微专题5 不等式恒成立或有解问题-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

微专题5不等式恒成立或有解问题 考情分析 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 真题演练 体验高考 (2024·全国甲卷理节选)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. 热点分类 考向探究 考向1分离参数法求参数范围 a≤f(x)恒成立台a≤f(x)mn; 014 【例1】(2024·湖南邵阳二模节选)设函数 a≥f(x)能成立台a≥f(x)mim； f(x)=m(x十1)e,m>0,若对任意x∈ a≤f(x)能成立台a≤f(x)x (-1,+o),有lnf(x)≤2e恒成立，求m 【跟踪训练1】(2024·四川南充二模节选)已 的最大值. 知函数f(x)=m.x2一x一lnx(m∈R),若对 听课记录 任意的x>0,不等式f(x)>2x2恒成立，求 m的取值范围. 考向2分类讨论法求参数范围 反思感悟) 【例2】 (2024·浙江绍兴二模节选)已知函数 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. f(x)= 2-x十asin x,当x∈(0，x)时， 2.a≥f(x)恒成立台a≥f(x)mmx; f(x)>0,求实数a的取值范围. ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 马听课记录 听课记录 反思感悟) 反思感悟① 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成 双变量的恒（能）成立问题的常见转化 立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分 (1)Hx1∈M,3x2∈N,f(x1)>g(x2)曰 类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是 f(x）mn>g(x)in 否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内 (2)Hx1∈M,Hx2∈N,f(x1)>g(.x2)曰 的函数值不满足题意即可 f(I)min>g(I)mx. (3)3x1∈M,3x2∈N,f(x1)>g(x2)曰 【跟踪训练2】(2024·广东梅州一模节选)已 f()mg()min. 刻函数f)=1n+》年a≥0)，若 (4)3x1∈M,Hx2∈N,f(x1)>g(x2)台 015 f()mx>g(z)mx. f(x)≥0在[0，+∞)上恒成立，求a的取值 范围. 【跟踪训练3】已知函数∫(x)=2mx+(m 1z-lnrm∈Rgte)=-2是+1 (1)讨论f(x)的单调性； (2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0， 十∞)，总存在x2∈[1，十∞)，使得f(x1)≥ g(x2),求m的取值范围. 考向3双变量的恒（能）成立问题 【例3】已知函数f(x)=(x-1)e+1十mx2,当 0<m≤6时，g(x)=x3-4 一x,x∈(0， 2],若31∈R,x2∈(0,2]，使f(x1)≤ 学习至此，请完成课时作业5 g(x2)成立，求实数m的取值范围. 专题一 函数、导数、不等式一闭综上可得，当a≤一1时，f(x)在 零，点，由a≠0，所以方程a.x2一4x- (一2，十∞)上单调递减： 当0<<a时，'(x)>0f(x)单调 2b=0有两个不同的正实数根x1,xg 当-1<a<0时，f(x)在(-2， 递增， △=(-4)2-4a(-2b)>0, -/a+I-1),(a+I-1,+∞)上 当x>日时，f(x)<,f(x)单调 所以21十x2= 4☑0 单调递减， 在(-√a+1-1,√a+1-1)上单调 递减. x1=20. 递增； 综上，当a≤0时，f(x)在(0，十∞)上 即ab>-2,a>0,b<0.故选B. 当a≥0时，f(.x)在（一2，/a+1一1） 单调递增； 跟踪训练3(1)一4（答案不唯一，a∈ 上单调递增，在（√a+1一1，十∞）上 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递 {a∈Z一10<a<-3}中的任意整数 单调递减. 均可) 例3(1)C画数y=a一cos工，求号得 x 增，在（侣）小上单调途设 解析：由f(x)=3.x2-2lnx+(a- 1Dx+3可知，f(x)=6x-2+a y'=sinr-a十cosC,依题意，不等 例4解：(1)当a=1时，f(x)=lnx 2x-元x∈(0，+∞ 1= 6.x2+(a-1)x-2 ,又f(x)= 式xsin r-a十cosx>0在(0，π)上有 解，即a<rsin x十cosx在(0，π)上有 则f(x)=1-2+马 3x2-21nx+(a-1)x+3在(1,2)上 解，令f(x)=xsin x十cosx,x∈(0 有最小值，所以f‘(x)在(1,2)上有变 π)，求导得f'(x)=xcos x,当x∈ -2x2+x+1_-(2x+1)(x-1) 号零点且在零点两侧的函数值左负右 正，令h(x)=6.x2+(a-1)x-2,则 (o,2)时，f(x)>0,函数fx)单调 x h(x)在(1,2)上有变号零点且在零点 当0<x<1时，f'(x)>0,函数f(x) 两侧的函数值左负右正，所以 递增，当x∈（受，）时，f'(x)<0,函 单调递增， 1△=(a-1)2+4×6×2>0, 当x>1时，f'(x)<0,函数f(x)单调 h(1)=6+a-1-2<0, 时 数f(x)单调通减，当x=2 递减， h(2)=6×4+2(a-1)-2>0, 故函数f(x)的单调递增区间是(0， 解得一10a一3，又因为a∈Z,所 fxm受，因北a<至，所以实数a 1],单调递减区间是(1，+∞)， 以a∈{a∈Z-10<a<-3}. 函数「(x)的极大值为f(1)=一3，没 故a可取一4（答案不唯一，a∈{a∈ 的取值范国是(-，受）：故选C 有极小值 Z一10<a<一3}中的任意整数均可). (2)C因为f(x)=sin元.x十er-3 (2)由题意得(x)=“-2+ T?= (2)22 解析：令t=√x十1>0，则x=t2-1, e3--x+3,所以f(x+1)=sin(元x+ 2x2-a.x-a2 (x-a)(2x+a) π)十er+3-3-e3-z-3-x-1+3= x2 x' 故f（x)=二-1)+32-1)+2 t -sin元.x十e-e-x十2，设 若a≥1，当x∈(0,1]时，f'(x)≥0， g(x)=f(x+1)-2--sin xx+e- (x)在区间(0,1]上单调递增，此时 -t8+5t- 千，令h(1)=-t+51 er-x,显然定义域为R,g(x一1) f(x)的最大值为f(1)=-2-a: 2 f(x)-2,又g(-x)=-sin(-πx)十 若0<a<1,当x∈(0，a)时，f'(x)> 1>0)，则')=-32+5+2 2 er-e3r+x=-(-sin元.x十e 0,f(x)单调递增， -3t+5t2+2 e-x)=一g(.x),所以g(x)为R上 当x∈(a,1]时，f'(x)<0,f(x)单调 的奇函数，又g(x)=一πCosπx十 递减， 3e3+3e8u 一1≥-πC0sπx十 此时f(x)的最大值为f(a)=alna一 (3r2+1D1+2)1-2）.当1∈ 2√3en·3e-1=5-πcos元x>0, 3a; (0,√2)时，h'(t)>0,当t∈（√2，+c∞） 所以g(x)在R上单调递增，又 f(x)+f(3-2x)<4,则[f(x) 若-2<a<0.则0<-号<1，当x∈ 时，h'(t)<0,则h(t)在(0，√2)上单调 2]+[f(3-2x)-2]<0,所以g(x 1)+g(2-2x)<0,即g(x-1)< (0,-号)时，f(x)>0.(x)单调 递增，在（√2，十∞）上单调递减，故 h(t)≤h(W2)=-(w2)3+5X√2- -g(2一2x)=g(2x一2)，所以x 递增， 2 1<2x一2，解得x>1,则满足f(x)十 当xe(号l]时，f(x)<0,fu) 2 =22,即画数f(r)=t+3z+2 x+1 f(3一2x)4的x的取值范围是 (1,十o∞).故选C. 单调递减， 的最大值为2√2 跟踪训练2(1)D依题意得f'(x)= 此时f(x)的最大值为 微专题5不等式恒成立 4_4=2-ux+4≥0，即x2 f(-)=aln(-)+3a: 或有解问题 1+ 真题演练·体验高考 ux十4≥0对任意x>0恒成立，即a 若a≤-2，则-g>1,当x∈(0,1 4 +x恒成立，因为1十x≥ 时，f'(x)≥0，f(x)在区间(0,1]上单 解：f(x)=-aln(1+x)+1-ar 1+x 调递增， 2x4 =4(当且仅当x=2时取 此时f(x)的最大值为f(1)=一2-a2. 1=-aln(1+x)- (a十1)x,x≥0. 1+x 综上可得， (a+1)x “=”),所以a≤4.故选D. -2-a2,a≥1或a≤-2， 设s(x)=-aln(1十x) 1+x (2)解：f'(x)=2-2a=21-ax） aln a-3a,0<a<1, f（x）s= -aa+1 (x>0), aln(-号)+3a,-2a<0, z≥0，则'(x)=x+11+x) 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在 a(x十1)+a十1= ax+2a+1 例5B函数f(x)的定义域为(0，十o), (0,十∞)上单调递增， (1+x)2 (1+x)2 当a>0时，令f'(x)=0,则x= f(x)= 4-2=x-4x-2 x 若a≤-则(x)≥0，放x)在 又函数f(x)既有极大值也有极小值， [0,+∞)上为增函数，故s(x)≥ Va a 所以函数f'(x)在(0，十∞)上有两个 s(0)=0,即f'(x)≥0， 一红团勾讲与练·高三二轮数学 -262- 所以f(x)在[0，十∞)上为增函数，故 记g()= 所以g(x)max=g(2)=8-2-2m= f(x)≥f(0)=0. 2 一x十sinx,则g'(.x) 6-2m, 若 2<a<0,则当0≤x<-2a+1 x-1+cos 又f(x)mag(x)mx,则一e≤6一2m, 令h(x)=g(x)=x-1十cosx 解得0<m≤3十之： e 时，s'(x)<0, 则h'(x)=1一sinx. 故s(x)在0， 2a+)上为减函数、 因为当x∈(0，x)时，h'(x)≥0，所以 a g(x)在区间(0，π)上单调递增， 故实数m的取值范围为(0,3+] 此时s(x)≤s(0)=0,即f'(x)≤0， 所以g'(x)>g'(0)=0, 跟踪训练3解：(1)f'(x)=1.z十m 即f(x)为减函数， 所以g(x)在区间(0，π)上单调递增， 1(m.x-1)(x+1) 故在[0.-2a+1)上，f(x)≤f0) 所以g(x)>g(0)=0,所以f(x)>0. 1 ,x>0 ②当a<1时，f'(x)=x一1十acos x, 当m≤0时，f'(x)<0恒成立，f(x) 0,不合题意，舍去 因为当x∈(0，π)时，sinx∈(0,1]， 在(0，十∞)上单调递减； 若a≥0，则s'(x)<0在[0，十∞)上恒 令p(x)=f'(x)=x一1十acos x,则 当m>0时，由f'(x)>0,解得x∈ 成立， o(x)=1-asin x, 1 同理可得，在[0，十∞)上，f(x) 若a0,则o'(x)>0,即f'(x)在区间 (偏+=)即fx)在（偏+）上 f(0)=0恒成立，不合题意，舍去. (0,π)上单调递增. 单调递增， 综上，a≤ 1 若0<a<1,则p'(x)=1一asin x 2 1-a>0, 由fx)0,解得x∈(o,) 故a的取值范围为（一⊙，一2」 17 所以f'(x)在区间(0，π)上单调递增. 所以当a<1时，f'(x)在区间(0，π上 即x)在(0，)上单调递减 热点分类·考向探究 单调递增. 综上所述，当m≤0时，f(x)在 因为f'(0)=a-1<0.(受）= (0,十∞)上单调递减；当m>0时， 例1解：lnf(.x)≤2e对Hx∈（一1， +o∞)恒成立，即lnm2e-ln(x十 1>0, f《)在(0，)上单调递减，在 1)-x对Vx∈(-1，+∞)恒成立. 令g(.x)=2e-ln(x+1)-x,x∈(-1， 所以存在x∈(0，) (偏十)上单调递端 十oo),则只需lnm≤g(x)mm即可. 使得f'(x)=0, (2)当m>0时，由(1)知 g(x)=2e"- +11∈(-1，+o∞). 所以当x∈(0，x。)时，f'(x)<0, 即f(.x)在区间(0，x)上单调递减， fx)=f(偏）=hm+1-a, 1 易知y=2ey=一中一1均在(-1， 所以f(x)<f(0)=0,不满足题意 1 综上可知，实数a的取值范围为 易知g'(x)=2z+2e>0,x≥1恒 十∞)上单调递增， L1,+∞). 成立，所以g（x)在[1，十∞)上单调 故g'(x)在（一1，+∞）上单调递增且 跟踪训练2解：因为f(x)≥0在 递增， g(0)=0. [0,十oo)上恒成立，所以f(x)min≥0. .当x∈(-1,0)时，g'(x)<0,g(x) 当0<a≤1时f'(x)=+1三0 所以g(x)n=g(1)=2-2e: 单调递减； 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0,g(x)单 由题意知f(x)mn≥g(r)min' 在[0，十∞)上恒成立，所以f(x)在 1 调递增. [0,十o∞)上单调递增，所以f(x)mn 即lnm+1 ∴.g(x)mim=g(0)=2 2m≥220 f(0)=0成立，符合题意. 故lnm≤2=lne2, 1 .0<m≤e,故m的最大值为e. 当u>1时，令f(x)=+1一>0. 设h(m)=nm+12m,则h'（m)= (.x+1)2 跟踪训练1解：由f(x)>2.x2可得 1 mx2-x-In x>2x2,m>2+ x+1-a m十0，所以(m)为增函数， 得x>a-1,令f'(x) 0, + (.x+1)2 22, 得0≤x<a一1， 又h(e)=2-2e,所以m≥e, 设g(x)=2+1+nx 以f(x)在[0，a一1)上单调递减，在 即m的取值范围是[e,十o∞) ,x∈(0，十∞)， (a一1，+∞)上单调递增， 当x∈(0，a一1)时，f(x)<f(0)=0, 微专题6导数与不等式的证明 则g'(x)= 1 t?+ 1-2nx 这与f(x)≥0矛盾. 综上所述，a的取值范围是(0,1]. 真题演练·体验高考 -x+1-2In x 例3解：将3x1∈R,t2∈(0,2]，使 解：(1)f(x)的定义域为(0，+o), f(x1)≤g(x2)成立，等价为f(x)m≤ 1_a.x-1 设h(x)=一x+1-2lnx,x∈ g()mx, f'(x)=a- (0,+∞). 由f(.x)=(x-1)e+1十m.x2,x∈R, 则'()=-1-2<0， 则f'(x)=e+1+(x-1)e+1+2mx 若a≤0，则f'(x)=ax-1 <0 x(e+1+2m), 故f(x)在(0，十○)上单调递减； 则h(x)在(0，十∞)上单调递减，且 又0<m≤6，且e+1>0,则e+1+ h(1)=0, 2m>0, 若a>0.则当x∈（日+）时. 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0,即 则当x<0时，f'(x)<0:当x>0时， g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调 (x)>0,f(x)单调递增， f(x)>0, 递增， 当x∈(o,)时， 当x∈(1，+∞)时，h(x)0,即 所以f(x)在区间（一∞，0）上单调递 减，在区间(0，十∞)上单调递增， g'(x)<0,所以g(x)在(1，十∞)上单 f'(x)<0,f(x)单调递减 调递减， 所以f(.x)min=f(0)=一e. 综上所述，当a0时， 所以g(x)的最大值为g(1)=3, 4 又g(x)=x3- -mx,x∈(0,2]， f(x)在(0，+o∞)上单调递减； 所以m>3,即m的取值范围为 当a>0时，f(x)在（日，+∞）上单调 (3,十∞). 则g'(x)=3.x2+ -m≥4W3-m, 例2解：①当a≥1时，因为x∈(0，π)， 所以sinx>0, 当且仅当3r=时取等号，又0< 递增，在(0，)上单润递减 所以f(x)=2 (2)证明：a≤2，且x>1时，e1 -x十asin x≥ m6,g(x)>0, f(x)=e-1-a(.x-1)+lnx-1≥ x+sin x. 所以g(x)在区间(0,2]上单调递增， e-1-2.x+1+lnx, -263- 参考答案一业