2025高考数学一轮复习-高考难点突破系列(一)导数中的综合问题-第一课时 不等式恒（能）成立问题【课件】

这是一份2025高考数学一轮复习-高考难点突破系列(一)导数中的综合问题-第一课时 不等式恒（能）成立问题【课件】，共44页。PPT课件主要包含了感悟提升，洛必达法则，经检验符合题意，课时分层精练等内容，欢迎下载使用。
题型一　分离参数法求参数范围
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.②当x>0时，分离参数a，
则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)0时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)>φ(0)＝0，即当x>0时，ex－(x＋1)>0，所以当00；当t∈(2，＋∞)时，h(t)g(x)max.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解　由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
又g′(x)＝(1－ex)x.所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，则g(x)min＝g(0)＝1，
拓展视野　 洛必达法则
例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
解　f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
(2)当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解　法一　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)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1满足条件.
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ′(x)＜0；若x＞ln a，则φ′(x)＞0.∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.令g(a)＝a－1－aln a(a＞1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.∴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].
法二　当x＞0时，f(x)≥0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1].
训练 (2024·宁波调研节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围.
解　法一　令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意.
(2)当1－a＜0，即a＞1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意.综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
法二　x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.∴k(x)＞k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.(2024·杭州模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1，(1)当a≤0时，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2；(2)当a＞0时，存在f(1)＝－a－1＜0，不满足题意，可知a＞0时，f(x)≥1不恒成立，综上，a≤－2.故实数a的取值范围是(－∞，－2].
解　由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
由g′(x)>0，得x0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立.
4.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行.(1)求实数k的值，并判断f(x)的单调性；
解　由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行，
由f′(x)>0，得00.∵x>1，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又h(3)＝1－ln 30，∴方程h(x)＝0在(1＋∞)上存在唯一的实数根x0，且x0∈(3，4)，则h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，所以ln x0＝x0－2.(*)当1