重難點(diǎn)04 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc3661" 【題型1 直接法解決不等式恒（能）成立問題】 PAGEREF _Tc3661 \h 3
\l "_Tc21606" 【題型2 分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】 PAGEREF _Tc21606 \h 6
\l "_Tc14047" 【題型3 分類討論法求參數(shù)范圍】 PAGEREF _Tc14047 \h 9
\l "_Tc20374" 【題型4 構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】 PAGEREF _Tc20374 \h 12
\l "_Tc27069" 【題型5 與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問題】 PAGEREF _Tc27069 \h 16
\l "_Tc16468" 【題型6 洛必達(dá)法則】 PAGEREF _Tc16468 \h 20
\l "_Tc6042" 【題型7 雙變量的恒（能）成立問題】 PAGEREF _Tc6042 \h 25
1、利用導(dǎo)數(shù)不等式恒（能）成立問題
恒(能)成立問題是高考的?？伎键c(diǎn)，是高考的熱點(diǎn)問題，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度較大，解題時要學(xué)會靈活求解.
【知識點(diǎn)1 不等式恒（能）成立問題的解題策略】
1．不等式恒（能）成立問題的求解方法
解決不等式恒（能）成立問題主要有兩種方法：
(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題
①分離變量：根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，進(jìn)而解決問題．
②恒成立；
恒成立；
能成立；
能成立.
(2)分類討論法解決恒（能）成立問題
分類討論法解決恒（能）成立問題，首先要將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)進(jìn)行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.
【知識點(diǎn)2 雙變量的恒（能）成立問題的解題策略】
1．雙變量的恒（能）成立問題的求解方法
“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，常見的等價變換有：
對于某一區(qū)間I，
(1).
(2).
(3).
【知識點(diǎn)3 洛必達(dá)法則】
“洛必達(dá)法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個重要定理，用分離參數(shù)法(避免分類討論)解決成立或恒成立命題時，經(jīng)常需要求在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)(最)值，若出現(xiàn)型或型可以考慮使用洛必達(dá)法則.
1．洛必達(dá)法則
法則1 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：
(1)及；
(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；
(3)，
那么.
法則2 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：
(1)及；
(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；
(3)，
那么.
2．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：
(1)分離變量；
(2)出現(xiàn)型式子；
(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.
3．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：
(1)分離變量；
(2)出現(xiàn)型式子；
(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.
【注意】：
1．將上面公式中的換成，洛必達(dá)法則也成立.
2．洛必達(dá)法則可處理型求極限問題.
3．在著手求極限前，首先要檢查是否滿足型定式，否則濫用洛必達(dá)法則會出錯，當(dāng)不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達(dá)法則，這時稱洛必達(dá)法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限.
4．若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止.
，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則.
【題型1 直接法解決不等式恒（能）成立問題】
【例1】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）若ex?ea≥e+lnax在x∈0,+∞上恒成立，則a的最大值為（）
A．e2?e2B．2e12?eC．e1?eD．e1+1e?e
【解題思路】易知a>0，原式可變形為f(x)=ex?e?ae?alnax≥0,(x>0)，結(jié)合隱零點(diǎn)的解題思路，求出f(x)min，由f(x)min≥0可得?(t)=1t?2lnt?t≥0，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性解得00，由x>0，得a>0.
原式可化為ex?e?ae?alnax≥0，
設(shè)f(x)=ex?e?ae?alnax(x>0)，則f′(x)=ex?e?ax，
又函數(shù)y=ex?e,y=?ax在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y=f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
則當(dāng)x→0時，f′(x)→?∞，當(dāng)x→+∞時，f′(x)→+∞，
故存在t>0使得f′(t)=0，即et?e?at=0，得a=tet?e，即lna=lnt+t?e，
且當(dāng)00)，
由函數(shù)y=1t,y=?2lnt,y=?t在(0,+∞)在單調(diào)遞減，
知函數(shù)?(t)在(0,+∞)在單調(diào)遞減，且?(1)=0，所以00)， ∴?′x=2xlnx+x2×1x=x1+2lnx，
當(dāng)00.
由e?1lna+x≥aex?1，得e?1lnaex≥aex?1.
令t=aex，即有e?1lnt≥t?1.
因為x∈0,1，所以t=aex∈a,ae，令ft=e?1lnt?t+1，
問題轉(zhuǎn)化為存在t∈a,ae，使得ft≥0.
因為f′t=e?1?tt，令f′t0，即e?1?t>0，解得00，
令gx=x?2+lnx，x>0，
∴g′x=1+1x>0，所以函數(shù)gx在0,+∞上單調(diào)遞增，
又g1=?10，所以存在x0∈1,2，使得gx0=0，即x0?2+lnx0=0，
∴x∈0,x0，gx0，
所以函數(shù)fx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，
∴fx0=1?x0?lnx0x0ex0，又由x0?2+lnx0=0，可得x0ex0=e2，
∴fx0=1?x0?lnx0x0ex0=1?x0+x0?2e2=?1e2.
∴a>?1e2.
故選：A.
【變式2-2】（2024·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤ex恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為（）
A．eB．2C．e?1D．e?2
【解題思路】先確定x=0時的情況，在x>0時，參變分離可得a≤ex?x2?1x，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex?x2?1x，求得f(x)的最小值即可.
【解答過程】當(dāng)x=0，1≤e0，不等式成立，
當(dāng)x>0時，a≤ex?x2?1x恒成立，即a≤(ex?x2?1x)min，
令f(x)=ex?x?1x，則f′(x)=(ex?2x)x?(ex?x2?1)·1x2=(x?1)(ex?x?1)x2，
令g(x)=ex?x?1，則g′(x)=ex?1，當(dāng)x>0時，g′(x)=ex?1≥0，
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)=0，所以ex?x?1>0，
所以當(dāng)0kfx1?fx2（k為常數(shù)）成立，則常數(shù)k的取值范圍為（）
A．(?∞,e?2]B．(?∞,e?2)C．?∞,e2?34D．?∞,e2?34
【解題思路】存在性問題轉(zhuǎn)化為k0時，?′(x)=ex?1>0，
即?(x)=ex?x?1在(0,+∞)上單調(diào)遞增，
所以?(x)>?(0)=0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，
不妨設(shè)1≤x2g(x2)，f(x1)>f(x2)，
∴gx1?gx2>kfx1?fx2可化為gx1?gx2>kfx1?kfx2，
即gx1?kfx1>gx2?kfx2，
令F(x)=g(x)?kf(x)=ex?12x2?x?13kx3，
則F′(x)=ex?x?1?kx2，
∵?x1,x2∈[1,2]，使gx1?gx2>kfx1?fx2能成立，
∴F′(x)>0在[1,2]上能成立，
即k0，
故G′(x)>0，G(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，
∴G(x)max=G(2)=e2?34，
∴k0與a0恒成立，從而fx在0,+∞上遞增；
當(dāng)a>0時，01a，f′x0，x>0，所以ax+1>0恒成立，
當(dāng)00，則m′x=1?lnxx2 x>0，
令m′x=0，即1?lnx=0，解得x=e，
所以x∈0,e時，m′x>0，mx在0,e上單調(diào)遞增，
x∈e,+∞時，m′x0；
(2)若x=0是函數(shù)fx的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值．
【解題思路】（1）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出fx>f?π6=e?π6?12>0，結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算可得結(jié)果；
（2）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可得fx在?π6,0單調(diào)遞減，在0,+∞單調(diào)遞增，滿足x=0是fx的極值點(diǎn)，進(jìn)而求出結(jié)果即可.
【解答過程】（1）當(dāng)a=?1時，fx=ex+sinx，f′x=ex+csx，
當(dāng)x∈0,+∞時，ex>1≥?sinx，則fx>0；
當(dāng)x∈?π6,0時，csx>0，ex>0，故f′x>0，所以fx在?π6,0單調(diào)遞增，
因為eg′x；
(2)若fx與gx有兩條公切線，求a的取值范圍.
【解題思路】（1）等價于證明?x∈0,+∞,ex>2x，令?x=ex?2xx>0，求導(dǎo)判斷出?x的單調(diào)性，求出最值可得答案；
（2）設(shè)一條公切線與fx=aex,gx=x2切點(diǎn)分別為x1,aex1,x2,x22，求出切線方程，根據(jù)是同一條直線可得a=4x1?4ex1，轉(zhuǎn)化為y=4x?4ex與y=a的圖象有兩個交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)得出y=4x?4ex的大致圖象可得答案.
【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx=ex，g′x=2x，
?x∈0,+∞,f(x)>g′x等價于證明?x∈0,+∞,ex>2x，
令?x=ex?2xx>0，?′x=ex?2，
當(dāng)00，
所以?x∈0,+∞,ex>2x，即?x∈0,+∞,f(x)>g′x；
（2）設(shè)一條公切線與fx=aex,gx=x2切點(diǎn)分別為x1,aex1,x2,x22，
則f′x=aex,g′x=2x，
可得切線方程為y?aex1=aex1x?x1，y?x22=2x2x?x2，
因為它們是同一條直線，所以aex1=2x2?x1aex1+aex1=?x22，
可得a=4x1?4ex1，令px=4x?4ex，
若fx與gx有兩條公切線，則y=4x?4ex與y=a的圖象有兩個交點(diǎn)，
則p′x=8?4xex，
當(dāng)x0，px在?∞,2上單調(diào)遞增，
當(dāng)x>2時，p′x1時，px>0，當(dāng)x0，所以gx單調(diào)遞增，
∴x+lna>lnx+2，即lna>lnx+2?x，
令kx=lnx+2?x，則k'x=1x+2?1=?x+1x+2，
∵fx的定義域是?2,+∞，
∴當(dāng)x∈?2,?1時，k'x>0，kx單調(diào)遞增，當(dāng)x∈?1,+∞時，k'xkxmax=1，∴a>e.
故選：C．
5．（2024·全國·模擬預(yù)測）若關(guān)于x的不等式e?1lnx+ax≥xeax?1在x∈12,1內(nèi)有解，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）
A．0,2+2ln2B．1e,eC．0,4D．12e,e
【解題思路】將由不等式轉(zhuǎn)化為e?1lnxeax≥xeax?1，令t=xeax，得到e?1lnt≥t?1，令函數(shù)ft=e?1lnt?t+1，問題轉(zhuǎn)化為存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)ft的單調(diào)性，結(jié)合f1=0,fe=0，得到12ea2≤e且ea≥1，即可求解.
【解答過程】由不等式e?1lnx+ax≥xeax?1，即e?1lnxeax≥xeax?1，
令t=xeax，即有e?1lnt≥t?1，
又由a>0，所以函數(shù)t=xeax在x∈0,+∞上單調(diào)遞增，
因為x∈12,1，所以t=xeax∈12ea2,ea，
令ft=e?1lnt?t+1，問題轉(zhuǎn)化為存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，
因為f′t=e?1?tt，令f′t>0，可得00(x?2)ex?2exx,xax恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）
A．?∞,3B．6e?2,+∞
C．6e?2,3D．?∞,6e?2
【解題思路】分x>0和x0時，由fx>ax得axfx=x2?2x?2ex．
令gx=x?elnx+3x>0，
則g′x=1?ex=x?exx>0，令g′(x)=0，解得x=e，
所以當(dāng)00時，a0，即?(x)=F'x在1,+∞單調(diào)遞增，
且F'1=?2a0，
∴Fx在1,x0上單調(diào)遞減，x0,+∞上單調(diào)遞增.
∴滿足Fx=0在區(qū)間1,+∞內(nèi)有唯一解，只需滿足F(x)min=Fx0=0即可.
所以Fx0=?x0+alnx0+x022?ax0?a2+a2=0，
將①代入化簡得：2a2+5x0?2x02a?x03?2x02=0，
即2a+x0a?x02+2x0=0，得a=?x02（舍），a=x02?2x0，
則a=x02?2x0，此時①變形為x02?2x0?1+lnx0=0，
不妨設(shè)kx=x2?2x?1+lnx，顯然kx在1,+∞上單調(diào)遞增.
k2=ln2?10.
∴x0∈2,1+62，則a=x02?2x0∈0,12結(jié)論得證.
19．（2024·北京·三模）已知fx=2x?1eax?x在x=0處的切線方程為x+y+b=0．
(1)求實(shí)數(shù)a,b的值；
(2)證明：fx僅有一個極值點(diǎn)x0，且fx00時，令φx=kx?1ekx?x+1，利用導(dǎo)數(shù)可得存在x1∈0,1k2，使得φ′x1=0，當(dāng)x∈0,x1時，φ′x?12，令g′x

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