重難點專題10 導數(shù)與不等式恒成立九大題型匯總（解析版）-決戰(zhàn)2024年高考數(shù)學重難點題型突破（新高考通用）

重難點專題10導數(shù)與不等式恒成立九大題型匯總題型1直接求導型 1題型2端點賦值法 9 題型4分離參數(shù)法 題型5分離參數(shù)法-洛必達法則 題型6構造輔助函數(shù)求參 題型7絕對值同構求參 題型8函數(shù)取“整”型 55 題型1直接求導型劃重點劃重點若f(x)在區(qū)間D上有最值，則(2)能成立：3x∈D,f(x)>0?f(x)max>0;3x∈D,f(x)<0?f(x)min<0.(2)能成立：a>f(x)?a>f(x)min;a<f(x)?a<f(x)max;,且vx∈D,f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍.【答案】(1)(4-4ln2)x-y-2=0,,2=0.令m(x)=-ax2+2x-a,則△=4-4a2;②當△>0,即0<α<1時，設m(x)=0的兩根分別為x?,x?(x?<x?),此時h(x)<h(1)=0,即21),不合題綜上所述：實數(shù)a的取值范圍為[1,+o].解恒成立的基本思路是將問題轉化為含參函數(shù)單調性的討論問題,通過討論含參函數(shù)的單調性，確定符合題意的參數(shù)范圍即可.【變式1-1】1.(2023秋·寧夏銀川高三銀川一中?？茧A段練習)已知函數(shù)f(x)=2Inx-【分析】(1)先確定函數(shù)的定義域，求導,根據(jù)其正負即可得函數(shù)的單調區(qū)(2)構造函數(shù)1在區(qū)間(0,+o)內恒成立,再求出G(x)結合函數(shù)單調性，即求得整數(shù)m的最小值.所以f(x)<1.當m≤0時，因為x>0,所以G'(x)>0,所以G(x)在(0,+(2)將問題轉化0在(0,+o)上恒成立，構造函數(shù),【分析】(1)化簡可得F(x)=e*-2x-1(x>-2),(2)分析可知t>0且x>-2;令g(x)=e*+x,令h(x)=In(x+2)-x,利用導數(shù)可求【詳解】(1)當t=1時，∵F(x)定義域為(-2,+o),F'(x)=e*-2,F(x)在(-2,ln2)上單調遞減，在(In2,+o)上單調遞增.∴t>0且m(x)定義域為(-2,+);∴h(x)在(-2,-1)上單調遞增，在(-1,+)上單調遞減，∴h(x)max=h(-1)=1,成立問題的關鍵是能夠采用同構法，將問題轉化為g(x)=e×+x的兩個函數(shù)值大小關系的比較問題，進而根據(jù)g(x)的單調性得到自變量的大小關系.(2)令g(x)=f(x)-axcosx,即g(x)=2ax-axcosx-sinx,題型2端點賦值法是充分條件.【答案】(1)f(x)的單調增區(qū)間為(0,1);單調減區(qū)間為(1,+);(2),(2)由函數(shù)g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)=xlnx+p(x2-Inxpxalnx+1.【詳解】(1)f(x)的定義域為(0,+),(2)由(1)知f(x)=(x+1)e*-1,f'(x)=(x+2)e*,注意到q(x)=(x+1)e*在(-1,+)上單調遞增，且q(-1)=0,因為h(x)min=t-1-tlnt≥0,s(t)=t-1-tlnt≤s(1)=0,(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值),解決生活中的優(yōu)化問題.,若g(x)≥0恒成立，求b的取值范圍.【詳解】(1)因為b=2,則f(x)=2lnx+bx=2lnx+2x,,設切線與f(x)圖象切于點(xo,2lnxo+2xo),令H(x)=e*-1-x,則H'(x)=e*故G(x)≥G(1)=0,綜上，實數(shù)b的取值范圍[-2,+](2)能成立：3x∈D,f(x)>0?f(x)max>0;3x∈D,f(x)<0?f(x)min<0.,,,即可得a>1,利用(1)中的結論Vx∈(0,+),,結合,則m'(x)=e*-2,(2)因為2[e*f(x)-cosx]>ln(x+1),),即a>1由(1)可知Vx∈[0,+o],題型3隱零點型劃重點劃重點換關系.備用(2)由(1)知f(x)=x2+xlnx,x∈(0,+),,,,(2)解：由f(x)>ax得2ax<e*,,p(x)>0,,,無極小值；,無極小值；(2)因為對任意x>0,f(x)≤0恒成立，因為φ(1)=-1<0,故整數(shù)m的最小值為1.結論.題型4分離參數(shù)法然對數(shù)的底數(shù)).(2)用分離參數(shù)得出a<(x-1)e*-x,令h(x)=(x-1)e*-x,利用導數(shù)求得其最小值【詳解】(1),定義域為(0,+),所以f(x)在x=1處的切線I的斜率為k=f'(1)=0,-1>ae-x+lnx?x恒成立，?令u(x)=xe*-1,x>0,則u'(x)=(x+1)e×>0所以u(x)在(0,+o)上單調遞增，又u(0)=-1<0,且u(1)=e-1>0,所以a<-1.m(x+1).故m=0.(2)若f(x)=(x-1)lnx-m(x+1)≥0在x∈(,+)上恒成立，,(1)作差或變形.【詳解】(1)根據(jù)題意可得f'(x)=6x2+6(1+m)x+6m=6(x+1)(x+m),若m>1,此時-m<-1,若m<1,此時-m>-1,m>1時，f(x)在(-o,-m)和(-1,+)上單調遞增，在(-m,-(2)由f(-1)=1可得-2+3(1+m)-6m=1,解得m=0;,由于e3>2.73=19.683,所以φ(2)<0,,,,,f'(1)=0,f(1)=-e-2,即證ex-1(xlnx+1)≥x2,即,由(1),故只要,利【詳解】(1)解：f(x)的定義域為(0,+),由(1)知，,題型5分離參數(shù)法-洛必達法則劃重點劃重點(k∈Z)是減函數(shù).6分分h'(x)>0.解析：(1)略(2)是否存在實數(shù)a,使得關于x的不等式f(x)≥a的解集為(0,+o)?若存在，求a【答案】(1)f(x)在(0,1)單調遞增，在(1,+)單調遞減，f(x)在(0,+)的極大值為所以f(x)在(0,1)單調遞增，在(1,+)單調遞減.由此知f(x)在(0,+)的極大值為f(1)=In2,沒有極小值.故關于x的不等式f(x)≥a的解集為(0,+).即當a>0時，關于x的不等式f(x)≥a的解集不是(0,+).綜合(i)(ii)知，存在a,使得關于x的不等式f(x)≥a的解集為(0,+),且a的取值范圍為(-,0)(2)[-0o,1].題型6構造輔助函數(shù)求參,X20+單調遞減單調遞增2,無極大值，不妨令x?<x?,【詳解】(1)因為f(x)=e*+(ez由(1)知f(x)在(-,0)上單調遞減，在(0,+)上單調遞增，圍.x2一0+單調遞減單調遞增(2)由函,1,則x2<x2.,,,,,從而將問題轉化為成立，構造函數(shù)g(x)=【答案】(1)0;(2)(-o,1).最大值.(2)題意轉化為新函數(shù)h(x)=f(x)+x(2-2ln2)=ax2+x(2-ln2)-e*在[0,+]上單h(x)=f(x)+x(2-2ln2)=ax2+x(2-2ln2)-e*在[0,+]上單調轉化為導函數(shù)小于或等于0恒成立，第三步轉化為用導數(shù)求函數(shù)的最大值，由最大值小于或等于0得參數(shù)范圍，題型7絕對值同構求參劃重劃重1.含絕對值型，大多數(shù)都是有單調性的，所以可以通過討論去掉絕對值.2.去掉絕對值，可以通過“同構”重新構造函數(shù).(3)[2ln2-2,1].【分析】(1)根據(jù)二次函數(shù)的性質以及奇偶函數(shù)的定義，即可判斷；(2)根據(jù)極值，求出a=1,得到F(x)=x3-x2-x,利用導數(shù)的性質，判斷F(x)=m有g(x?)-g(x?)>0,g(x?)-,(3)因為0<a≤1,x∈(1,2),不妨設xi<x?∈[1,2],則可化為,設,則h(xi)≤h(x?),(1)討論函數(shù))的單調性；當-3≤a≤-1時，對任意1≤x?≤x?≤2,不等式f(x?)-f(x?)≤t[g(x?)-g(x?)]恒成則△=1+4a<0,a∈[-3,-1]【答案】(1)-e;(2)4.區(qū)間最值，求a值并驗證是否符合要求即可.(2)由題設知g(x)是(0,+o)上的減函數(shù)，令h(x)=g(x)+kx,由不等式恒成立知h(x)是(0,+o)上的減函數(shù)，即h'(x)≤0恒成立，進而可得k設條件下恒成立，結合基本不等式求最值，注意等號成立的條件，即可求k的最大值.【詳解】(1)f(x)的定義域是(0,+),題意，舍去.,,,所以f(x)在[0,1]上單調遞增，=f(1)=a=-2,不符題意，舍去.,所以f(x)在((上單調遞增，,解得a=-e,符合題意，,,x?恒成立.(不恒為零)恒成立，則h(x)是(0,+o)上的減函數(shù)，使得h'(x)=2ax+?,則存在(0,+)的子區(qū)間(m,n),題型8函數(shù)取“整”型劃重點劃重點單調遞增(2)由f(-1)=1可得-2+3(1+m)-6m=1,解得m=0;,由于e3>2.73=19.683,所以φ(2)<0,(2)f'(x)=3x2-6ax+3b2,由0<α<b,所以△=36a2-36b2=36(a+b)(a-b)<0,若a=1,,又φ(1)=1-1n2≈0.31,值.值【分析】(1)對m分類討論，討論f'(x)的正負即可求得f(x)的單調性；(2)構造函1,利用單調性研究函數(shù)的最大值即可求解.【詳解】(1)由題意知，f(x)的定義域為(0,+),當m≥0時，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+)上單調遞增；綜上所述：當m≥0時，f(x)在(0,+)上單調遞增；2即Inx-mx2+(1-m)x+1≤02當m≤0時，因為x>0,所以G'(x)>0,所以G(x)在(0,+o)上是遞增函數(shù).,所以關于x的不等式G(x)≤0不能恒成立.,所以當x,G'(x)<0.所以整數(shù)m的最小值為2.壓軸題型，有一定的難度.題型9“存在”成立問題【分析】(1)利用導數(shù)探討函數(shù)單調性，再借助單調性推理作答.(2)利用方程解的意義，構造函數(shù)，按(、類，利用導數(shù)探討函數(shù)單調性，結合零點存在性定理推理判斷作答.【詳解】(1)函,x>0,求導得f'(x)=e*-x-1,(2)設y=x-sinx,x∈(0,π),cosx由(1)知，當a≤時，令t(x)=g'(x)=e*-axcosxsinxxsinxcosx22【分析】(1)求,x∈(0,π),令g(x)=xsinxcosx(2)由(1)問題轉化為xsinx+cosx-a(x2+1)≥0,x∈(0,π)有解，設F(x)=xsinx+則t≥[g(x)]max11e*(x2+ax+a).【答案】(1)單調增區(qū)間是(-,-2),(-1,+),單調遞減區(qū)間是(-2,-1);解得-1≤a≤)三,,函數(shù).(2)解：設m(x)=ln(x+1)-x,x>0,,故a≤1..又0<a≤1,.【詳解】(1)令f(x)=ax2,設t(x)=e*(x-1)+1,則t'(x)=e*x,(2)將原式轉化為,進而轉化為式和Inx+解解這與題設矛盾，故a≤-1.(2)f(x)=a√x-π-sinx+1=asinf(xo)+xo-π=k(to)+to=tosintototocostosintoto設h(x)=x-sinx,),h'(cosx2,2(sinto-tocosto)+1=2costo(tanto-to)+1>1,【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)性質，不等式恒成立，以及求參數(shù)問題，(2,