2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点04利用导数研究不等式恒(能)成立问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点04利用导数研究不等式恒(能)成立问题(学生版+解析)，共21页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26959" 【题型1 利用导数研究不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc26959 \h 3
\l "_Tc6836" 【题型2 利用导数研究能成立问题】 PAGEREF _Tc6836 \h 5
\l "_Tc14429" 【题型3 分离参数法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc14429 \h 8
\l "_Tc16073" 【题型4 分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc16073 \h 11
\l "_Tc28288" 【题型5 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc28288 \h 15
\l "_Tc13014" 【题型6 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】 PAGEREF _Tc13014 \h 18
\l "_Tc22035" 【题型7 洛必达法则】 PAGEREF _Tc22035 \h 23
\l "_Tc7055" 【题型8 导数中双变量恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc7055 \h 23
\l "_Tc32179" 【题型9 导数中双函数恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc32179 \h 31
1、利用导数研究不等式恒（能）成立问题
导数中的不等式恒(能)成立问题是高考的常考考点，是高考的热点问题，从近几年的高考情况来看，不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度较大，解题时要学会灵活求解.
知识点1 不等式恒（能）成立问题的解题策略
1．不等式恒（能）成立问题的求解方法
解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题
①分离变量：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，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题．
②恒成立；
恒成立；
能成立；
能成立.
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题
分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
知识点2 双变量的恒（能）成立问题的解题策略
1．双变量的恒（能）成立问题的求解方法
“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，常见的等价变换有：
对于某一区间I，
(1).
(2).
(3).
知识点3 洛必达法则
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则.
1．洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)，那么.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)，那么.
2．用洛必达法则处理型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
3．用洛必达法则处理型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
【注意】：
1．将上面公式中的换成，洛必达法则也成立.
2．洛必达法则可处理型求极限问题.
3．在着手求极限前，首先要检查是否满足型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限.
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.
，如满足条件，可继续使用洛必达法则.
【题型1 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例1】（2025·海南·模拟预测）已知当x>0时，exlnx−2xlnx≥a恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,1B．−∞,2−2ln2
C．−∞,2ln2D．−∞,2+2ln2
【答案】B
【解题思路】令gx=xlnx,x>0，求g′x=lnx+1，判断gx单调性,得到gx的值域为−1e,+∞，令ft=et−2t,t∈−1e,+∞，求导f′t=et−2，ft单调性，当x>0时，ex⋅lnx−2xlnx≥a恒成立，求实数a的取值范围.
【解答过程】令gx=xlnx,x>0，则g′x=lnx+1，
所以当x∈0,1e时，g′x0,gx单调递增，所以g(x)min=1eln1e=−1e，
又x→+∞,gx→+∞，所以gx的值域为−1e,+∞，
令ft=et−2t,t∈−1e,+∞，则f′t=et−2，
所以当t∈−1e,ln2时，f′t0，ft单调递增，
所以f(t)min=fln2=eln2−2ln2=2−2ln2，
所以exlnx−2xlnxmin=2−2ln2，
又当x>0时，ex⋅lnx−2xlnx≥a恒成立，
所以exlnx−2xlnxmin≥a，
故实数a的取值范围为−∞,2−2ln2．
故选：B.
【变式1-1】（2025·甘肃金昌·三模）若关于x的不等式elnaxlnax≤2xe2x在0,+∞上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．0,eB．0,2e C．0,eD．0,e2
【答案】B
【解题思路】利用同构可得lnax≤2x即lna≤2x−lnx在0,+∞上恒成立，设ux=2x−lnx,x>0，利用导数求出该函数的最小值后可得参数的取值范围.
【解答过程】由题设有a>0，
当lnax≤0即00即x>1a时，设st=tet,t>0，则s't=t+1et>0，
故st=tet在0,+∞上为增函数，而elnaxlnax≤2xe2x即slnax≤s2x
因为lnax>0,2x>0，故lnax≤2x即lna≤2x−lnx在1a,+∞上恒成立，
而00，则u′x=2x−1x，
当00，此时有k≤exx，
令f(x)=exx，则f′x=exx−1x2，
易知fx在0,1单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e，∴实数k的最大值为e.
故选：C.
【变式1-3】（2025·江西新余·模拟预测）若关于x的不等式aex+lnx2≥x2+2lna+1x+lna2在0,+∞上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．e,+∞B．0,eC．1e,+∞D．0,1e
【答案】C
【解题思路】利用通过将原不等式转化为ex+lna−x+lna2≥elnx−lnx2，令gx=ex−x2，利用导数可得该函数为增函数，从而得x+lna≥lnx，再设mx=lnx−x，求出该函数的最大值后可得参数的取值范围.
【解答过程】依题意，aex−x+lna2≥x−lnx2，则ex+lna−x+lna2≥elnx−lnx2，
令gx=ex−x2，则g′x=ex−2x=ℎx，
则ℎ′x=ex−2，令ℎ′x=0，解得x=ln2，
故当x∈0,ln2时，ℎ′x0，ℎx在ln2,+∞单调递增，
故ℎx≥ℎln2=2−2ln2>0，
故gx在0,+∞上单调递增，故只需x+lna≥lnx，即lna≥lnx−x，
令mx=lnx−x，则m′x=1−xx，
故当x∈0,1时，m′x>0，mx在0,1单调递增，
当x∈1,+∞时，m′x0，则g′x=1−1+lnxx2=−lnxx2．
令g′x=0，解得x=1，
当x∈0,1时，g′x>0，gx单调递增；
当x∈1,+∞时，g′x0，ℎ′(x)=−1−lnxx2,x>0
易得当x∈0,e时，ℎ′(x)0，
所以ℎ(x)=−lnxx,x>0在0,e单调递减，在e,+∞单调递增，
最小值为ℎ(e)=−1e，当x→0+时，ℎ(x)→+∞，
所以ℎ(x)=−lnxx,x>0的值域为：−1e,+∞，
所以实数a的取值范围是−1e,+∞，
故选：B.
【变式2-2】（2025·河北张家口·一模）已知f(x)=lnx−a(x+1)，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若∃x0∈(0,2]，使fx0>0，求a的取值范围.
【答案】(1)x+y+3=0；
(2)a0得到a0即lnx0−a(x0+1)>0，
所以a0在(0,2]上恒成立，
所以函数gx在(0,2]上单调递增，所以gxmax=g2=ln23，
所以a−1时，ℎ′(x)1时，g′(x)0，故μx在1,e上单调递增，
当x∈e,2时，μ′x0时，参变分离可得a≤ex−x2−1x，进而构造函数f(x)=ex−x2−1x，求得f(x)的最小值即可.
【解答过程】当x=0，1≤e0，不等式成立，
当x>0时，a≤ex−x2−1x恒成立，即a≤(ex−x2−1x)min，
令f(x)=ex−x−1x，则f′(x)=(ex−2x)x−(ex−x2−1)·1x2=(x−1)(ex−x−1)x2，
令g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，当x>0时，g′(x)=ex−1≥0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，所以ex−x−1>0，
所以当00,g′x单调递增，当x∈0,π2时，px≥0,x=0不可能是gx的极大值点，
②当b0，当x0，即ℎx单调递增，
由洛必达法则知：limx→0ex−1x=limx→0ex1=1，
所以当x>0时，ℎx>1，所以t≤1,
同理，当x0x1x2=1，解得a>2.
若不等式f(x1)+f(x2)f(x1)+f(x2)x1+x2恒成立，
因为f(x1)+f(x2)=12x12−ax1+lnx1+12x22−ax2+lnx2
=ln(x1x2)−a(x1+x2)+12[(x1+x2)2−2x1x2]=−a22−1，
则f(x1)+f(x2)x1+x2=−a2−1a，设ℎ(a)=−a2−1a，a∈2,+∞，
则ℎ′(a)=1a2−12，因为a2>4，所以ℎ′(a)0时，由指对同构转化为axeax+ax≥xlnx+lnx，令gx=xex+x，即gax≥glnx，运用单调性解不等式得到ax≥lnx在(0,+∞)上恒成立，利用参变分离，接着求函数最值即可.
【解答过程】当a≤0时，fe=ae⋅eae−e+1+ae0由f(x)=axeax−(x+1)lnx+ax≥0，即axeax+ax≥elnxlnx+lnx，
令gx=xex+xx>0，g′x=x+1ex+1>0，
所以gx在x∈(0,+∞)上单调递增，
∵axeax+ax≥elnxlnx+lnx，即gax≥glnx，
∴ax≥lnx在(0,+∞)上恒成立，
∴a≥lnxxmax，令ℎx=lnxxx>0，
ℎ′x=1−lnxx2=0⇒x=e，
所以x∈0,e时，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
x∈e,+∞时，ℎ′x−1，
则ex0−a=0lnx0+1−b=0，即a=ex0b=lnx0+1，
故a−b=ex0−lnx0+1,x0>−1，
令fx=ex−lnx+1,x>−1，则f′x=ex−1x+1，
f′0=1，由于y=ex,y=−1x+1在(−1,+∞)上均单调递增，
故f′x=ex−1x+1在(−1,+∞)上单调递增，
则−10，则gx在0，+∞单调递增，故由etx+tx≥lnx+elnx得gtx≥glnx，故tx≥lnx恒成立，
记ℎx=lnxx,ℎ′x=1−lnxx2，故当x>e时，ℎ'x0恒成立，所以φ(t)单调递增，
∴ φ(2x)≥φlnex2a⇒2x≥lnex2a⇒2x≥2lnx+1−lna ⇒lna≥2lnx−2x+1，
令ℎ(x)=2lnx−2x+1，则ℎ'(x)= 2x−2，
令ℎ'(x)=0，解得x=1，当x∈(0,1)时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+∞)时，ℎ'(x)1，再结合导数可求最小值.
【解答过程】（1）a=2时，fx=x+2lnx−x2，f1=0，
得f′x=1+2x−2x，所以f′1=1，
得fx在点1,f1处的切线方程为y=x−1.
（2）由题意fx+1ex≥0对x∈1,+∞恒成立.得x+alnx−xa+1ex≥0，
所以x+1ex≥xa−alnx=xa−lnxa，即1ex−ln1ex≥xa−lnxa，
构造函数gx=x−lnx，x>0，g1ex≥gxa在x∈1,+∞上恒成立，
g′x=1−1x=x−1x，
令g′x>0，解得：x>1，令g′x0在(0,+∞)上恒成立，
即y=ex+1ex在(0,+∞)上单调递增，故ℎ′(x)在(0,+∞)上单调递增，
而ℎ′(0)0，即ℎ(x)=F'x在1,+∞单调递增，
且F'1=−2a0，
∴Fx在1,x0上单调递减，x0,+∞上单调递增.
∴满足Fx=0在区间1,+∞内有唯一解，只需满足F(x)min=Fx0=0即可.
所以Fx0=−x0+alnx0+x022−ax0−a2+a2=0，
将①代入化简得：2a2+5x0−2x02a−x03−2x02=0，
即2a+x0a−x02+2x0=0，得a=−x02（舍），a=x02−2x0，
则a=x02−2x0，此时①变形为x02−2x0−1+lnx0=0，
不妨设kx=x2−2x−1+lnx，显然kx在1,+∞上单调递增.
k2=ln2−10.
∴x0∈2,1+62，则a=x02−2x0∈0,12结论得证.
19．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知fx=ax2−2lnx，x∈0,e，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a>1e2，gx=−5+lnxa．存在x1，x2∈(0,e]，使得fx1−gx2