2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用高考大题研究课一利用导数研究不等式恒能成立问题

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关键能力·题型剖析
题型一分离参数法求参数范围
例1 [2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝x3(ln x－a)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＋ax3＋1≥ax，求实数a的取值范围．
题后师说
1.分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题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，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式．
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解．
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论．
2．a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
巩固训练1
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．
题型二等价转化法求参数范围
例2[2024·辽宁沈阳模拟]已知函数f(x)＝ex(x2＋2x＋1)，x∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)>ax2＋ax＋1，求a的取值范围．
题后师说
“等价转化法”解决不等式恒成立问题
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)＞0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)＞0恒成立⇔g(a)＞0，f(x，a)≥0恒成立⇔g(a)≥0.
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)＜0恒成立⇔g(a)＜0，f(x，a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
巩固训练2
[2024·山东临沂模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x，
a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥1时，f(x)≥f()，求a的取值范围．
题型三双变量的恒(能)成立问题
例3
[2024·河北曹妃甸模拟]设函数f(x)＝＋ln x(a≠0)，g(x)＝x3－2x2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)如果对于任意的x1，x2∈，都有x1f(x1)≥g(x2)成立，试求a的取值范围．
题后师说
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
＞g(x)max.
巩固训练3
[2024·河北石家庄模拟]设a为实数，函数f(x)＝2x3－3x2＋a，g(x)＝x2(2ln x－3)．
(1)若函数f(x)与x轴有三个不同交点，求实数a的取值范围；
(2)对于∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
高考大题研究课一利用导数研究不等式恒(能)成立问题
关键能力·题型剖析
例1 解析：(1)由f(x)＝x3(ln x－a)(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，
可得f′(x)＝3x2(ln x－a)＋x3·＝x2(3ln x＋1－3a)，
令u(x)＝3ln x＋1－3a，该函数在(0，＋∞)上单调递增，
令u(x)＝3ln x＋1－3a＝0，则x＝，
令u(x)0，得；
故f(x)的单调减区间为)，增区间为，＋∞)．
(2)因为f(x)＋ax3＋1≥ax恒成立，所以x3(ln x－a)＋ax3＋1≥ax，x∈(0，＋∞)，
即x3ln x＋1≥ax，所以a≤x2ln x＋恒成立，
令g(x)＝x2ln x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，
令h(x)＝2x3ln x＋x3－1，则h′(x)＝x2(6ln x＋5)，
当时，h′(x)0，
故h(x)即g′(x)在)上单调递减，在，＋∞)上单调递增，
而g′(1)＝0，且当x>0，无限趋近于0时，g′(x)0，解得x－1，
令f′(x)0，所以g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以对于x>0，有g′(x)>g′(0)≥0，从而g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
故对于x>0，有g(x)>g(0)＝0.符合题意．
②当a>3时，
因为g′(0)＝3－a0，使得对于x∈(0，x0)，有g′(x)0时，令f′(x)＝0可得x＝a，
所以当x∈(0，a)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
(2)当x≥1，即x－a ln x≥＋a ln x，x－－2a ln x≥0时，设g(x)＝x－－2a ln x，
则g(1)＝0，g′(x)＝，g′(1)＝2－2a.
当a≤1时，x2－2ax＋1≥1－2a＋1≥0，所以g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
g(x)≥g(1)＝0，故f(x)≥f()，满足题意；
当a>1时，g′(1)＝2－2a0，则存在x0∈(1，2a)，使得g′(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)0，解得x>，则函数f(x)在(，＋∞)上单调递增；
令f′(x)