3 重难突破（1）不等式恒（能）成立问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教版）

重难突破(一)　不等式恒(能)成立问题 不等式恒成立问题和有解问题一般可通过分类讨论、分离参数、构造函数、数形结合等方法来处理．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【思维升华】　利用分离参数法确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为参数)恒成立问题中参数范围的步骤： (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式； (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值； (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围． [对点练1]　已知f(x)＝. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)≤x－1对x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝，f(0)＝－1， f′(x)＝，切线的斜率k＝f′(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＋1＝1×(x－0)，即x－y－1＝0. (2)f(x)≤x－1恒成立，即a≥x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上恒成立， 设g(x)＝x2－(x－1)ex，g′(x)＝x(2－ex)， 令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2，在[1，＋∞)上，g′(x)<0， 所以函数g(x)＝x2－(x－1)ex在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞). [例2] (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝a－＝(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)∵x＝1为函数f(x)的极值点， ∴f′(1)＝0，∴a＝1. f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)， 当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)， 即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， 令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，g(e)＝0， g′(x)＝m－ln x，x∈[e，＋∞)， 若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立， 则g(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝0满足题意． 若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增， ∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符， 综上，实数m的取值范围为m≤1. 【思维升华】　解决此类问题的关键是将已知条件的恒成立问题利用不等式的性质进行等价变形转化，再构造函数利用最值思想求解． [对点练2]　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a＋. 解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，定义域为R，所以f′(x)＝aex－1. 当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减； 当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：法一　由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)>0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕． 法二　令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h′(x)＝ex－1在R上单调递增， 又h′(0)＝e0－1＝0， 所以当x＜0时，h′(x)＜0；当x＞0时，h′(x)＞0； 所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立， 因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， 所以要证f(x)＞2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0， 令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－＝， 令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞； 所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)＞0恒成立， 所以当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕． [例3] 设f(x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3. (1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M. 由g(x)＝x3－x2－3， 得g′(x)＝3x2－2x＝3x. 由g′(x)＞0得x＜0或x＞， 由g′(x)<0得0<x<，又x∈[0，2]， 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增， 又g(0)＝－3，g＝－，g(2)＝1， 所以g(x)min＝g＝－， g(x)max＝g(2)＝1. 故g(x)max－g(x)min＝≥M， 则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，f(x)min≥g(x)max. 由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 故在上，f(x)＝＋x ln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x，则h′(x)＝1－2x ln x－x， 令φ(x)＝1－2x ln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1，2]上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞). 【思维升华】　常见的双变量不等式恒成立问题的类型 (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max； (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min； (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max； (4)∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min. [对点练3]　已知函数f(x)＝ex sin x－cos x，g(x)＝x cos x－ex，其中e是自然对数的底数．∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围． 解：因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)， 所以对∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立， 等价于f(x)min≥(m－g(x))min，即f(x)min≥m－g(x)max， 当x∈时，f′(x)＝ex sin x＋ex cos x＋sin x>0， 故f(x)在区间上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得最小值－1， 又g′(x)＝cos x－x sin x－ex， 当x∈时，0≤cos x≤1，x sin x≥0，ex≥， 所以g′(x)<0，故函数g(x)在区间上单调递减． 因此，当x＝0时，g(x)取得最大值－，所以－1≥m－(－)，所以m≤－1－，所以实数m的取值范围为(－∞，－1－]. 学科网（北京）股份有限公司 $$