第2课时 导数与不等式恒成立
【课程标准】 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大.
类型一 分离参数法
【例1】 已知函数f(x)＝ln x＋＋2x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)－2≥x＋恒成立，求实数m的取值范围．
利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数的取值范围的基本步骤：
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．
【训练1】 已知函数f(x)＝，若f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
类型二 分类讨论法
【例2】 (2024·新课标Ⅰ卷)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；
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>－2当且仅当1
【规范解答】 (1)f(x)的定义域为(0,2)，若b＝0，
则f(x)＝ln＋ax，f′(x)＝·＋a＝＋a，
当x∈(0,2)时，x(2－x)∈(0,1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2，
思维点1：求a的最小值，利用f ′(x)min≥0求解．
故a的最小值为－2.
(2)证明：f(2－x)＝ln＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln－ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a，
思维点2：由ln及(x－1)3猜测对称中心横坐标为1，由f(2－x)＋f(x)＝2a证明．
故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称．
(3)由题知f(1)＝a＝－2，
此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3，
f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2
＝－2＋3b(x－1)2
＝(x－1)2.
思维点3：辨析f ′(x)的符号．
记g(x)＝＋3b，x∈(0,2)，
思维点4：简化f ′(x)的符号判断，构造新函数．
易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，g(1)＝2＋3b，
当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0,2)上单调递增，
思维点5：b≥－时，判断f(x)的单调性．
又f(1)＝－2，故符合题意．
当b<－时，g(1)<0，g(x)＝＋3b＝，
令g(x)＝0，得x＝1±，
因为b<－，所以∈(0,1)，故1＋∈(1,2)，1－∈(0,1)，
思维点6：b<－时，判断f(x)的单调区间．
所以当x∈时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在上单调递减，
故f综上，b的取值范围为.
本题考查函数与导数知识，深入考查逻辑推理能力、运算求解能力以及数形结合思想．其中第(2)问考查函数图象的对称性这一几何性质的代数表示．源于人教A版必修第一册P87第13题的拓广结论：f(x)＋f(2a－x)＝2b y＝f(x)关于点(a，b)成中心对称．第(3)问的设问方式相对新颖，需要学生利用导数工具研究函数的单调性，进而解决问题．
【训练2】 (2025·昆明一模)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x≥1时，f(x)≤a(x－1)，求a的取值范围．
第2课时 导数与不等式恒成立
关键能力·落实
【例1】 解 (1)由f(x)＝ln x＋＋2x得f′(x)＝＝(x>0)，由f′(x)>0，得x>(负值舍去)，由f′(x)<0，得0(2)由f(x)＝ln x＋＋2x知，不等式f(x)－2≥x＋恒成立等价于当x∈(0，＋∞)时，m≤xln x＋x2－2x＋1恒成立．令g(x)＝xln x＋x2－2x＋1(x>0)，则m≤g(x)min，g′(x)＝ln x＋x－1，当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝－，所以m≤g(x)min＝－，即实数m的取值范围是.
【训练1】 解 f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立，设g(x)＝x2－(x－1)ex(x≥1)，g′(x)＝x(2－ex)，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2，所以在x∈[1，＋∞)上，g′(x)<0，所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥g(x)max，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【训练2】 解 (1)f(1)＝0，则切点坐标为(1,0)．因为f′(x)＝，所以切线的斜率为f′(1)＝，故切线方程为y＝x－.
(2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤a(x－1)等价于ln x≤a(x2－1)，令g(x)＝a(x2－1)－ln x，x∈[1，＋∞)，则ln x≤a(x2－1)在[1，＋∞)上恒成立，即g(x)≥0恒成立．
g′(x)＝2ax－＝，当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，不符合题意；当01，x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以x∈时，g(x)≤g(1)＝0，不符合题意；当a≥时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，符合题意．综上所述，a的取值范围为.(共17张PPT)
第2课时
第三章 一元函数的导数及其应用
导数与不等式恒成立
课
程
标
准
关键能力/落实
赢在微点 数学 大一轮
第一部分
——考向探究
类型一
分离参数法
解
解
解
类型二
分类讨论法
规范解答
规范解答
规范解答
规范解答
规范解答
规范解答
解
解
解
R
赢在欲点微练(二十六) 导数与不等式恒成立
1．已知函数f(x)＝－2x＋ln x.
(1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对 x∈(0，＋∞)，f(x)≤ax2－2x恒成立．求实数a的取值范围．
2．(2025·东北四市联合检测)已知函数f(x)＝－aex，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈R，f(x)≤ex－1恒成立，求a的取值范围．
3．已知f(x)＝ex－x2－ax－1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
4．(2025·浙江联考)已知函数f(x)＝aln x＋x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若存在x∈[e，e2]，使得不等式f(x)≤ln x成立，求实数a的取值范围．
微练(二十六) 导数与不等式恒成立
1．解 (1)由题意得f′(x)＝－2＋(x>0)，所求切线斜率为f′(1)＝－1，切点为(1，－2)，故所求切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，即x＋y＋1＝0.
(2)解法一：(分离变量)由f(x)≤ax2－2x，得a≥在(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝(x>0)，则a≥g(x)max，g′(x)＝，当g′(x)＝0时，x＝，当00；当x>时，g′(x)<0，故g(x)在(0，)内单调递增，在(，＋∞)上单调递减，故当x＝时，g(x)取得最大值，故a≥，即a的取值范围是.
解法二：(分类讨论)由f(x)≤ax2－2x得ax2－ln x≥0在(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝ax2－ln x(x>0)，则g′(x)＝2ax－＝(x>0)，①当a≤0时，g′(x)<0恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝a≤0，故当x>1时，g(x)<0，不合题意；②当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝，令g′(x)>0，得x>，令g′(x)<0，得02．解 (1)当a＝1时，f(x)＝xe－x－ex，则f′(x)＝(1－x)e－x－ex＝.令g(x)＝1－x－e2x，则g′(x)＝－1－2e2x<0，故g(x)在R上单调递减，又g(0)＝0，因此0是g(x)在R上的唯一零点，即0是f′(x)在R上的唯一零点．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 －1 单调递减
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)，f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．
(2)由题意知xe－x－aex≤ex－1，即a≥，即a≥－.设m(x)＝－，则m′(x)＝＝，令m′(x)＝0，解得x＝，当∈时，m′(x)>0，m(x)单调递增，当x∈时，m′(x)<0，m(x)单调递减，所以m(x)max＝m＝－＝－.所以a≥－，即a的取值范围为.
3．解 (1)当 a＝0 时，f(x)＝ex－x2－1，f′(x)＝ex－x.由于ex≥x＋1>x(证略)，所以f′(x)＝ex－x>0，因此函数f(x)在R上单调递增，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)函数f(x)的导数f′(x)＝ex－x－a，f′(0)＝1－a，令f′(0)＝1－a≥0得a≤1.
①当a≤1时，因为x∈[0，＋∞)，f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝ex－x－a(x≥0)，则g′(x)＝ex－1≥0，因此f′(x)单调递增，所以f′(x)≥f′(0)＝1－a≥0，因此f(x)在[0，＋∞)上单调递增，于是f(x)≥f(0)＝0恒成立．
②当 a>1 时，因为x∈[0，＋∞)，f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝ex－x－a(x≥0)，则g′(x)＝ex－1≥0，因此f′(x)单调递增，而f′(0)＝1－a<0，所以存在x0∈(0，＋∞)使得当x∈(0，x0)时f′(x)<0，即 f(x)在(0，x0)上单调递减，因此当x∈(0，x0)时，f(x)综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
4．解 (1)因为f(x)＝aln x＋x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝＋1＝，当a≥0时，f′(x)>0，此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)＝>0，得x>－a，由f′(x)＝<0，得0(2)由f(x)≤ln x，得aln x＋x≤ln x，因为x∈[e，e2]，所以－ax＋a≤.设g(x)＝－ax＋a，x∈[e，e2]，所以g′(x)＝－a＝－2＋－a.当a≤0时，g′(x)≥0，g(x)在x∈[e，e2]上单调递增，所以g(x)min＝g(e)＝e－ae＋a≤，即a≥，不符合题意．当00，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(x0)＝－ax0＋a≤，所以a≥>＝＝，这与0微练(二十六)
导数与不等式恒成立
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