不等式恒(能)成立问题讲义-2025届高三数学一轮复习

高考难点突破系列(一)　导数中的综合问题 第一课时　不等式恒(能)成立问题 题型一　分离参数法求参数范围 例1 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥x3＋1恒成立，求a的取值范围. 解　由f(x)≥x3＋1得 ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R. ②当x>0时，分离参数a， 得a≥－， 记g(x)＝－， g′(x)＝－. 令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)， 则h′(x)＝ex－x－1， 令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0， 故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此h′(x)>h′(0)＝0， 故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0， 即ex－x2－x－1>0恒成立， 故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减. 因此，g(x)max＝g(2)＝， 综上，实数a的取值范围是. 感悟提升　1.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，这要比分类讨论法简便很多. 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. 训练1 已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围. 解　因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解， 所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解， 当x＝0时，不等式成立，此时a∈R； 当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－， 则g′(x)＝－＝. 令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1， 当x>0时，φ′(x)>0， 则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)>φ(0)＝0， 即当x>0时，ex－(x＋1)>0， 所以当0<x<1时，g′(x)<0； 当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞). 题型二　分类讨论法求参数范围 例2 (12分)(2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围. [思路分析]　(1)把a＝8代入f(x)，求出f′(x)，在x∈内解不等式f′(x)>0，f′(x)<0可求f(x)的单调递增区间与单调递减区间. (2)构造函数g(x)＝f(x)－sin 2x，利用导数和换元法求出g′(x)的值域，对参数a进行分类讨论，利用g(x)的单调性与最值得到结果. [规范解答]　解　(1)当a＝8时， f(x)＝8x－， f′(x)＝8－ ＝8＋－.① →(1分) 令＝t，则t∈(1，＋∞)， 令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，(2分) 当t∈(1，2)时，h(t)>0； 当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0. 故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减. →(4分) ∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.(5分) (2)令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－－sin 2x， 则g′(x)＝a－－2cos 2x ＝a－－4cos2x＋2 ＝a－， →(6分) 令u＝cos2x，则u∈(0，1)， 令k(u)＝＋4u－2， →(7分) 则k′(u)＝＋4＝. 当u∈(0，1)时，k′(u)<0， ∴k(u)在(0，1)上单调递减. ∵k(1)＝3， ∴当u∈(0，1)时，k(u)>3， ∴k(u)的值域为(3，＋∞)②.(8分) ①当a≤3时，g′(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 又g(0)＝0，∴当x∈ 时， g(x)<0，即f(x)<sin 2x.③ (9分) ②当a>3时，∃x0∈使得g′(x0)＝0， ∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0， ∴f(x)<sin 2x不成立③. (11分) →借助于隐零点x0，得g(x)的单调性，从而确定g(x)存在大于0的函数值， 即f(x)<sin 2x不成立. 综上所述，a的取值范围为(－∞，3].(12分) [满分规则] ❶得步骤分 ①处求函数的导数是解题步骤之一，也是本题最容易得分之处，一定要准确求导. ❷得关键分 解决不等式的恒成立问题就是转化为函数的最值或值域问题，而所涉及导数的单调性最为关键，在②处求出k(u)的值域，从而讨论g′(x)的符号确定g(x)的单调性. ❸得讨论分 解含参数的函数问题，要仔细观察参数的符号，对其进行分类讨论的分解问题，如③处. 训练2 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围. 解　f(x)－＝， 构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)， g′(x)＝ln x＋1－2ax， 令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax， F′(x)＝. ①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0， ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0， 从而f(x)－≥0，不符合题意. ②若0＜a＜，当x∈时，F′(x)＞0， ∴g′(x)在上单调递增， 从而g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0， ∴g(x)在上单调递增，g(x)≥g(1)＝0， 从而f(x)－≥0，不符合题意. ③若a≥，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， ∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减， g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0. ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0， 综上，a的取值范围是. 题型三　双变量的恒(能)成立问题 例3 (2024·成都诊断节选)已知函数f(x)＝xex－ax2－ax(a∈R)，若∀x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2成立，求实数a的取值范围. 解　f′(x)＝(x＋1)(ex－a)， 当x∈[0，2]时，ex∈[1，e2]，且f(2)＝2e2－4a，f(0)＝0， ∵∀x1，x2∈[0，2]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤a＋2e2， ∴当x∈[0，2]时，f(x)max－f(x)min≤a＋2e2. 当x∈[0，2]时， (ⅰ)若a≤1，则ex－a≥0， ∴f′(x)≥0，f(x)在[0，2]上单调递增， ∴f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(0)＝2e2－4a≤a＋2e2，得0≤a≤1. (ⅱ)若a≥e2，则ex－a≤0， ∴f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减， ∴f(x)max－f(x)min＝f(0)－f(2)＝4a－2e2≤a＋2e2，得e2≤a≤e2. (ⅲ)若1<a<e2，由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)>0，得ln a<x≤2， ∴f(x)在(ln a，2]上单调递增； 由f′(x)＝(x＋1)(ex－a)<0，得0≤x<ln a， ∴f(x)在[0，ln a)上单调递减. ∴f(x)min＝f(ln a)＝－a(ln a)2， f(x)max＝max{f(2)，f(0)}， 而f(2)－f(0)＝2e2－4a， ①当1<a≤时，f(2)－f(0)≥0， 则f(x)max－f(x)min＝f(2)－f(ln a)＝2e2－4a＋a(ln a)2≤a＋2e2， 解得0<a≤e， 又1<a≤，故此时1<a≤. ②当<a<e2时，f(2)－f(0)<0， 则f(x)max－f(x)min＝f(0)－f(ln a) ＝a(ln a)2≤a＋2e2， 令h(a)＝a(ln a)2－a－2e2， 则h′(a)＝(ln a)2＋ln a－1， ∵ln a∈(2－ln 2，2)， ∴h′(a)＝(ln a)2＋ln a－1>0， 即h(a)在区间上单调递增， 又h(e2)＝－e2<0， ∴a(ln a)2≤a＋2e2恒成立，此时<a<e2. 综上，实数a的取值范围为. 感悟提升　双变量的恒(能)成立问题，常见的转化有： (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. 训练3 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex. (1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值； (2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围. 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝. ①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0， f(x)在[1，e]上单调递增， f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e， 当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减； 当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增. 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1. ③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减， f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－. 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a； 当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－. (2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增， 所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－， 又g′(x)＝(1－ex)x. 所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 则g(x)min＝g(0)＝1， 所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞， 所以a的取值范围为 . 洛必达法则 1.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则. 2.洛必达法则 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)f(x)＝0及g(x)＝0； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3)＝A，那么＝＝A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)f(x)＝∞及g(x)＝∞； (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3)＝A，那么＝＝A. 例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R). (1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值； (2)当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围. 解　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝ (x＋1)ex－2ax－1， 依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝. 经检验，a＝符合题意. (2)法一　当x＞0时，f(x)≥0， 即x(ex－1)－ax2≥0， 即ex－1－ax≥0， 令φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)， 则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a. ①当a≤1时，φ′(x)＞0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴a≤1满足条件. ②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ′(x)＜0； 若x＞ln a，则φ′(x)＞0. ∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0. 令g(a)＝a－1－aln a(a＞1)， ∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0， ∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减. ∴g(a)＜g(1)＝0与g(a)≥0矛盾， 故a＞1不满足条件， 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]. 法二　当x＞0时，f(x)≥0， 即x(ex－1)－ax2≥0， 即a≤恒成立， 令h(x)＝(x＞0)， ∴h′(x)＝， 令k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)， ∴k′(x)＝ex·x＞0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增. 由洛必达法则知，h(x)＝＝ex＝1， ∴a≤1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 训练 (2024·宁波调研节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围. 解　法一　令φ(x)＝f(x)－ax＝ (x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)， 则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a， ∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0. (1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)＞0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0， ∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意. (2)当1－a＜0，即a＞1时， 令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1， ∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0； x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0， ∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意. 综上有a≤1， 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 法二　x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，即a＜恒成立. 令g(x)＝(x＞0)， ∴g′(x)＝. 令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)， ∴k′(x)＝1－＝＞0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴k(x)＞k(0)＝0， ∴x－ln(x＋1)＞0恒成立， ∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增. 由洛必达法则知 g(x)＝ ＝[ln(x＋1)＋1]＝1， ∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]. 【A级　基础巩固】 1.(2024·杭州模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围. 解　f′(x)＝，x＞0， 由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1， (1)当a≤0时，令f′(x)＞0，得x＞1； 令f′(x)＜0，得0＜x＜1， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－a－1， 所以－a－1≥1，即a≤－2； (2)当a＞0时，存在f(1)＝－a－1＜0，不满足题意， 可知a＞0时，f(x)≥1不恒成立， 综上，a≤－2. 故实数a的取值范围是(－∞，－2]. 2.已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax. (1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值； (2)若函数g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 解　(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 而y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减， 则ymax＝－3， 所以a≥－3，所以a的最小值为－3. (2)“对∀x1∈，∃x2∈， 使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”. 因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增， 所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a. 而g′(x)＝， 由g′(x)>0，得x<1； 由g′(x)<0，得x>1， 所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝. 由8＋a≤，得a≤－8， 所以实数a的取值范围为. 3.(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围. 解　(1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1， 又f(1)＝0， 故f(x)在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1. (2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)， 得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax， 令h(x)＝ln x＋1－2ax， 则h′(x)＝－2a＝. ①若a≤0，得h′(x)>0， 则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0， 所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝0， 从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意； ②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝. (ⅰ)若0<a<，则>1， 当x∈时，h′(x)>0， g′(x)在上单调递增， 从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0， 所以g(x)在上单调递增， 此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意； (ⅱ)若a≥，则0<≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0， 从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立. 综上所述，a的取值范围是. 【B级　能力提升】 4.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行. (1)求实数k的值，并判断f(x)的单调性； (2)记g(x)＝x2＋xf(x)，且当x∈(1，＋∞)时，不等式g(x)－λx＋λ>0恒成立，求整数λ的最大值. 解　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝－k，∴f′(1)＝1－k， ∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行， ∴f′(1)＝1－k＝0，得k＝1. ∴f′(x)＝， 由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)f(x)＝ln x－x＋1， ∴g(x)＝xln x＋x， ∴xln x＋x－λ(x－1)>0. ∵x>1， ∴λ<在x∈(1，＋∞)时恒成立. 令φ(x)＝(x>1)， 则φ′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 则h′(x)＝1－>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴方程h(x)＝0在(1＋∞)上存在唯一的实数根x0，且x0∈(3，4)， 则h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 所以ln x0＝x0－2.(*) 当1<x<x0时，h(x)<0，则φ′(x)<0； 当x>x0时，h(x)>0，则φ′(x)>0. ∴函数φ(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增. ∴φ(x)min＝φ(x0)＝， 把(*)代入得，φ(x0)＝＝x0，x0∈(3，4)， ∴λ<φ(x)min＝x0∈(3，4). 故整数λ的最大值是3. 学科网（北京）股份有限公司 $$