微专题 不等式恒成立或有解问题讲义-2025届高三数学二轮复习

微专题1 不等式恒成立或有解问题 课前学习任务 高考定位 利用导数解决不等式恒成立或有解问题,是高考的热点之一,以解答题的形式出现,多为压轴题,难度较大. 核心归纳 1.根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题,此类问题关键是对参数分类讨论,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. 2.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. 3.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. 4.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. 课堂学习任务 真题再现 1.(2024 全国甲卷节选)已知函数f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 2.(2023 全国甲卷节选)已知函数f(x)=ax-,x∈,若f(x)+sinx<0,求a的取值范围. 考点突破 考点一 分类讨论法求参数范围 例1 (2024 四川泸州二模节选)已知函数f(x)=2x3-ax2+2(a>0),若∃x∈[-1,1],|f(x)|≥3,求实数a的取值范围. 训练1 已知函数f(x)=ex-1-ln (ax)-1,a>0. (1)当a=1时,求函数f(x)的最小值; (2)若关于x的不等式f(x)≥(a-1)x恒成立,求实数a的取值范围. 考点二 分离参数法求参数范围 例2 设函数f(x)=m(x+1)ex,m>0, 若对任意x∈(-1,+∞),有ln f(x)≤2ex恒成立,求m的最大值. 训练2 (2024 四川南充二模节选)已知函数f(x)=mx2-x-ln x(m∈R),若对任意的x>0,不等式f(x)>2x2恒成立,求m的取值范围. 考点三 双变量的恒(能)成立问题 例3 已知函数f(x)=ex-x2+6x,g(x)=ln x-(a+1)x,a>-1. (1)求f(x)的极值; (2)若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,求实数a的取值范围.(e3≈20.09) 训练3 已知函数f(x)=4ln x-ax+(a≥0). (1)当a=时,求f(x)的极值; (2)当a≥1时,设g(x)=2ex-4x+2a,若存在x1,x2∈,f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.(e为自然对数的底数,e=2.71828…) 课后学习任务 1.已知函数f(x)=x ln x-ax+1,其中a∈R. (1)当a=2时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程; (2)记f′(x)为f(x)的导函数,若对∀x∈[1,3],都有f(x)+≤f′(x),求a的取值范围. 2.已知函数f(x)=ln x-,g(x)=(1-k)x+k. (1)求函数f(x)的单调递减区间; (2)若存在x0>1,当x∈(1,x0)时,f(x)+g(x)>,求实数k的取值范围. 3.已知函数f(x)=(ln x)2+2x-aex-1(a∈R). (1)证明:曲线y=f(x)在x=1处的切线经过坐标原点; (2)记f(x)的导函数为f′(x),设g(x)=xf′(x),求使g(x)≤0恒成立的a的取值范围. 4.已知函数f(x)=x ln x+,g(x)=2xex-ln x-x-ln 2. (1)若直线y=x是曲线y=f(x)的一条切线,求a的值; (2)若对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使f(x1)g(x2)成立,求a的取值范围. 答案与解析 课堂学习任务 1.解:f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,x∈(-1,+∞), 则f′(x)=-a ln (1+x)-,设g(x)=-a ln (1+x)-,则g′(x)=-. 因为当x≥0时,f(x)≥0,且f(0)=0,f′(0)=0, 所以g′(0)=-2a-1≥0,得a≤-, 故a≤-是原不等式成立的一个必要条件. 下面证明其充分性: 当a≤-,x≥0时,g′(x)≥≥0. 所以f′(x)在[0,+∞)上单调递增,且f′(x)≥f′(0)=0, 所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)=0. 综上,a的取值范围是. 2.解:若f(x)+sin x<0,则-sinx-ax>0, 设g(x)=-sinx-ax, 则g′(x)=-a. 当a≤0时,因为x∈, 所以0<cosx<1, 所以g′(x)>0,g(x)在上单调递增, 则g(x)>g(0)=0,所以f(x)+sin x<0成立. 当a>0时,g′(0)=-a<0,所以存在x0>0,当x∈(0,x0)时,使得g′(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,g(x)<0,不符合题意. 综上所述,a的取值范围是(-∞,0]. 聚焦热点 热点一 例1 解:因为f′(x)=6x2-2ax=6x,且a>0, 所以当0<x<时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当x<0或x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 不妨令g(x)=|f(x)|, 当≥1,即a≥3时,f(x)在[-1,0]单调递增,在[0,1]单调递减, 且f(-1)=-a≤-3,f(0)=2,f(1)=4-a≤1, 所以g(x)max =|f(x)|max =max{a,2,|4-a|}≥3,此时符合题意; 当0<<1,即0<a<3时,f(x)在[-1,0]和单调递增,在单调递减, 显然f(x)在x=处取得极小值,此时极小值为f=2->0, 而f(-1)=-a∈(-3,0),f(0)=2,f(1)=4-a>0, 所以g(x)max=|f(x)|max=max{a,2,4-a}, 要使g(x)max ≥3,则必有4-a≥3,解得a≤1,故0<a≤1, 综上:a的取值范围是(0,1]∪[3,+∞). 训练1 解:(1)当a=1时,函数f(x)=ex-1-ln x-1的定义域为(0,+∞),求导得f′(x)=ex-1-, 显然函数f′(x)在(0,+∞)上单调递增,而f′(1)=0, 则当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,1)上单调递减, 当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以当x=1时,函数f(x)取得最小值f(1)=0. (2)函数f(x)=ex-1-ln (ax)-1的定义域为(0,+∞), 当0<a≤1时,0<ax≤x,ln (ax)≤ln x,则f(x)=ex-1-ln (ax)-1≥ex-1-ln x-1, 由(1)知,∀x∈(0,+∞),ex-1-ln x-1≥0,而(a-1)x≤0,即有ex-1-ln x-1≥(a-1)x, 因此f(x)≥(a-1)x恒成立,此时0<a≤1; 当a>1时,f′(x)=ex-1-,由(1)知,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 则f(x)min=f(1)=-ln a<0,而(a-1)x>0恒成立,不等式f(x)≥(a-1)x不恒成立, 所以实数a的取值范围是(0,1]. 热点二 例2 解:ln f(x)≤2ex对∀x∈(-1,+∞)恒成立,即ln m≤2ex-ln (x+1)-x对∀x∈(-1,+∞)恒成立. 令g(x)=2ex-ln (x+1)-x,x∈(-1,+∞),则只需ln m≤g(x)min即可. g′(x)=2ex-1,x∈(-1,+∞). 易知y=2ex,y=-1,均在(-1,+∞)上单调递增, 故g′(x)在(-1,+∞)上单调递增且g′(0)=0. ∴当x∈(-1,0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增. ∴g(x)min=g(0)=2.故ln m≤2=ln e2,∴0<m≤e2,故m的最大值为e2. 训练2 解:由f(x)>2x2可得mx2-x-ln x>2x2,即m>2+, 设g(x)=2+,x∈(0,+∞),则g′(x)=-, 设h(x)=-x+1-2ln x,x∈(0,+∞), 因为h′(x)=-1-<0,则h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0, 所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,即g′(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0, 所以g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)的最大值为g(1)=3, 所以m>3,即m的取值范围为(3,+∞). 热点三 例3 解:(1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x, 得f′(x)=ex+(x-4)ex-2x+6=(x-3)ex-2x+6=(x-3)(ex-2), 令f′(x)=0,得x=3或x=ln 2, x,f′(x),f(x)的变化关系如下表: x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,3) 3 (3,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知,当x=ln 2时,f(x)取得极大值,为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8,当x=3时,f(x)取得极小值,为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)由(1)知,f(x)在[1,3]上单调递减,所以当x∈[1,3]时,f(x)min=f(3)=9-e3,于是若存在x1∈[1,3],对任意的x2∈[e2,e3],使得不等式g(x2)>f(x1)成立,则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)在[e2,e3]上恒成立,即a+1<在[e2,e3]上恒成立,令h(x)= h′(x)=, 因为x∈[e2,e3],所以ln x∈[2,3],10-e3-ln x∈[7-e3,8-e3], 因为e3≈20.09,所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0,所以h′(x)<0, 所以h(x)单调递减,故h(x)min=h(e3)=, 于是a+1<1-,得a<-,又a>-1, 所以实数a的取值范围是. 训练3 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), 当a=时,f(x)=4ln x-,∴f′(x)=, 令f′(x)>0 ,可得1<x<7,令f′(x)<0,可得0<x<1或x>7, ∴函数的单调递减区间为(0,1),(7,+∞),单调递增区间为(1,7), ∴x=1时,函数取得极小值为3;x=7时,函数取得极大值为4ln 7-3. (2)f′(x)=(x>0),令h(x)=-ax2+4x-(a+3), 若a≥1,则 =16-4a2-12a=-4(a-1)(a+4)≤0, ∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递减, ∴当a≥1时,f(x)在上单调递减, ∴f(x)在上的最大值为f=-4ln 2+a+6, g′(x)=2ex-4,令g′(x)=0,得x=ln 2, 当x∈时,g′(x)<0,∴g(x)单调递减, 当x∈(ln 2,2]时,g′(x)>0,∴g(x)单调递增, ∴g(x)在上的最小值为g(ln 2)=4-4ln 2+2a, 由题意可知-4ln 2+a+6>4-4ln 2+2a,解得a<4, 又∵a≥1,∴实数a的取值范围为[1,4). 课后学习任务 训练(七) 不等式恒成立或有解问题 1.解:(1)由题知,f′(x)=ln x+1-a,当a=2时,f′(1)=-1,f(1)=-1, 所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=-x. (2)由题意,原不等式等价于x ln x-ax+1+≤ln x+1-a, 即(x-1)≤a(x-1), 当x=1时,对任意a∈R,不等式恒成立, 当x∈(1,3]时,原不等式等价于ln x+≤a, 设g(x)=ln x+,则g′(x)=, 设h(x)=x2-3x+1,因为h(1)<0,h(3)>0,h<0, 所以存在唯一x0∈,使得h(x0)=0,即g′(x0)=0, 当x∈(1,x0)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当x∈(x0,3)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 故g(x)max=max{g(1),g(3)}=g(1)=,即a≥. 综上所述,a的取值范围为. 2.解:(1)函数f(x)=ln x-的定义域为(0,+∞), 令f′(x)=<0,解得x>1. 所以函数f(x)的单调递减区间为(1,+∞). (2)由(1)可知,当x>1时,f(x)<f(1)=-, 所以当k=1时,f(x)+g(x)<-.即不存在x0>1满足题意; 当k>1时,由f(x)+g(x)>,得f(x)>(k-1)x-k+, 对于x>1,有(k-1)x-k+=(k-1)(x-1)->-,所以不存在x0>1满足题意; 当k<1时,令F(x)=f(x)+g(x)=ln x-+(1-k)x+k(x>1) 则F′(x)=, 令F′(x)=0,得x1=<0,x2=>1 当x∈(1,x2)时,F′(x)>0,所以F(x)在(1,x2)内单调递增, 此时F(x)>F(1)=,即f(x)+g(x)>, 所以存在x0>1满足题意 综上,实数k的取值范围是(-∞,1). 3.解:(1)证明:由已知得f′(x)=+2-aex-1, 所以f′(1)=2-a,又f(1)=2-a, 所以f(x)在x=1处的切线方程为y-(2-a)=(2-a)(x-1), 即y=(2-a)x,恒过坐标原点. (2)g(x)=xf′(x)=2ln x+2x-axex-1,定义域为(0,+∞), g′(x)=+2-a(x+1)ex-1 =. 当a≤0时,g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=2-a>0,故g(x)≤0不恒成立. 当a>0时,设h(x)=2-axex-1,则h′(x)=-a(x+1)ex-1, 则当x∈(0,+∞)时,h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 又h(0)=2>0,h=, 因为>1,所以>2,即 由函数零点存在定理知h(x)在内存在唯一零点x0, 即h(x0)=2-=0,即=. 当0<x<x0时,h(x)>0,于是g′(x)>0,g(x)在(0,x0)上单调递增, 当x>x0时,h(x)<0,于是g′(x)<0,g(x)在(x0,+∞)上单调递减, 所以g(x)在x=x0处取得极大值也是最大值g(x0),要使g(x)≤0恒成立,只需g(x0)≤0. 因为g(x0)=2ln x0+2x0-==2ln -2, 由2ln -2≤0,解得a2, 故所求的a的取值范围是[2,+∞). 4.解:(1)由f(x)=x ln x+得f′(x)=ln x+1-,x>0, 设直线y=x 与曲线y=f(x)的切点为(x0,y0), 则 解得因此a的值为. (2)由g(x)=2xex-ln x-x-ln 2得g′(x)=2ex+2xex-1=(x+1) 设h(x)=2ex-,则 h′(x)=2ex+, 因为当x>0时,h′(x)=2ex+>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为h=-4<0,h(1)=2e-1>0, 所以存在x0∈,使 h(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时, h(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, h(x)>0; 从而g′(x0)=0 ,且当 x∈(0,x0)时, g′(x)<0; 当x∈(x0,+∞)时, g′(x)>0,所以函数 g(x)在(0,x0]上单调递减,在[x0,+∞)上单调递增, 因此g(x)min=g(x0)=-ln x0-x0-ln 2, 由h(x0)=0,得h(x0)=,从而x0+ln x0=-ln 2 , 所以g(x)min=1+ln 2-ln 2=1 由对于任意的x1∈(0,+∞),都存在x2∈(0,+∞),使 f(x1)≥g(x2)成立, 得对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≥g(x)min=1 , 即不等式x ln x+≥1在x∈(0,+∞)上恒成立, 即不等式a≥x-x2ln x 在x∈(0,+∞)上恒成立. 设 (x)=x-x2ln x ,则 ′(x)=1-x-2x ln x 因为 ′(1)=0,当 x∈(0,1)时,1-x>0,2x ln x<0, ′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,1-x<0,2x ln x>0, ′(x)<0; 所以函数 (x)=x-x2ln x在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以 (x)max= (1)=1,因此 a≥1, 故a 的取值范围为[1,+∞). 学科网(北京)股份有限公司 $$