《高考快车道》2026版高三一轮总复习（数学）26　第三章　思维进阶课2　利用导数解决恒(能)成立问题

(共57张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
思维进阶课2　利用导数解决恒(能)成立问题
【思维突破妙招】　利用导数解决恒(能)成立问题的思路：①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界．
技法一　单变量不等式恒成立问题
[典例1]　已知函数f (x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[四字解题]
读 想 算 思
x2f (x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围 恒成立问题的解法 函数最值法 求导研究有关函数的单调性，并求其最值 分类
讨论分离参数法 结合x的范围，计算的最值 转化
化归数形结合法 把原题转化为g(x)＝x ln x与h(x)＝a(x－1)＋(2－e)两图象间的关系，借助图象求解 借助图象分析
[解]　法一(函数最值法)：
x2f (x)＋a≥2－e，即x ln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝x ln x－ax＋a＋e－2，
则h′(x)＝ln x＋1－a．
令h′(x)＝0，得x＝ea-1．
当x∈(0，ea-1)时，h′(x)<0；
当x∈(ea-1，＋∞)时，h′(x)>0．
所以h(x)的最小值是h(ea-1)＝a＋e－2－ea-1．
令t(a)＝a＋e－2－ea-1，则t′(a)＝1－ea-1．
令t′(a)＝0，得a＝1．
当a∈[0，1)时，t′(a)>0，t(a)在[0，1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0，1)时，h(x)的最小值t(a)≥t(0)＝e－2－>0；
当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)≥0＝t(2)．所以1＜a≤2，故a的取值范围是[0，2]．
法二(分离参数法)：
原不等式可变为x ln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0，1)时，分离参数可得a≥．
令g(x)＝x ln x，
先求出函数g(x)＝x ln x的最小值．
求得g′(x)＝ln x＋1．
当x∈(0，e-1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e-1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e-1)＝－e-1．
因为(x ln x)min＝－e-1，所以x ln x＋e－2≥－e-1＋e－2>0．
又因为x∈(0，1)，所以<0，
而a≥0，所以a≥显然成立．
当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离参数可变为a≤．
令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min．
求得t′(x)＝，易得t′(e)＝0．
下证x＝e是t′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－．
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)单调递增．
即x＝e是t′(x)在(1，＋∞)上的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a的取值范围是[0，2]．
法三(数形结合法)：
通过变形原不等式等价于证明：x ln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，
＋∞)．
若令g(x)＝x ln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝x ln x的图象．
可知当x∈(0，e-1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e-1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e-1)＝－e-1．
其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1，2－e)的非减函数，且g(x)min＝－e-1>2－e．
两个函数的大致图象如图1所示，
所以如果能说明当曲线g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，如图2，就能求出a的最大值．
设曲线g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得
消去ln x0得2－e＝a－ea-1③．
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea-1＋e－2，t′(a)＝1－ea-1．
当t′(a)＝0时，a＝1．
当a∈[0，1)时，t′(a)＞0，t(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e-1＋e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0，1]上无零点，
又t(2)＝0，所以函数t(a)在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点，a＝2．
综上所述，a的取值范围为[0，2]．
名师点评　导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类．
[跟进训练]
1．(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)，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]　法一(必要性探路)：由条件可知f (1)≤0，所以m－1≤0，解得m≤1．
当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋，
构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，
g′(x)＝－1－＝－≤0，
所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二(分离参数法)：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝x2－2x ln 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，
所以h′(x)≥h′(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝h(1)＝1，所以m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
【教用·备选题】
1．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x．
(1)当a＝－2时，求f (x)的极值；
(2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1，
因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上单调递增，
故f ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0，
故当－10时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
故f (x)在x＝0处取极小值且极小值为f (0)＝0，无极大值．
(2)f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x>－1，
设s(x)＝－a ln (1＋x)－，则s′(x)＝＝－＝－，当a≤－时，若x≥0，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增，故s(x)≥s(0)＝0，即f ′(x)≥0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0．
当－故s(x)在上单调递减，故在上s(x)故在上f (x)当a≥0时，此时s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
同理可得在(0，＋∞)上f (x)综上，a≤－．
2．(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥x3＋1，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝1时，f (x)＝ex＋x2－x，f ′(x)＝ex＋2x－1．
令g(x)＝f ′(x)＝ex＋2x－1(x∈R)，
则g′(x)＝ex＋2>0恒成立，∴g(x)在R上单调递增，又∵g(0)＝0，即f ′(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0．
综上所述，当a＝1时，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f (x)≥x3＋1等价于e－x≤1．
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则
g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)>0．所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不符合题意．
(ii)若0<2a＋1<2，即－0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e-2≤1，即a≥．
所以当≤a<时，g(x)≤1．
(iii)若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x．
由于0∈，
故由(ii)可得e－x≤1．
故当a≥时，g(x)≤1．
综上，a的取值范围是．
技法二　单变量不等式能成立问题
[典例2]　已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)>ax2＋1有解，求a的取值范围．
[解]　对任意x>0，f (x)>ax2＋1，
即ex－x－ax2－1>0，
设g(x)＝ex－x－ax2－1，x＞0，
g′(x)＝ex－1－ax，x＞0，
①当a≤0时，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立；
②当00，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立；
③当a>1时，令h(x)＝g′(x)，当0综上，a的取值范围为(－∞，1]．
名师点评　能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中的等价转化有以下几种形式：
(1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a成立 f (x)max≥a．
(2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立 f (x)min≤a．
(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f (x1)≤g(x2)成立 f (x)min≤g(x)min．
[跟进训练]
2．已知函数f (x)＝x2ln x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若存在x>0，使得f (x)≤ax成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x(2ln x＋1)，令f ′(x)＝0，解得x＝，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，综上得f (x)在上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)依题意，存在x>0，使得a≥x ln x，
令g(x)＝x ln x，则g′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)min＝g＝－，因此a≥－，
故a的取值范围为．
技法三　双变量不等式恒(能)成立问题
[典例3]　设f (x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4．
(2)对任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)，则f (x)min≥g(x)max．
由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈时，f (x)＝＋x ln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2x ln x－x，令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，h′(x)在上单调递减，又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，
当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1．
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【教用·备选题】
已知函数f (x)＝．
(1)当x∈时，求函数f (x)的最小值；
(2)若g(x)＝－x3＋3x－a，且 x1∈，都 x2∈，使得
f (x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)∵函数f (x)＝，x∈，
∴f ′(x)＝．
设u(x)＝x cos x－sin x，x∈，则u′(x)＝－x sin x<0，故u(x)在上单调递减．
∴u(x)∴f (x)在上单调递减，最小值为f ＝．
(2)令h(x)＝sin x－x，x∈，则h′(x)＝cos x－1＜0在上恒成立，
即函数h(x)在上单调递减，∴h(x)∴sin x又g′(x)＝－3(x2－1)＝(1－x)，
当x∈时，3x＋3＋>0，
当x∈[0，1)时，g′(x)>0，g(x)在区间[0，1)上单调递增；
当x∈(1，2]时，g′(x)<0，g(x)在区间(1，2]上单调递减，
∴函数g(x)在区间上的最大值为g(1)＝－1＋3－a＝＋2－a．
综上，只需＋2－a≥1，解得a≤＋1，
即实数a的取值范围是．
名师点评　双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，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．
[跟进训练]
3．(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程；
(2)g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f (x1)[解]　(1)由题意f ′(x)＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1，则f ′(π)＝2，即切线的斜率k＝2，且f (π)＝0，即切点坐标为(π，0)，所以曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程为y＝2(x－π)，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知f (x)max因为g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)的图象开口向上，对称轴为直线x＝，
则g(x)在上单调递减，在上单调递增，
可得g(x)max＝g(1)＝g(2)＝a－2，
由(1)可设h(x)＝f ′(x)，
则h(x)＝－cos x－x sin x＋1，
所以h′(x)＝－x cos x，
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0，则h(x)在区间上单调递减，
在区间上单调递增．
且h(0)＝0，h<0，h(π)＝2，可知f ′(x)在区间(0，π)上只有一个零点，设零点为x0，x0∈，当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0；
当x∈(x0，π)时，f ′(x)>0，所以f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，且f (0)＝0，f (π)＝0，可得当x∈时，f (x)max＝0，所以02，
所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．
【教用·备选题】
已知函数f (x)＝．
(1)若a>0，求f (x)的单调区间；
(2)若 x1，x2∈[1，3]，x1≠x2，都有<2恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f (x)的定义域为{x|x≠0}，
f ′(x)＝，∵a>0，
∴当x∈(－∞，0)∪(0，1)时，f ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
∴f (x)在(－∞，0)和(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)∵ x1，x2∈[1，3]，x1≠x2，
都有<2恒成立，
即－2<0恒成立，
即<0恒成立，
令g(x)＝f (x)－2x，则<0对任意的x1，x2∈[1，3]，x1≠x2恒成立，即函数g(x)＝f (x)－2x在区间[1，3]上单调递减，
又∵g′(x)＝f ′(x)－2＝－2，
∴－2≤0在[1，3]上恒成立，当x＝1时，－2≤0显然成立；
当x∈(1，3]时，a≤，令h(x)＝，
则h′(x)＝＝＝＝<0在x∈(1，3]上恒成立，∴函数h(x)＝在x∈(1，3]上单调递减，∴h(x)min＝h(3)＝＝，∴a≤，
即实数a的取值范围是．
题号
1
3
2
4
进阶特训(二)　利用导数解决恒(能)成立问题
1．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减．
题号
1
3
2
4
(2)证明：当a≤2，且x>1时，ex-1－f (x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋1＋ln x，
令g(x)＝ex-1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex-1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex-1－，
显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，即当x＞1时，f (x)＜ex-1恒成立．
题号
1
3
2
4
2．已知f (x)＝2x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3．
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使f (x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有f (x)>2成立．
题号
1
3
2
4
[解]　(1)f (x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2(ln x＋1)，
所以当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
所以当x＝时，f (x)取得最小值f ＝2××ln ＝－．
(2)存在x∈(0，＋∞)，使f (x)≤g(x)成立，
即2x ln x≤－x2＋ax－3能成立，
即a≥2ln x＋x＋能成立，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
h′(x)＝＋1－＝，
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝1时，h(x)取得最小值h(1)＝4，
所以a≥4．
题号
1
3
2
4
(3)证明：设m(x)＝2(x>0)，
m′(x)＝2·，
所以当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝－．
由(1)得，当x＝时，f (x)取得最小值－，
所以对一切x∈(0，＋∞)，
都有f (x)>2成立．
题号
1
3
2
4
3．已知函数f (x)＝x－1－a ln x(a∈R)，若a＜0，且对任意x1，x2∈(0，1]，都有|f (x1)－f (x2)|≤4，求实数a的取值范围．
题号
1
3
2
4
[解]　f ′(x)＝1－，当a＜0，x∈(0，1]时，f ′(x)＞0，函数f (x)在(0，1]上单调递增．又函数y＝在(0，1]上单调递减，不妨设0＜x1＜x2≤1，则|f (x1)－
f (x2)|＝f (x2)－f (x1)，＝，所以|f (x1)－f (x2)|≤4等价于
f (x2)－f (x1)≤，即f (x2)＋≤f (x1)＋．设h(x)＝f (x)＋＝x－1－aln x＋，则|f (x1)－f (x2)|≤4等价于函数h(x)在区间(0，1]上单调递减．因为h′(x)＝1－＝，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]上恒成立，即a≥x－在x∈(0，1]上恒成立．因为y＝x－在区间(0，1]上单调递增，所以y＝x－的最大值为－3，所以a≥－3，又a＜0，所以a的取值范围为[－3，0)．
题号
1
3
2
4
4．已知f (x)＝x2＋x，g(x)＝ln (x＋1)－a．
(1)若存在x0∈[0，2]，使得f (x0)＞g(x0)成立，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的x1，x2∈[0，2]，恒有f (x1)＞g(x2)，求实数a的取值范围；
(3)若对任意的x2∈[0，2]，存在x1∈[0，2]，使得f (x1)＞g(x2)成立，求实数a的取值范围．
题号
1
3
2
4
[解]　(1)令f (x)＝g(x)，得x2＋x－ln (x＋1)＝－a，设h(x)＝x2＋x－ln (x＋1)，因为当x∈[0，2]时，h′(x)＝x＋1－＝≥0，所以h(x)在[0，2]上单调递增，由此可得h(x)在[0，2]上的取值范围是[0，4－ln 3]，若存在x0∈[0，2]，使得f (x0)＞g(x0)成立，即h(x0)＞－a有解，则h(x)max＞－a，所以a＞ln 3－4．
题号
1
3
2
4
(2)f (x)在[0，2]上的取值范围为[0，4]，g(x)在[0，2]上的取值范围为[－a，ln 3－a]，若对任意的x1，x2∈[0，2]，恒有f (x1)＞g(x2)，则f (x)min＞g(x)max，即0＞ln 3－a，所以a＞ln 3．
(3)若对任意的x2∈[0，2]，存在x1∈[0，2]，使得f (x1)＞g(x2)成立，则f (x)max＞g(x)max，所以4＞ln 3－a，所以a＞－4＋ln 3．
题号
1
3
2
4
谢 谢！