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專題18 利用導數研究不等式恒(能)成立問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 12
【考點1】分離參數法求參數范圍 12
【考點2】分類討論法求參數范圍 20
【考點3】雙變量的恒(能)成立問題 27
【分層檢測】 37
【基礎篇】 37
【能力篇】 46
【培優篇】 50
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
2．（2023·全國·高考真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
3．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當時，；
（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．
4．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)當時，，求a的取值范圍；
(3)設，證明：．
5．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)若，求a的取值范圍；
(2)證明：若有兩個零點，則．
參考答案：
1．(1)答案見解析.
(2)
【分析】（1）求導,然后令,討論導數的符號即可;
（2）構造,計算的最大值,然后與0比較大小,得出的分界點,再對討論即可.
【詳解】（1）
令,則
則
當
當,即.
當,即.
所以在上單調遞增,在上單調遞減
（2）設
設
所以.
若,
即在上單調遞減,所以.
所以當,符合題意.
若
當,所以.
.
所以,使得,即,使得.
當,即當單調遞增.
所以當,不合題意.
綜上,的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性在定義域內是減函數,若,當,對應當.
2．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；
（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.
方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.
【詳解】（1）因為，定義域為，所以，
當時，由于，則，故恒成立，
所以在上單調遞減；
當時，令，解得，
當時，，則在上單調遞減；
當時，，則在上單調遞增；
綜上：當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，
又，
所以當時，；當時，；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，則，當且僅當時，等號成立，
因為，
當且僅當，即時，等號成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
3．（1）證明見詳解（2）
【分析】（1）分別構建，，求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得結果；
（2）根據題意結合偶函數的性質可知只需要研究在上的單調性，求導，分類討論和，結合（1）中的結論放縮，根據極大值的定義分析求解.
【詳解】（1）構建，則對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
所以；
構建，
則，
構建，則對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
即對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
所以；
綜上所述：.
（2）令，解得，即函數的定義域為，
若，則，
因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
故是的極小值點，不合題意，所以.
當時，令
因為，
且，
所以函數在定義域內為偶函數，
由題意可得：，
（i）當時，取，，則，
由（1）可得，
且，
所以，
即當時，，則在上單調遞增，
結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，
所以是的極小值點，不合題意；
（ⅱ）當時，取，則，
由（1）可得，
構建，
則，
且，則對恒成立，
可知在上單調遞增，且，
所以在內存在唯一的零點，
當時，則，且，
則，
即當時，，則在上單調遞減，
結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，
所以是的極大值點，符合題意；
綜上所述：，即，解得或，
故a的取值范圍為.
【點睛】關鍵點睛：
1.當時，利用，換元放縮；
2.當時，利用，換元放縮.
4．(1)的減區間為，增區間為.
(2)
(3)見解析
【分析】（1）求出，討論其符號后可得的單調性.
（2）設，求出，先討論時題設中的不等式不成立，再就結合放縮法討論符號，最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.
（3）由（2）可得對任意的恒成立，從而可得對任意的恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.
【詳解】（1）當時，，則，
當時，，當時，，
故的減區間為，增區間為.
（2）設，則，
又，設，
則，
若，則，
因為為連續不間斷函數，
故存在，使得，總有，
故在為增函數，故，
故在為增函數，故，與題設矛盾.
若，則，
下證：對任意，總有成立，
證明：設，故，
故在上為減函數，故即成立.
由上述不等式有，
故總成立，即在上為減函數，
所以.
當時，有，
所以在上為減函數，所以.
綜上，.
（3）取，則，總有成立，
令，則，
故即對任意的恒成立.
所以對任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.
5．(1)
(2)證明見的解析
【分析】（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，轉化要證明條件為，再利用導數即可得證.
【詳解】（1）[方法一]：常規求導
的定義域為，則
令,得
當單調遞減
當單調遞增，
若,則,即
所以的取值范圍為
[方法二]：同構處理
由得：
令，則即
令，則
故在區間上是增函數
故，即
所以的取值范圍為
（2）[方法一]：構造函數
由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設
要證,即證
因為,即證
又因為,故只需證
即證
即證
下面證明時，
設，
則
設
所以,而
所以,所以
所以在單調遞增
即,所以
令
所以在單調遞減
即,所以；
綜上, ,所以.
[方法二]：對數平均不等式
由題意得：
令，則，
所以在上單調遞增，故只有1個解
又因為有兩個零點，故
兩邊取對數得：，即
又因為，故，即
下證
因為
不妨設，則只需證
構造，則
故在上單調遞減
故，即得證
【點睛】關鍵點點睛 ：本題是極值點偏移問題，關鍵點是通過分析法，構造函數證明不等式
這個函數經常出現，需要掌握
【考點1】分離參數法求參數范圍
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數在上存在單調遞減區間，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（23-24高三上·全國·階段練習）已知函數，則下列結論中正確的是（ ）
A．當時，曲線在處的切線方程為
B．在上的最大值與最小值之和為0
C．若在上為增函數，則a的取值范圍為
D．在上至多有3個零點
三、填空題
3．（2024·江西·模擬預測）已知關于的不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是 .
四、解答題
4．（23-24高二下·江蘇·期中）設函數，．
(1)若曲線在點處的切線與直線垂直，求的值：（其中為自然對數的底數）；
(2)在（1）的條件下求的單調區間和極小值：
(3)若在上存在增區間，求的取值范圍．
5．（23-24高二下·江蘇蘇州·階段練習）已知函數．
(1)若函數在處取到極值，求實數a的值；
(2)若,對于任意,當時，不等式恒成立，求實數m的取值范圍．
6．（23-24高三下·四川巴中·階段練習）函數；
(1)當時，討論函數的單調性；
(2)在恒成立，求整數的最大值.
參考答案：
1．D
【分析】根據題意，轉化為在上有解，得到在上有解，令，利用導數求得函數的單調性與最大值，即可求解.
【詳解】因為函數，可得，
因為函數在上存在單調遞減區間，
可得在上有解，
即在上有解，
令，則，且，
當時，，所以；
當時，，所以，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，故，所以.
故選：D．
【點睛】結論點睛：“恒成立問題”與“有解問題”在等價轉化上的區別：
恒成立問題 有解問題
①恒成立；恒成立． ②恒成立； 恒成立． ③恒成立 ； 恒成立 ． ④ ． ①有解； 有解． ②有解； 有解． ③有解； 有解． ④，使得 ．
2．BCD
【分析】A項，求得切線斜率，寫出切線方程即可；B項，函數是奇函數，由圖象對稱性可知；C項，在上為增函數，轉化為恒成立，分離參數法求解范圍；D項，結合導函數單調性，至多兩個零點，則至多個零點.
【詳解】選項A，當時，，
則，且，
曲線在處的切線方程為，故A錯誤；
選項B，，，
則是奇函數，圖象關于原點對稱，
故在上的最值點也關于原點對稱，
所以在上的最大值與最小值之和為，故B正確；
選項C，若在上為增函數，則恒成立，
即恒成立，
設，
則，且為上的增函數，
注意到，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
則有最小值，最小值為，
要使恒成立，則.故a的取值范圍為，故C正確；
選項D，，
令得，，設，
由C選項的分析， 在單調遞減，在單調遞增，
則在單調遞減，在單調遞增，
即方程至多兩個根，
當有兩個根時，不妨設兩根為，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
則在上至多有3個零點，故D項正確.
故選：BCD.
3．
【分析】利用參變分離可得，然后構造函數，利用導數求函數的最值即得.
【詳解】因為關于的不等式在上恒成立，
即在上恒成立.
令，則，
令，則，
易得在上單調遞增，
又，
所以存在，使得，即，
則，
所以當時，，在上單調遞減，
當時，，在上單調遞增，
故，
所以在上恒成立，
所以在區間上單調遞增，
所以，
所以，即實數的取值范圍是.
故答案為：
【點睛】本題的關鍵是利用參變分離，再運用函數的思想研究不等式，并結合導數研究函數的單調性與最值.
4．(1)
(2)單調減區間為，單調增區間為，極小值為2
(3)
【分析】（1）先對函數求導，然后結合導數的幾何意義可求得的值；
（2）利用導數與單調性以及極值的關系即可求解；
（3）將在上存在增區間轉化為有解，分離參數，即可求出的取值范圍.
【詳解】（1）由題可得，
因為曲線在點處的切線與直線垂直，
所以，解得；
（2）由（1）知，令，解得
由，解得，由，解得，
所以的單調減區間為，單調增區間為，當時，取得極小值；
（3）由在上存在增區間，
即在上有解，
即在上有解，所以，
令，易知在上單調遞增，在上單調遞減，
則，
所以
即的取值范圍為.
5．(1)1；
(2).
【分析】（1）根據，求得，再進行驗證即可；
（2）由題可得在單調遞減，則在恒成立，結合分離參數法，以及利用導數求函數最值，即可求得結果.
【詳解】（1），，
若函數在處取到極值，則，解得；
又當時，，，
故當，，單調遞增；當，，單調遞減；
當，，單調遞增；
則當時，滿足在處取到極值，故.
（2）當時，，
，即，令；
對于任意,當時，不等式恒成立，
即對于任意,當時，恒成立，也即在單調遞減；
又，故，
由題可知，在恒成立，即在恒成立，
也即在恒成立，令，
則，又對稱軸為，其在單調遞減，，
故在恒成立，則在單調遞減，又，
則，也即的取值范圍為：.
6．(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為和
(2)2
【分析】
（1）求導后分解因式，解不等式即可得到函數的單調性；
（2）由題意求出，轉化為在上恒成立，利用導數求出的最小值，即可求解．
【詳解】（1）當時，，，
當單調遞減；
當或單調遞增；
故函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為和
（2）
因為，所以，即，
故，在恒成立，
即，則在恒成立，
設，
則，
設，
則，所以在上單調遞增，
又，，
所以方程有且只有一個實根，且，，
所以在上，，單調遞減；
在,上，，單調遞增，
所以函數的最小值為，
從而，又為整數，
所以的最大值為：2．
【點睛】
關鍵點點睛：本題考查不等式恒成立求參數，關鍵是利用零點存在定理判斷.
反思提升：
分離參數法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量.構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.
(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.
【考點2】分類討論法求參數范圍
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若不等式恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·江西·二模）若恒成立，則實數的取值可以是（ ）
A．0 B． C． D．
三、填空題
3．（2024·上海虹口·二模）已知關于的不等式對任意均成立，則實數的取值范圍為 .
四、解答題
4．（2024·吉林長春·模擬預測）已知，函數.
(1)當時，求的最小值；
(2)若時，恒成立，求的取值范圍.
5．（2024·陜西渭南·二模）已知函數，其中.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求.
6．（2024·浙江紹興·二模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求實數的取值范圍.
參考答案：
1．C
【分析】分和兩種情況討論，分別得出不等式，由不等式恒成立轉化為求函數的最值，利用導數分別求出函數的最值即可求解．
【詳解】當時，由得；
當時，由得．
令，
則，令，解得，
所以當，；當，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
因此的最小值為，
故當時，；
令，
則，令，解得，
所以當，；當，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
因此的最大值為，
故當時，．
綜上，．
故選：C．
2．ABD
【分析】分類討論的取值范圍，構造函數，結合導函數與函數單調性、最值的關系即可求解．
【詳解】由題知，，
①當時，在恒成立，
②當時，由，則，即恒成立，
設，則，令得，
所以當時，，則在單調遞減，
當時，，則在單調遞增，
所以，則，
所以，即滿足題意；
③當時，設，則，令，，
當時，，則在單調遞減，
當時，，則在單調遞增，
所以在單調遞增，且，，
所以，使得；
當時，，即，設，
則，所以在上單調遞減，
所以當時，；
當時，即，設，
則，設，
，設，
則，
可知在內單調遞增，
所以，即，
所以，
所以，
所以在上單調遞增，
所以當時，，
又因為當時，，
所以當時， ，解得，
又，所以，
綜上，，
故選：ABD
【點睛】關鍵點點睛：當時，，使得，當時，設，求得最小值；當時，設，求得最小值，令即可．
3．
【分析】根據題意，分且和且，兩種情況討論，構造函數，利用導數和基本不等式，求得函數的最值，即可求解.
【詳解】因為關于的不等式對任意均成立，
①當對任意均成立時，可得對任意均成立，
令，可得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以，所以，
又由對任意均成立，
可得對任意均成立，
因為，當且僅當時，即時，等號成立，
所以，所以.
②當且對于任意均成立時，
結合①可知且，此時無解.
綜上可得，實數實數的取值范圍為.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
3、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
4．(1)0；
(2).
【分析】（1）由已知可得，進而可求的單調區間；
（2）求導得，令進而求導，分類討論可求的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
單調遞減；單調遞增；
（2），
設，
①若，由（1）知，不合題意；
②若，
設單調遞減，
，令，
單調遞增，，
單調遞增，，不合題意；
③，
單調遞減，單調遞減，；
綜上，.
5．(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用導數與函數單調性間的關系，對求導，得，對分類討論，即可求出結果；
（2）先探求恒成立的必要條件，從而得到，再證明時，在上恒成立，即可解決問題.
【詳解】（1）因為，易知其定義域為，，
當時，在上恒成立，
當時，由，得到，
所以，當時，，時，，
綜上所述，當時，的單調增區間為，無減區間，
當時，的單調增區間為，減區間.
（2）令，
由于恒成立，且，又在區間上連續，
所以是的一個極大值點，又，
所以，得到，
下證明時，在上恒成立，
由（1）知，時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以，又恒成立，所以，
綜上所述，.
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于根據條件得到是的一個極大值點，從而得恒成立的一個必要條件，再證明時，在上恒成立，即可解決問題.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率，進而求出切線方程；
（2）分和討論，利用導數結合不等式放縮判斷導數正負，結合單調性驗證恒成立是否滿足.
【詳解】（1）當時，，則，
所以切線斜率為，又，
所以，切線方程是.
（2）①當時，因為，所以，
所以.
記，則，
令，則.
因為當時，，所以在區間上單調遞增，
所以，，
所以，在區間上單調遞增，
所以，，所以.
②當時，，
因為當時，，
令，則，
若，則，即在區間上單調遞增.
若，則，
所以在區間上單調遞增.
所以當時，在區間上單調遞增.
因為，，
所以，存在，使得，
所以，當時，，即在區間上單調遞減，
所以，不滿足題意.
綜上可知，實數的取值范圍為.
反思提升：
根據不等式恒成立求參數范圍的關鍵是將恒成立問題轉化為最值問題，此類問題關鍵是對參數分類討論，在參數的每一段上求函數的最值，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的函數值不滿足題意即可.
【考點3】雙變量的恒(能)成立問題
一、單選題
1．（2024·河南鄭州·三模）設，且，則（ ）
A．若，則 B．若，則存在且不唯一
C． D．
二、多選題
2．（23-24高三下·重慶·階段練習）設函數，下面四個結論中正確的是（ ）
A．函數在上單調遞增
B．函數有且只有一個零點
C．函數的值域為
D．對任意兩個不相等的正實數，若，則
三、填空題
3．（2023·山西臨汾·模擬預測）已知，恒成立，則 ．
四、解答題
4．（2024·重慶·模擬預測）函數．
(1)討論的單調性；
(2)若函數有兩個極值點，曲線上兩點，連線斜率記為k，求證：；
(3)盒子中有編號為1~100的100個小球（除編號外無區別），有放回的隨機抽取20個小球，記抽取的20個小球編號各不相同的概率為p，求證：．
5．（2024·河南商丘·模擬預測）已知函數的定義域為，其導函數．
(1)求曲線在點處的切線的方程，并判斷是否經過一個定點；
(2)若，滿足，且，求的取值范圍．
6．（2024·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)若存在零點，求a的取值范圍；
(2)若，為的零點，且，證明：．
參考答案：
1．C
【分析】構造函數，根據零點存在性定理即可求解A，構造函數，求導根據函數的單調性，求解最值即可求解B，令，得構造函數，利用導數求解函數的單調性即可求解CD.
【詳解】對于A，當時，則，記，由于均為單調遞增函數，故為單調遞增，
由于，故零點大于，故A錯誤，
對于B，若，由得，記，
則，由于均為上的單調遞增函數，
故在單調遞增，且當時，， ，
故存在唯一的，使得，即，
且在單調遞減，當在單調遞增，
故，又，
故，故無零點，故不存在使得，故B錯誤，
對于C， 先證，記，，
當單調遞增，當單調遞減，
所以，故，
設，由于，所以，故
則，由于，
所以，故在單調遞增，故，
故故C正確，
對于D, ，
所以在單調遞減，故,
則，故D錯誤，
故選:C
【點睛】方法點睛：利用導數比較大小的基本步驟
(1)作差或變形；
(2)構造新的函數；
(3)利用導數研究的單調性或最值；
(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．
2．AB
【分析】
利用導數判斷時，的單調性，根據單調性可求值域，然后結合時，，從而可判斷選項A，C；首先利用導數判斷時，的零點個數；然后再利用單調性判斷時，的零點個數，從而可判斷選項B；不妨設，根據題意把要證明，轉化為證明；然后構造函數，利用導數判斷函數的單調性即可證明，從而判斷選項D.
【詳解】當時，，所以，
所以當時，，所以在單調遞增，
當時，，所以在單調遞減，
且當時，故時，，
又當時，，所以，
所以函數在單調遞增，值域為，所以A正確，C錯誤；
當時，令，則，
所以在單調遞減，所以當時，，
所以函數在上沒有零點；
當時，令，
所以只需求函數在上零點個數，
又因為在上單調遞減，且，
所以函數在上只有一個零點．
所以函數有且僅有一個零點，所以B正確；
當時，若，因為函數在單調遞增，在單調遞減，
所以不妨設，則，
所以要證，只需證，即只需證，
又因為，所以只需證.
因為，
所以令函數，
則，
所以在單調遞增，所以，
即恒成立，所以，
即，所以，
從而成立， 所以D錯誤.
故選：AB.
【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：
1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；
3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
3．
【分析】構造函數，將問題轉化為恒成立，再由必要性入手得到，再證明當時滿足題意，從而得解.
【詳解】依題意，，
因為恒成立，
所以恒成立，
令，則，上式化為恒成立，
令，則，
注意到，而恒成立，即，
所以，即，故；
當時，，顯然在上單調遞增，
而，
所以當時，，當時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
所以；
綜上，.
故答案為：.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是將雙變量轉化為單變量，從而將問題轉化為函數恒成立問題，由此得解.
4．(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導后對分類討論即可得；
（2）借助斜率公式表示出后化簡，可轉化為證明，借助換元法令，構造函數，結合（1）問中所的即可得解；
（3）借助概率公式可得，借助放縮法可得，結合（2）中所得可得，即可得證.
【詳解】（1）定義域為，，
對于方程，，
當，即時，，，在上單增，
當，即或時，方程有兩不等根，
，，而，，
所以當時，，在上恒成立，在上單增；
當時，，或時，，時，，
所以在和上單增，在上單減，
綜上，當時，在上單增；
當時，在和上單增，
在上單減；
（2）
，
所以要證，即證，即證，
也即證（*）成立．
設，函數，由（1）知在上單增，且，
所以時，，所以（*）成立，原不等式得證；
（3）由題可得，
因為，，…，，
所以，
又由（2）知，，
取，有，
即，即，
所以．
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于得出后，借助（2）問中所得，取，代入可得，即可得解.
5．(1)，經過一個定點
(2)
【分析】（1）利用求導法則得，根據條件及導數的幾何意義、直線的點斜式計算即可；
（2）利用導函數有兩個零點得出的關系及范圍，消元化簡得，構造函數，利用導數研究其單調性及最值即可.
【詳解】（1）因為，
所以（c為常數）．
因為，所以，
所以．
又，
所以曲線在點處的切線的方程為，
即，
所以經過定點．
（2）令，可得．
因為，滿足，且，
所以關于的方程有兩個不相等的正實數根，
則，
所以
，
令函數，
則，
令，得，
因為當時，，
當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
又當時，，
所以的取值范圍為，
即的取值范圍為．
6．(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數求出函數的最小值，解不等式即可求解；
（2）由零點的定義可得，只需證，令，利用導數證明不等式即可.
【詳解】（1）的定義域為，
令，即，等價于，
設，則（），
令，可得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
則的最小值為，，
要使得存在零點，則，
即，得．
（2）由為的零點，得，
即，即
兩式相減得，即.
要證當時，，
只需證，只需證，，
，．
令，，只需證，
，則在上單調遞增，
∴，即可得證.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的求解策略
形如的求解策略：
1、構造函數法：令，利用導數求得函數的單調性與最小值，只需恒成立即可；
2、參數分離法：轉化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數求得函數的單調性與最值即可；
3，數形結合法：結合函數的圖象在的圖象的上方（或下方），進而得到不等式恒成立.
反思提升：
含參不等式能成立問題(有解問題)可轉化為恒成立問題解決，常見的轉化有：
(1) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(2) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(3) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
(4) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預測），有恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·安徽蕪湖·期中）已知函數存在兩個零點，則實數t的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（22-23高二上·山東菏澤·期末）已知函數與函數的圖像上恰有兩對關于軸對稱的點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·云南昆明·模擬預測）已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（ ）
A． B． C．e D．
二、多選題
5．（23-24高三上·新疆伊犁·階段練習）下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（22-23高二下·甘肅定西·階段練習）若函數有三個零點，則實數a的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
7．（2023·全國·模擬預測）設函數，若恒成立，則滿足條件的正整數可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、填空題
8．（23-24高二下·天津濱海新·階段練習）已知函數，若關于的不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是 .
9．（20-21高二下·河北石家莊·期末）已知函數，，如果對任意的，，都有成立，則實數a的取值范圍是 ．
10．（23-24高二上·陜西榆林·期末）已知函數是上的增函數，則的最小值為 .
四、解答題
11．（23-24高三上·河南·階段練習）已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若，不等式在上存在實數解，求實數的取值范圍．
12．（21-22高三上·安徽滁州·階段練習）已知函數，在處取得極小值．
(1)求函數的解析式；
(2)求函數的極值；
(3)設函數，若對于任意，總存在，使得，求實數a的取值范圍．
參考答案：
1．C
【分析】構造函數，求導可得函數的單調性，即可求解最值，進而即可.
【詳解】由在上恒成立，令，
則．令，則，
當時，，故在上單調遞增；
當時，，故在上單調遞減；
則，所以，
故選:C．
2．C
【分析】采用參變分離法，將函數存在兩個零點轉化為函數與函數的圖象有兩個交點，利用導數探究函數的圖象及趨勢特征即得參數范圍.
【詳解】由，，可得：，令，
依題意，函數存在兩個零點，等價于函數與函數的圖象有兩個交點.
又，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，
故時，取得極大值，且當時，，當時，，
故要使函數與函數的圖象有兩個交點.，需使，解得.
故選：C.
3．C
【分析】根據題意函數與的圖像上恰有兩對關于軸對稱的點，得到方程有兩解，分離參數構造新函數，利用導數求出最值，結合題意分析即可得.
【詳解】因為函數與的圖像上恰有兩對關于軸對稱的點，
所以，
即有兩解，
所以有兩解，
令，
則，
所以當時，0，此時函數在上單調遞增；
當時，，函數在上單調遞減，
所以在處取得極大值，，
且時，的值域為，
時，的值域為，
因此有兩解時，實數的取值范圍為，
故選：C.
4．A
【分析】在上恒成立，即，構造函數，，求導得到其單調性，得到，得到，求出答案.
【詳解】由題意得在上恒成立，
，故，
即，
令，，
則在上恒成立，
故在上單調遞減，
故，
故，故a的最小值為.
故選：A
5．CD
【分析】
根據存在性和任意性的定義，結合對數函數和指數函數的性質逐一判斷即可.
【詳解】
A：因為，所以本選項不正確；
B：當時，，所以本選項不正確；
C：畫出兩個函數的圖象如下圖所示：

顯然有一個交點，因此本選項正確；
D：設，
當時，單調遞減，當時，單調遞增，
故，所以本選項正確，
故選：CD
6．BCD
【分析】根據已知，把函數零點轉化為方程根的問題，再分離參數，利用導數研究函數圖象，結合圖行進行求解.
【詳解】函數有三個零點，等價于有3個根，
即函數與函數有3個交點，令，
則，由有：或，由有：，
所以在，上單調遞增，在上單調遞減；
又，，所以的大致圖象為：

所以，解得，故A錯誤.
故選：BCD.
7．ABC
【分析】根據題意可得，利用導數結合分類討論解決恒成立問題.
【詳解】若恒成立，則恒成立，
構建，則，
∵，故，則有：
當，即時，則當時恒成立，
故在上單調遞增，則，
即符合題意，故滿足條件的正整數為1或2；
當，即時，令，則，
故在上單調遞減，在上單調遞增，則，
構建，則當時恒成立，
故在上單調遞減，則，
∵，
故滿足的整數；
綜上所述：符合條件的整數為1或2或3，A、B、C正確，D錯誤.
故選：ABC.
8．
【分析】
根據給定條件，求出函數在上的最小值即可得解.
【詳解】函數，求導得，當時，，
因此函數在上單調遞增，，
由不等式在上恒成立，得，
所以實數的取值范圍是.
故答案為：
9．
【分析】根據題意轉化為 ，求導函數，分別求出函數的最大值，的最小值，進而可建立不等關系，即可求出a的取值范圍．
【詳解】由，可得，
當，，所以在單調遞減，
，
，在上單調遞增，
，
對任意的，都有成立，
，
，
故答案為：．
10．
【分析】由函數單調性得恒成立，分離參數后構造函數求最值即得.
【詳解】因為函數是上的增函數，
所以，即：.
令，則，令，得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減.
所以，
要使恒成立，則，故的最小值為.
故答案為：.
11．(1)單調增區間為，單調減區間為
(2)
【分析】（1）根據導函數的正負判斷函數的遞增遞減區間即得；
（2）通過代入不等式整理成在上存在實數解問題，故可轉化成求函數在得最小值問題，計算即得.
【詳解】（1）當時，，
∴，由，得，由，得，
所以函數的單調增區間為，單調減區間為；
（2）原條件等價于：在上存在實數解．
化為在上存在實數解，
令，
則，
∴在上，，得，故在上單調遞增，
∴的最小值為，
∴時，不等式在上存在實數解．
12．(1)
(2)極小值；極大值
(3)．
【分析】（1）根據函數在極值處導函數為，極小值為聯立方程組即可求得，，求得函數解析式，求導，利用導數判斷原函數的單調性，檢驗求得，值是否滿足題意；
（2）由（1）即可求得極大值和極小值；
（3）依題意只需即可，當時，函數有最小值，即對任意總存在，使得的最小值不大于；對于，分、、三種情況討論即可．
【詳解】（1）∵，則，
由題意可得 ，解得，
則函數的解析式為，且，
令，解得：，
則當變化時，的變化情況如下表：
減 極小值 增 極大值 減
故符合題意，即.
（2）由（1）可得：當時，函數有極小值；當時，函數有極大值2.
（3）∵函數在時，，在時，且，
∴由（1）知：當時，函數有最小值，
又∵對任意總存在，使得，則當時，的最小值不大于，
對于開口向上，對稱軸為，
當時，則在上單調遞增，故的最小值為，得；
當時，則在上單調遞減，故的最小值為，得；
當時，則在上單調遞減，在上單調遞增，的最小值為，得或，不合題意，舍去；
綜上所述：的取值范圍是.
【能力篇】
一、單選題
1．（2024高三·全國·專題練習）函數對任意成立，則的最小值為（ ）
A．4 B．3 C． D．2
二、多選題
2．（23-24高二下·河南·階段練習）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．存在，使得的圖象與軸相切
B．存在，使得有極大值
C．若，則
D．若，則關于的方程有且僅有3個不等的實根
三、填空題
3．（2022高三上·河南·專題練習）已知，，若曲線上總存在不同的兩點，使曲線在兩點處的切線互相平行，則的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，，.
(1)若的最小值為0，求的值；
(2)當時，證明：方程在上有解.
參考答案：
1．D
【分析】求得，結合，得到，求得函數的單調性，結合題意，轉化為，令，利用求得函數的單調性和最小值，進而求得實數的最小值.
【詳解】由函數，可得，且，
若時，恒成立，函數單調遞增，
當時，，
因為函數在上單調遞增，所以，
所以存在，使得時，，不符合題意，則有，
當時，；當時，，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
所以，則，
令，可得，
當時，；當時，，
所以函數在上遞減，在上遞增，所以，
所以的最小值為.
故選：D.
2．ACD
【分析】對求導，分析單調性即可判斷極值，由，可參變分離，根據新函數的單調性極值最值趨勢即可判斷.
【詳解】由題知，當時，
當時，所以在處的切線斜率為0，
此時的圖象與軸相切.故A正確.
由，當時，，
所以在R上單調遞減，無極大值，
當時，時，時，，
所以的圖像先減后增，有極小值無極大值，故B錯誤.
當時，即，
即令，，
當時，，當時，，
所以在單調遞減，在上單調遞增，
，所以，
令，
因為，所以當或時，
當時，所以在和上單調遞增，
在上單調遞減，極大值為，
又時，，所以最大值為，
所以當時，恒成立，即恒成立，故C正確.
由C選項的判斷知，極小值為，
又時，，所以當時，有且僅有3個不等的實根，
故有且僅有3個不等的實根，故D正確.
故選：ACD.
3．
【分析】由曲線在兩點處的切線互相平行，可得，求導整理可得，結合基本不等式可得對于恒成立，利用換元法結合倒數得到函數單調性，即可得的取值范圍.
【詳解】因為函數，所以，
由題意可得，，且，
即有，整理得，
因為，所以，
所以對于恒成立，
令，則，，
令，，則，對于恒成立，
即在上單調遞增，所以，
所以，所以，
即的取值范圍是．
故答案為：．
4．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據函數的最小值求參數即可；
（2）轉化為在上有解，根據圖象特征即可證明；
【詳解】（1）由已知得，則.
令，解得.
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增.
所以，所以.
（2）要證在上有解，即證在上有解，
即證在上有解.
令，則.
設，則.
當時，；當時，.
所以即在上單調遞增，在上單調遞減.
又因為，，
，
所以由零點存在性定理知，，使，即，
所以當時，；當時，.
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
所以.
因為，所以，即，且時，
，所以當時，直線與函數的圖像在上有交點，即在上有解.
【點睛】思路點睛：將方程在上有解轉化為在上有解，求出在上的單調性，則直線與函數的圖像在上有交點即可證明；
【培優篇】
一、解答題
1．（2024·上海楊浦·二模）函數、的定義域均為，若對任意兩個不同的實數，，均有或成立，則稱與為相關函數對.
(1)判斷函數與是否為相關函數對，并說明理由；
(2)已知與為相關函數對，求實數的取值范圍；
(3)已知函數與為相關函數對，且存在正實數，對任意實數，均有.求證：存在實數，使得對任意，均有.
2．（2024·河北保定·二模）已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
3．（2023·河南·三模）已知函數，e為自然對數的底數．
(1)若此函數的圖象與直線交于點P，求該曲線在點P處的切線方程；
(2)判斷不等式的整數解的個數；
(3)當時，，求實數a的取值范圍．
參考答案：
1．(1)是，理由見解析；
(2)
(3)證明見解析；
【分析】（1）由與不為相關函數對，得到且，從而若為相關函數，由成立求解；
（2）根據與為相關函數對，由成立求解；
（3）采用反證法，假設對任意均存在，均有，根據與為相關函數對，分，，得出矛盾即可.
【詳解】（1）解：若與不為相關函數對，則且，
則，所以只要即可，
當，時，
，
所以函數與是相關函數對；
（2）因為與為相關函數對，
所以，
令，，當時，；當時，，
所以是極小值點，，
所以，
所以；
（3）假設對任意均存在，
均有，
則取，，，使得，
對任意，，有，，
又函數與為相關函數對，
則①若，則；
②若，則，
由①②知：，由，將其分為很多個子區間，
如，，，……
則以上每個區間至多包含一個，矛盾，假設不成立，
故存在實數，使得對任意，均有．
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問關鍵是由假設，，根據函數與為相關函數對，分別由和，構造，找出矛盾而得證.
2．(1)
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導數求函數的最大值，轉化為最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式轉化為證明，即證明，構造函數，利用導數證明函數的單調性，即可證明.
【詳解】（1），當時，單調遞增；
當時，單調遞減．所以，
解得，即的取值范圍為．
（2）證明：不妨設，則，要證，
即證，則證，則證，
所以只需證，即．
令，則，．
當時，，則，
所以在上單調遞減，則．所以．
由（1）知在上單調遞增，所以，從而成立．
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是利用分析法，轉化為證明.
3．(1)
(2)3
(3)
【分析】（1）根據導數的幾何意義可求得直線的斜率，繼而可解；
（2）利用導數考查函數的單調性，確定零點所在區間即可求解；
（3）變形不等式，參變分離后，利用換元法變形不等式，利用導數考查函數的單調性即可求解.
【詳解】（1），所以，又
所以該曲線在點P處的切線方程為:，即
（2）的定義域為，，
當時，，單調遞增；
當，，單調遞減．
又，，
，，
所以，不等式的整數解的個數為3．
（3）不等式
可整理為，
令，，
所以當，，單調遞增，
當，，單調遞減，
所以，又，
所以令，則
令，
則
令，
則
令，，
則，，
所以單調遞減，，
所以，單調遞減，，
所以，
所以，
所以單調遞減，
所以.
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題18 利用導數研究不等式恒(能)成立問題（新高考專用）
【真題自測】 2
【考點突破】 2
【考點1】分離參數法求參數范圍 2
【考點2】分類討論法求參數范圍 4
【考點3】雙變量的恒(能)成立問題 5
【分層檢測】 6
【基礎篇】 6
【能力篇】 7
【培優篇】 8
一、解答題
1．（2023·全國·高考真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
2．（2023·全國·高考真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
3．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當時，；
（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．
4．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)當時，，求a的取值范圍；
(3)設，證明：．
5．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)若，求a的取值范圍；
(2)證明：若有兩個零點，則．
【考點1】分離參數法求參數范圍
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數在上存在單調遞減區間，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（23-24高三上·全國·階段練習）已知函數，則下列結論中正確的是（ ）
A．當時，曲線在處的切線方程為
B．在上的最大值與最小值之和為0
C．若在上為增函數，則a的取值范圍為
D．在上至多有3個零點
三、填空題
3．（2024·江西·模擬預測）已知關于的不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是 .
四、解答題
4．（23-24高二下·江蘇·期中）設函數，．
(1)若曲線在點處的切線與直線垂直，求的值：（其中為自然對數的底數）；
(2)在（1）的條件下求的單調區間和極小值：
(3)若在上存在增區間，求的取值范圍．
5．（23-24高二下·江蘇蘇州·階段練習）已知函數．
(1)若函數在處取到極值，求實數a的值；
(2)若,對于任意,當時，不等式恒成立，求實數m的取值范圍．
6．（23-24高三下·四川巴中·階段練習）函數；
(1)當時，討論函數的單調性；
(2)在恒成立，求整數的最大值.
反思提升：
分離參數法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量.構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.
(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.
【考點2】分類討論法求參數范圍
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若不等式恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2024·江西·二模）若恒成立，則實數的取值可以是（ ）
A．0 B． C． D．
三、填空題
3．（2024·上海虹口·二模）已知關于的不等式對任意均成立，則實數的取值范圍為 .
四、解答題
4．（2024·吉林長春·模擬預測）已知，函數.
(1)當時，求的最小值；
(2)若時，恒成立，求的取值范圍.
5．（2024·陜西渭南·二模）已知函數，其中.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求.
6．（2024·浙江紹興·二模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求實數的取值范圍.
反思提升：
根據不等式恒成立求參數范圍的關鍵是將恒成立問題轉化為最值問題，此類問題關鍵是對參數分類討論，在參數的每一段上求函數的最值，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的函數值不滿足題意即可.
【考點3】雙變量的恒(能)成立問題
一、單選題
1．（2024·河南鄭州·三模）設，且，則（ ）
A．若，則 B．若，則存在且不唯一
C． D．
二、多選題
2．（23-24高三下·重慶·階段練習）設函數，下面四個結論中正確的是（ ）
A．函數在上單調遞增
B．函數有且只有一個零點
C．函數的值域為
D．對任意兩個不相等的正實數，若，則
三、填空題
3．（2023·山西臨汾·模擬預測）已知，恒成立，則 ．
四、解答題
4．（2024·重慶·模擬預測）函數．
(1)討論的單調性；
(2)若函數有兩個極值點，曲線上兩點，連線斜率記為k，求證：；
(3)盒子中有編號為1~100的100個小球（除編號外無區別），有放回的隨機抽取20個小球，記抽取的20個小球編號各不相同的概率為p，求證：．
5．（2024·河南商丘·模擬預測）已知函數的定義域為，其導函數．
(1)求曲線在點處的切線的方程，并判斷是否經過一個定點；
(2)若，滿足，且，求的取值范圍．
6．（2024·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)若存在零點，求a的取值范圍；
(2)若，為的零點，且，證明：．
反思提升：
含參不等式能成立問題(有解問題)可轉化為恒成立問題解決，常見的轉化有：
(1) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(2) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(3) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
(4) x1∈M， x2∈N，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預測），有恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·安徽蕪湖·期中）已知函數存在兩個零點，則實數t的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（22-23高二上·山東菏澤·期末）已知函數與函數的圖像上恰有兩對關于軸對稱的點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·云南昆明·模擬預測）已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（ ）
A． B． C．e D．
二、多選題
5．（23-24高三上·新疆伊犁·階段練習）下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（22-23高二下·甘肅定西·階段練習）若函數有三個零點，則實數a的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
7．（2023·全國·模擬預測）設函數，若恒成立，則滿足條件的正整數可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
三、填空題
8．（23-24高二下·天津濱海新·階段練習）已知函數，若關于的不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是 .
9．（20-21高二下·河北石家莊·期末）已知函數，，如果對任意的，，都有成立，則實數a的取值范圍是 ．
10．（23-24高二上·陜西榆林·期末）已知函數是上的增函數，則的最小值為 .
四、解答題
11．（23-24高三上·河南·階段練習）已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若，不等式在上存在實數解，求實數的取值范圍．
12．（21-22高三上·安徽滁州·階段練習）已知函數，在處取得極小值．
(1)求函數的解析式；
(2)求函數的極值；
(3)設函數，若對于任意，總存在，使得，求實數a的取值范圍．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024高三·全國·專題練習）函數對任意成立，則的最小值為（ ）
A．4 B．3 C． D．2
二、多選題
2．（23-24高二下·河南·階段練習）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．存在，使得的圖象與軸相切
B．存在，使得有極大值
C．若，則
D．若，則關于的方程有且僅有3個不等的實根
三、填空題
3．（2022高三上·河南·專題練習）已知，，若曲線上總存在不同的兩點，使曲線在兩點處的切線互相平行，則的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數，，.
(1)若的最小值為0，求的值；
(2)當時，證明：方程在上有解.
【培優篇】
一、解答題
1．（2024·上海楊浦·二模）函數、的定義域均為，若對任意兩個不同的實數，，均有或成立，則稱與為相關函數對.
(1)判斷函數與是否為相關函數對，并說明理由；
(2)已知與為相關函數對，求實數的取值范圍；
(3)已知函數與為相關函數對，且存在正實數，對任意實數，均有.求證：存在實數，使得對任意，均有.
2．（2024·河北保定·二模）已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
3．（2023·河南·三模）已知函數，e為自然對數的底數．
(1)若此函數的圖象與直線交于點P，求該曲線在點P處的切線方程；
(2)判斷不等式的整數解的個數；
(3)當時，，求實數a的取值范圍．
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