2025高考数学一轮复习第3章导数及其应用05第15讲第2课时导数与不等式恒成立(能成立)问题（课件+解析试卷）

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分离参数处理恒(能)成立问题
综上，实数m的取值范围是[0，e]．
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min．
变式　已知函数f(x)＝ex－ax－1．若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上能成立，求实数a的取值范围．
综上，实数a的取值范围是(e－2，＋∞)．
分类讨论处理恒(能)成立问题
直接讨论法是指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等．
指对跨界同构处理恒(能)成立问题
　　　(1)已知函数f(x)＝aeax－lnx，若对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是__________．
　　　　当a≤0时，f(x)＜0，不符合题意．当a＞0时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，即eaxlneax≥xlnx．
　　　(2)已知f(x)＝ex－alnx，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＞alna恒成立，则正实数a的取值范围为__________．
　　　　由题意ex－alnx＞alna恒成立，即ex－ln a－lnx＞lna恒成立，所以ex－ln a＋x－lna＞x＋lnx＝elnx＋lnx恒成立．构造函数g(x)＝ex＋x，易知g(x)在R上单调递增，所以转化为x－lna＞lnx恒成立，即lna＜(x－lnx)min．
指对跨界同构的常用形式(1)积型aea≤blnb①构造形式为aea≤eln blnb，构建函数f(x)＝xex；②构造形式为ealnea≤blnb，构建函数f(x)＝xlnx；③构造形式为a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构建函数f(x)＝x＋lnx．
　　　(1)已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)，当x＞0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为______________．
　　　　方法一(最值分析法)：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)＝ex－a＞0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝0，所以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，所以φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0．令g(a)＝a－1－alna(a＞1)，则g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna＜0，所以g(a)在(1，＋∞)上单调递减，所以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]．
(2)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝lnx－ax＋1，若f(x)有5个零点，则实数a的取值范围为________．
(1)洛必达法则函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(2)应用洛必达法则解决试题应满足：①可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；
4．若不等式aex－lnx＋lna≥0恒成立，则实数a的取值范围是__________．(提示：同构)
　　　　aex－lnx＋lna≥0⇒eln aex＋ln a≥lnx⇒eln a＋x＋ln a＋x≥lnx＋x＝eln x＋lnx．构造函数g(x)＝ex＋x，故g(ln a＋x)≥g(ln x)，而g′(x)＝ex＋1＞0，则g(x)为增函数，所以ln a＋x≥ln x，即ln a≥(ln x－x)max．
1．已知对任意正实数x，不等式x－ln x＋1＞a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，1)B．(－∞，2)C．(1，＋∞)D．(2，＋∞)
2．若函数f(x)＝x3＋ax2＋ax在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．[－2，＋∞)B．[－1，＋∞)C．[0，＋∞)D．[1，＋∞)
4．已知函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)＞0，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－1)B．(－∞，1)C．(－1，3)D．(－∞，3)
　　　　因为f(x)＝x3－3x2＋3－a，所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，由题意，当x∈[－1，1]时，f(x)max＞0．当x∈[－1，0)时，f′(x)＞0，当x∈(0，1]时，f′(x)＜0，所以f(x)在[－1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝3－a＞0，即a＜3．故实数a的取值范围为(－∞，3)．
6．已知a为正整数，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式a ln x≤x＋1恒成立，则a的最大值为(　　)A．2　　　　　　　B．3　　　　　　　C．4　　　　　　　D．5
　　　　由题知a ln x－x－1≤0对∀x∈(0，＋∞)恒成立．
设g(x)＝x ln x－x－1，则g′(x)＝ln x，可知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－2．又a为正整数，当a＝2时，2ln 2－3≤0，当a＝3时，3ln 3－4≤0，当a＝4时，4ln 4－5＞0，所以amax＝3．
8．已知函数f(x)＝ln x－2ax＋1，若存在x＞0，使得f(x)≥0，则实数a的取值范围是__________．
9．已知函数f(x)＝m ln (x＋1)－3x－3，若不等式f(x)＞mx－3ex在(0，＋∞)上恒成立，则实数m的取值范围是______________．
　　　　由题知m ln (x＋1)－3(x＋1)＞mx－3ex＝m ln ex－3ex(同构)．
①当k≤2时，则φ′(x)≥2－k≥0，所以φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，φ(x)≥φ(2)＝0，此时f(x)≥0对∀x∈[2，＋∞)恒成立，符合题意．
综上，实数k的取值范围是(－∞，2]．
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
　　　　由题设知f(x)≥bmin＝2对∀x∈[1，e]恒成立．