnx－a(x2－1)≥0，不符合题意；从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；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xlnx－a(x2－1)≤0恒成立.4.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝lnx－k(x－1)，且曲线