重难点04 利用导数研究不等式恒（能）成立问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc3661" 【题型1 直接法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc3661 \h 3
\l "_Tc21606" 【题型2 分离参数法求参数范围】 PAGEREF _Tc21606 \h 6
\l "_Tc14047" 【题型3 分类讨论法求参数范围】 PAGEREF _Tc14047 \h 9
\l "_Tc20374" 【题型4 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc20374 \h 12
\l "_Tc27069" 【题型5 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】 PAGEREF _Tc27069 \h 16
\l "_Tc16468" 【题型6 洛必达法则】 PAGEREF _Tc16468 \h 20
\l "_Tc6042" 【题型7 双变量的恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc6042 \h 25
1、利用导数不等式恒（能）成立问题
恒(能)成立问题是高考的常考考点，是高考的热点问题，其中不等式的恒(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 直接法解决不等式恒（能）成立问题】
【例1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若ex−ea≥e+lnax在x∈0,+∞上恒成立，则a的最大值为（ ）
A．e2−e2B．2e12−eC．e1−eD．e1+1e−e
【解题思路】易知a>0，原式可变形为f(x)=ex−e−ae−alnax≥0,(x>0)，结合隐零点的解题思路，求出f(x)min，由f(x)min≥0可得ℎ(t)=1t−2lnt−t≥0，结合函数的单调性解得00，由x>0，得a>0.
原式可化为ex−e−ae−alnax≥0，
设f(x)=ex−e−ae−alnax(x>0)，则f′(x)=ex−e−ax，
又函数y=ex−e,y=−ax在(0,+∞)上单调递增，所以函数y=f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
则当x→0时，f′(x)→−∞，当x→+∞时，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，
且当00)，
由函数y=1t,y=−2lnt,y=−t在(0,+∞)在单调递减，
知函数ℎ(t)在(0,+∞)在单调递减，且ℎ(1)=0，所以00)， ∴ℎ′x=2xlnx+x2×1x=x1+2lnx，
当00.
由e−1lna+x≥aex−1，得e−1lnaex≥aex−1.
令t=aex，即有e−1lnt≥t−1.
因为x∈0,1，所以t=aex∈a,ae，令ft=e−1lnt−t+1，
问题转化为存在t∈a,ae，使得ft≥0.
因为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，所以函数gx在0,+∞上单调递增，
又g1=−10，所以存在x0∈1,2，使得gx0=0，即x0−2+lnx0=0，
∴x∈0,x0，gx0，
所以函数fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴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.
故选：A.
【变式2-2】（2024·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤ex恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．eB．2C．e−1D．e−2
【解题思路】先确定x=0时的情况，在x>0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0kfx1−fx2（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．(−∞,e−2]B．(−∞,e−2)C．−∞,e2−34D．−∞,e2−34
【解题思路】存在性问题转化为k0时，ℎ′(x)=ex−1>0，
即ℎ(x)=ex−x−1在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g(x)在[1,2]上单调递增，
不妨设1≤x2g(x2)，f(x1)>f(x2)，
∴gx1−gx2>kfx1−fx2可化为gx1−gx2>kfx1−kfx2，
即gx1−kfx1>gx2−kfx2，
令F(x)=g(x)−kf(x)=ex−12x2−x−13kx3，
则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]上单调递增，
∴G(x)max=G(2)=e2−34，
∴k0与a0恒成立，从而fx在0,+∞上递增；
当a>0时，01a，f′x0，x>0，所以ax+1>0恒成立，
当00，则m′x=1−lnxx2 x>0，
令m′x=0，即1−lnx=0，解得x=e，
所以x∈0,e时，m′x>0，mx在0,e上单调递增，
x∈e,+∞时，m′x0；
(2)若x=0是函数fx的极值点，求实数a的值．
【解题思路】（1）求导得到函数的单调区间，求出fx>f−π6=e−π6−12>0，结合对数的运算可得结果；
（2）求导得到函数的单调区间，可得fx在−π6,0单调递减，在0,+∞单调递增，满足x=0是fx的极值点，进而求出结果即可.
【解答过程】（1）当a=−1时，fx=ex+sinx，f′x=ex+csx，
当x∈0,+∞时，ex>1≥−sinx，则fx>0；
当x∈−π6,0时，csx>0，ex>0，故f′x>0，所以fx在−π6,0单调递增，
因为eg′x；
(2)若fx与gx有两条公切线，求a的取值范围.
【解题思路】（1）等价于证明∀x∈0,+∞,ex>2x，令ℎx=ex−2xx>0，求导判断出ℎx的单调性，求出最值可得答案；
（2）设一条公切线与fx=aex,gx=x2切点分别为x1,aex1,x2,x22，求出切线方程，根据是同一条直线可得a=4x1−4ex1，转化为y=4x−4ex与y=a的图象有两个交点，利用导数得出y=4x−4ex的大致图象可得答案.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex，g′x=2x，
∀x∈0,+∞,f(x)>g′x等价于证明∀x∈0,+∞,ex>2x，
令ℎx=ex−2xx>0，ℎ′x=ex−2，
当00，
所以∀x∈0,+∞,ex>2x，即∀x∈0,+∞,f(x)>g′x；
（2）设一条公切线与fx=aex,gx=x2切点分别为x1,aex1,x2,x22，
则f′x=aex,g′x=2x，
可得切线方程为y−aex1=aex1x−x1，y−x22=2x2x−x2，
因为它们是同一条直线，所以aex1=2x2−x1aex1+aex1=−x22，
可得a=4x1−4ex1，令px=4x−4ex，
若fx与gx有两条公切线，则y=4x−4ex与y=a的图象有两个交点，
则p′x=8−4xex，
当x0，px在−∞,2上单调递增，
当x>2时，p′x1时，px>0，当x0，所以gx单调递增，
∴x+lna>lnx+2，即lna>lnx+2−x，
令kx=lnx+2−x，则k'x=1x+2−1=−x+1x+2，
∵fx的定义域是−2,+∞，
∴当x∈−2,−1时，k'x>0，kx单调递增，当x∈−1,+∞时，k'xkxmax=1，∴a>e.
故选：C．
5．（2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式e−1lnx+ax≥xeax−1在x∈12,1内有解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．0,2+2ln2B．1e,eC．0,4D．12e,e
【解题思路】将由不等式转化为e−1lnxeax≥xeax−1，令t=xeax，得到e−1lnt≥t−1，令函数ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，利用导数求得函数ft的单调性，结合f1=0,fe=0，得到12ea2≤e且ea≥1，即可求解.
【解答过程】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，所以函数t=xeax在x∈0,+∞上单调递增，
因为x∈12,1，所以t=xeax∈12ea2,ea，
令ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，
因为f′t=e−1−tt，令f′t>0，可得00(x−2)ex−2exx,xax恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,3B．6e−2,+∞
C．6e−2,3D．−∞,6e−2
【解题思路】分x>0和x0时，由fx>ax得axfx=x2−2x−2ex．
令gx=x−elnx+3x>0，
则g′x=1−ex=x−exx>0，令g′(x)=0，解得x=e，
所以当00时，a0，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．（2024·北京·三模）已知fx=2x−1eax−x在x=0处的切线方程为x+y+b=0．
(1)求实数a,b的值；
(2)证明：fx仅有一个极值点x0，且fx00时，令φx=kx−1ekx−x+1，利用导数可得存在x1∈0,1k2，使得φ′x1=0，当x∈0,x1时，φ′x−12，令g′x