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(共42张PPT)
第5讲　大题专攻
——导数与不等式恒（能）成立问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
分离参数法解决恒（能）成立问题 利用导数解决不等式恒（能）成立问
题，是高考的热点之一，以解答题的
形式出现，多为压轴题，难度较大
分类讨论法解决恒（能）成立问题 二、真题感悟
1. （2023·全国甲卷理21题节选）（分类讨论法解决不等式恒成立问题）
已知函数f（x）＝ax－ ，x∈（0， ）.若f（x）＜ sin 2x，求a
的取值范围.
解：令g（x）＝f（x）－ sin 2x＝ax－ － sin 2x，
则g'（x）＝a－ －2 cos 2x＝a－ －4 cos 2x
＋2＝a－（ ＋4 cos 2x－2），
令u＝ cos 2x，则u∈（0，1），令k（u）＝ ＋4u－2，
则k'（u）＝ ＋4＝ .
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， ）上单调递减，
又g（0）＝0，∴当x∈（0， ）时，g（x）＜0，即f（x）＜ sin2x.
②当a＞3时， x0∈（0， ）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， ）上单调递减，
∴g（x0）＞g（0）＝0，∴f（x）＜ sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
2. （2024·新高考Ⅰ卷18题）（分类讨论解决不等式恒成立问题）已知函数
f（x）＝ln ＋ax＋b（x－1）3.
（1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值；
解： b＝0时，f（x）＝ln ＋ax，其中x∈（0，2），
则f'（x）＝ ＋a，x∈（0，2），
∵x（2－x）≤（ ）2＝1，当且仅当x＝1时等号成立，
故f'（x）min＝2＋a，而f'（x）≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2，
∴a的最小值为－2.
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
解：证明：法一　∵x∈（0，2），f（2－x）＋f（x）＝ln
＋a（2－x）＋b（1－x）3＋ln ＋ax＋b（x－1）3＝2a，
∴f（x）关于（1，a）中心对称.
法二　将f（x）向左平移一个单位长度 f（x＋1）＝ln ＋a（x＋1）
＋bx3关于（0，a）中心对称，
∴f（x）关于（1，a）中心对称.
解：令函数g（x）＝f（x）＋2，依题意g（x）＞0当且仅当1＜x＜2，
从而g（1）≤0.
若g（1）＜0，∵g（ ）＞0，
∴存在x0∈（1， ），使g（x0）＝0，矛盾，
从而g（1）＝0，故a＝－2.
f'（x）＝ ＋3b（x－1）2
＝（x－1）2［ ＋3b］.
（3）若f（x）＞－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围.
若b＜－ ，h（1）＜0，令h（x）＝0，得x＝1＋ 或x＝1－
（舍去），当x∈ 时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，f（x）在区间 上单调递减，不符合题目要求.
设h（x）＝ ＋3b，x∈（1，2），易知h（x）在（1，2）上单
调递增，h（1）＝2＋3b，
从而f'（x）≥0，当且仅当x＝1时等号成立，故f（x）在区间（1，2）上
单调递增，符合题目要求.
因此b的取值范围是［－ ，＋∞）.
若b≥－ ，当x∈（1，2）时，h（x）≥0.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
分离参数法解决恒（能）成立问题
【例1】　（2024·安庆二模）已知函数f（x）＝2ln x－x＋ （m∈R）.
（1）当m＝－3时，求函数f（x）的单调区间；
解：当m＝－3时，f（x）＝2ln x－x－ ，其定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝ －1＋ ＝ ＝ ，
令f'（x）＝0，得x＝3（x＝－1舍去），
当0＜x＜3时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x＞3时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减.
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，3），单调递减区间为（3，
＋∞）.
（2）若不等式f（x）≤0对任意的x∈[1，＋∞）恒成立，求实数m的取
值范围.
解：由条件可知m≤x2－2xln x对任意的x∈[1，＋∞）恒成立，
令h（x）＝x2－2xln x，x≥1，只需m≤[h（x）]min即可.
h'（x）＝2x－2（ln x＋1）＝2（x－ln x－1），
令μ（x）＝x－ln x－1，则μ'（x）＝ ≥0，
所以函数h'（x）在[1，＋∞）上单调递增，
于是h'（x）≥h'（1）＝0，所以函数h（x）在[1，＋∞）上单调
递增，
所以[h（x）]min＝h（1）＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范
围是（－∞，1].
　　分离参数法确定不等式f（x，λ）≥0（x∈D，λ为实数）恒（能）
成立问题中参数范围的步骤
（1）将参数与变量分离，化为f1（λ）≥f2（x）或f1（λ）≤f2（x）的
形式；
（2）求f2（x）在x∈D时的最大值或最小值；
（3）解不等式f1（λ）≥f2（x）max或f1（λ）≤f2（x）min，得到λ的取
值范围.
　已知函数f（x）＝x2－aln x（a∈R）. x∈[1，e]，使得
≤0成立，求实数a的取值范围.
解：因为 x∈[1，e]，使得 ≤0成立，
即 x∈[1，e]，使得f（x）＋1＋a≤0成立，
由ln x∈[0，1]，得1－ln x∈[0，1]，
当ln x＝1，即x＝e时，
f（x）＋1＋a＝e2－aln e＋1＋a＝e2＋1，
此时显然不满足f（x）＋1＋a≤0；
当x∈[1，e）时，原不等式等价于－a≥ ，x∈[1，e），
令g（x）＝ ，x∈[1，e），
则g'（x）＝ ，
由于3－2ln x∈（1，3]，
所以g'（x）＞0，
所以函数g（x）在[1，e）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝2，
所以－a≥2，解得a≤－2.
故实数a的取值范围为（－∞，－2].
分类讨论法解决恒（能）成立问题
【例2】　已知函数f（x）＝－aln x－ ＋ax，a∈R. 设g（x）＝f
（x）＋xf'（x），若关于x的不等式g（x）≤－ex＋ ＋（a－1）x在
[1，2]上有解，求实数a的取值范围.
解：因为g（x）＝f（x）＋xf'（x），
所以g（x）＝－aln x－ex＋2ax－a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤－ ＋ ＋（a－1）x0
成立，
则存在x0∈[1，2]，使得－aln x0＋（a＋1）x0－ －a≤0成立，
令h（x）＝－aln x＋（a＋1）x－ －a，x∈[1，2]，
则h'（x）＝ ＋a＋1－x＝－ ，x∈[1，2].
①当a≤1时，h'（x）≤0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递减，
所以h（x）min＝h（2）＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0.
②当1＜a＜2时，令h'（x）＞0，解得1＜x＜a，
令h'（x）＜0，解得a＜x＜2，
所以函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减.
又因为h（1）＝ ，所以h（2）＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜
2矛盾，故舍去.
③当a≥2时，h'（x）≥0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以h
（x）min＝h（1）＝ ＞0，不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为（－∞，0].
分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题
（1）对于不等式恒（能）成立问题，若不易分离参数或分离后难以求最
值，解题时常用参数表示极值点，进而用参数表示出函数的最值，
求解不等式得参数的范围，体现转化思想；
（2）解题过程中，参数的不同取值对函数的极值、最值有影响，应注意
对参数的不同取值范围进行分类讨论.
　已知函数f（x）＝ax＋ ＋2－2a（a＞0）.若f（x）≥2ln x在[1，
＋∞）上恒成立，求a的取值范围.
解：若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则f（x）－2ln x≥0在[1，
＋∞）上恒成立.
设g（x）＝f（x）－2ln x＝ax＋ ＋2－2a－2ln x，x∈[1，＋∞），
则g（1）＝0，g'（x）＝a－ － ＝ .
①当0＜a＜1时， ＞1，若1＜x＜ ，则g'（x）＜0，此时g（x）在
（1， ）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2ln x在
[1，＋∞）上不恒成立.
②当a≥1时， ≤1，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，＋∞）上
单调递增，又g（1）＝0，此时f（x）≥2ln x.
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞）.
03
课时跟踪检测
1. （2024·南京六校联考）已知函数f（x）＝x（aex＋1），a∈R.
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
解：当a＝1时，f（x）＝x（ex＋1），f'（x）＝ex（x＋1）＋1，则f'（0）＝2，而f（0）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x.
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（2）若f（x）≥x2在（0，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围.
解： x∈（0，＋∞），由f（x）≥x2，得a≥ ，
设g（x）＝ ，则g'（x）＝ ，
令g'（x）＝ ＝0，得x＝2，
则x∈（0，2）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈
（2，＋∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，
故g（x）max＝g（2）＝e－2，故a≥e－2，
即实数a的取值范围为[e－2，＋∞）.
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2. 已知函数f（x）＝3ln x－ x2＋x，g（x）＝3x＋a.
（1）若函数f（x）与g（x）的图象相切，求实数a的值；
解：由题意得，f'（x）＝ －x＋1（x＞0），g'（x）＝3.
设函数f（x）与g（x）的图象的切点为（x0，f（x0）），x0＞0，
则f'（x0）＝ －x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3（舍去），
所以函数f（x）与g（x）的图象的切点为（1， ），
将切点坐标代入g（x）＝3x＋a，得 ＝3×1＋a，所以a＝－ .
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（2）若存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立，求实数a的取值范围.
解：设h（x）＝3ln x－ x2－2x（x＞0）.
“存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立”等价于“存在x＞0，使
h（x）＝3ln x－ x2－2x＞a成立”等价于“x＞0时，a＜h
（x）max”.
h'（x）＝ －x－2＝ ＝－ .
令h'（x）＞0，得0＜x＜1； 令h'（x）＜0，得x＞1，
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所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调
递减，
所以h（x）max＝h（1）＝－ ，即a＜－ ，
所以实数a的取值范围是（－∞，－ ）.
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3. 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；
解：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＜ ，令f'（x）＜0，
得 ＜x＜π，
所以当x∈（0，π）时，函数f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，π）.
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（2）设函数g（x）＝－x2＋2ax，若对任意的x1∈[－π，π]，存在
x2∈[0，1]，使得 f（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
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解：对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得 f
（x1）≤g（x2）成立，即［ f（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（ ）＝ ，所以f
（x）在[－π，π]上的最大值为 .
所以对x1∈[－π，π]，［ f（x1）］max＝ × ＝ .
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故原问题转化为存在x2∈[0，1]，使得g（x2）≥ 成立，即[g
（x2）]max≥ .
易知函数g（x）＝－x2＋2ax为二次函数，图象的对称轴为直
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≥ ，得a≥ 或a≤－ ，所以 ≤a＜1.
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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≥ ，得a≥ ，所以a≥1.
综上，a的取值范围是［ ，＋∞）.
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4. 已知函数f（x）＝（2x2－x3）e1－x，其中x＞0.
（1）求f（x）的最大值；
解：f'（x）＝（x3－5x2＋4x）e1－x＝x（x－1）·（x－
4）·e1－x，x＞0，
令f'（x）＞0，解得x＞4或0＜x＜1，
令f'（x）＜0，解得1＜x＜4，
故f（x）在（0，1），（4，＋∞）上单调递增，在（1，4）上
单调递减，
故f（x）在x＝1处取得极大值，f（1）＝e1－1＝1，
f（x）＝（2x2－x3）e1－x＝x2（2－x）e1－x，当x＞2时，f
（x）＜0恒成立，
故f（x）在x＝1处取得最大值，f（x）max＝1.
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（2）若不等式ax2e1－x＋｜ln x｜≥a对于任意的x∈（0，＋∞）恒成
立，求实数a的取值范围.
解：设g（x）＝ax2e1－x＋｜ln x｜－a，其中x＞0，
则g（x）≥0对任意的x∈（0，＋∞）恒成立.
①当x＝1时，g（1）＝0，符合题意.
②当0＜x＜1时，g（x）＝ax2e1－x－ln x－a，
g'（x）＝a（2x－x2）e1－x－ ＝ （f（x）－ ），
由（1）知，f（x）在（0，1）上单调递增，故f（x）∈（f
（0），f（1）），即f（x）∈（0，1），
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若a＜0，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，有g（x）＞g（1）
＝0，符合题意；
若a＝0，g（x）＝－ln x＞0，符合题意；
若 ≥1，则0＜a≤1，g'（x）＜0，则g（x）在（0，1）上单调
递减，有g（x）＞g（1）＝0，符合题意；
若0＜ ＜1，则a＞1，存在x0∈（0，1），使得f（x0）＝ ，
当x∈（x0，1）时，f（x）＞ ，故g'（x）＞0，则g（x）单调
递增，可得g（x）＜g（1）＝0，不符合题意，
因此当0＜x＜1时，a∈（－∞，1].
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③当x＞1时，g（x）＝ax2e1－x＋ln x－a，且g'（x）＝a（2x
－x2）·e1－x＋ ＝ （f（x）＋ ），由②可知只需考虑a≤1，
若－1＜ ＜0，则a＜－1，由（1）知f（x）在（1，2）上单调
递减，故f（x）∈（f（2），f（1）），即f（x）∈（0，1），
存在x1∈（1，2），使得f（x1）＋ ＝0，
当x∈（1，x1）时，f（x1）＋ ＞0，得g'（x）＜0，则g（x）
单调递减，可得g（x）＜g（1）＝0，不符合题意；
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若 ≤－1，则－1≤a＜0，由（1）可知：当x＞1时，f（x）＜1，f（x）＋ ＜0，
故g'（x）＞0，则g（x）在（1，＋∞）上单调递增，有g（x）
＞g（1）＝0，符合题意；
若a＝0，g（x）＝ln x＞0，符合题意；
若0＜a≤1，下面证明0＜a≤1符合题意，
当x≥e时，ax2e1－x＞0，故g（x）＞ln x－a≥ln x－1≥0，
当1≤x＜e时，设h（x）＝x2e1－x－1，则h'（x）＝x（2－x）e1－x，
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可得h（x）在（1，2）上单调递增，在（2，e）上单调递减，
故h（x）＞min{h（1），h（e）}＝min{0，e3－e－1}＝0，
从而g（x）＝a·h（x）＋ln x＞0，符合题意.
综上，a∈[－1，1].
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