专项2 导数与不等式恒成立(有解)问题
例 (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，求a的取值范围．
由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若 x>0，f(x)<3－xeax恒成立，求a的取值范围．
训练2 (分离参数法)已知函数f(x)＝x ln x－ax.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围．
训练3 (双变量问题)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R).
(1)当0(2)设g(x)＝x2－2bx＋4.当a＝时，若对任意的x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
双变量的恒(能)成立问题的常见转化
(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.
专项2 导数与不等式恒成立(有解)问题
例 解 (1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1.易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值．
(2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，则f′(x)＝－a ln (1＋x)－，设g(x)＝－a ln (1＋x)－，则g′(x)＝－－.
解法一：当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－，故a≤－是原不等式成立的一个必要条件．
下面证明其充分性：
当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0，所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.综上，a的取值范围是.
解法二：g′(x)＝－－＝－，当a≤－时，同解法一不等式恒成立．当－训练1 解 (1)f(x)＝ln x＋ax＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋a＝，x>0，当a≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，当x＝－时，f′(x)＝0，当00，则f(x)单调递增；当x>－时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，－)；f(x)的单调递减区间为(－，＋∞).
(2)若 x>0，f(x)<3－xeax恒成立，即 x>0，ln x＋ax＋2<3－xeax恒成立，则 x>0，ln x＋ax＋xeax－1<0恒成立，设g(x)＝ln x＋ax＋xeax－1，x>0，g′(x)＝＋a＋eax＋axeax＝(ax＋1)，因为x>0，所以＋eax>0，当a≥0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x>1时，g(x)>g(1)＝ln 1＋a＋ea－1＝a＋ea－1≥a＋e0－1＝a≥0，所以a≥0不合题意；当a<0时，当x＝－时，g′(x)＝0，当00，则g(x)单调递增；当x>－时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，则g(x)的最大值为g＝ln ＋·－2，则ln ＋·－2<0，令t＝－，φ(t)＝ln t＋t－2，t>0，φ′(t)＝＋>0，则φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(e)＝ln e＋×e－2＝0，所以由φ(t)<0，得0训练2 解 (1)当a＝0时，函数f(x)＝x ln x的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得00，得ln x＋1>0，解得x>，故f(x)的单调递增区间是，综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)由对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≤x2＋2恒成立知x ln x≤x2＋ax＋2恒成立．因为x>0，故a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－1＋＝－，令h′(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，当x∈(0，2)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故当x＝2时，h(x)取得极大值，也是最大值，即h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝ln 2－3，故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞).
训练3 解 (1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，解得x＝1或－1，当01>0，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝∈，－1＝3 (0，2)，由(1)知，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.因为对任意的x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)，所以g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－ (*).又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以当b<1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)式矛盾；当1≤b≤2时，g(x)min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*)式矛盾；当b>2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且8－4b<0，解不等式8－4b≤－，可得b≥.所以实数b的取值范围为.(共18张PPT)
专题六 函数、导数与不等式
微专题22
导数的综合应用
专题六 函数、导数与不等式
专项2
导数与不等式恒成立
(有解)问题
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方法提炼
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方法提炼微练(三十五) 导数与不等式恒成立(有解)问题
班级： 姓名：
1．(2025·唐山一模)已知函数f(x)＝ax2－x＋sin x.
(1)当a＝1时，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
2．(2025·蚌埠一模)已知函数f(x)＝(ax＋1)ex－1(a∈R).
(1)若a＝－2，求f(x)的极值；
(2)若f(x)≤(a＋1)x对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
3.(2025·石家庄一模)已知函数f(x)＝ln x＋x2－2mx(m∈R).
(1)若m＝，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1微练(三十五) 导数与不等式
恒成立(有解)问题
1.解 (1)当a＝1时，f(x)＝x2－x＋sin x，则f′(x)＝2x－1＋cos x，令g(x)＝f′(x)＝2x－1＋cos x，则g′(x)＝2－sin x>0，所以g(x)在R上单调递增，又因为g(0)＝0，所以当x<0时，g(x)＝f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当x>0时，g(x)＝f′(x)>0，此时f(x)单调递增；故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增．所以x＝0为f(x)的极小值点，极小值f(0)＝0.
(2)当x＝0时，符合题意；当x∈(0，π]时，得a≥.令t(x)＝，t′(x)＝，令h(x)＝－x cos x－x＋2sin x，则h′(x)＝cos x＋x sin x－1，令z(x)＝h′(x)，则z′(x)＝x cos x，当x∈时，z′(x)>0，h′(x)单调递增，当x∈时，z′(x)<0，h′(x)单调递减，因为h′(0)＝0，h′＝－1>0，h′(π)＝－2，所以存在x0∈，使得h′(x0)＝0，且在(0，x0)上h′(x)>0，在(x0，π]上h′(x)<0，h(x)在(0，x0)单调递增，在(x0，π]单调递减，又因为h(0)＝0，h(π)＝0，即当x∈(0，π)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；所以当x∈(0，π]时，t(x)≤t(π)＝.当x∈(π，＋∞)时，令M(x)＝x2－x＋sin x，M′(x)＝x－1＋cos x>×π－1＋cos π＝0，则M(x)在(π，＋∞)上单调递增，此时M(x)>M(π)＝0，故当x∈(π，＋∞)时，<.所以≤，故a的取值范围为.
2．解 (1)若a＝－2，则f(x)＝(－2x＋1)ex－1，所以f′(x)＝(－2x＋1)ex－2ex＝(－2x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝－，令f′(x)>0，解得x<－，令f′(x)<0，解得x>－，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极大值为f＝2e－－1，无极小值．
(2)f(x)≤(a＋1)x对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，即(a＋1)x－(ax＋1)ex＋1≥0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，令g(x)＝(a＋1)x－(ax＋1)ex＋1，x≥0，所以g′(x)＝(a＋1)－(ax＋a＋1)ex，令u(x)＝g′(x)，所以u′(x)＝－(ax＋2a＋1)ex，x≥0，当a≤－时，2a＋1≤0，又x≥0，所以(ax＋2a＋1)≤0，所以u′(x)＝－(ax＋2a＋1)ex≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以u(x)即g′(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)≥g′(0)＝0，所以g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，符合题意；当－3．解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由m＝，求导得f′(x)＝＋x－3＝，令f′(x)＝0，得x2－3x＋1＝0，解得x1＝，x2＝，所以当0x2时，f′(x)>0，当x1(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝＋x－2m＝，f(x)有两个极值点x1，x2(x10，当x∈时，h′(x)<0，故h(x)≤h＝ln －×＝ln －<0，所以g′(x)<0在(0，1)恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)>g(1)＝－，所以a≤－.故实数a的取值范围是(共14张PPT)
微练(三十五) 导数与
不等式恒成立(有解)问题
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