第11讲 不等式恒（能）成立问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word

第11讲　不等式恒（能）成立问题 【备考指南】　利用导数解决不等式恒（能）成立问题是高考的热点之一，常以解答题的形式出现，多为压轴题，难度较大. 1.若x∈[1，4]，则“a≤（a∈R）”是“x＋－a≥0恒成立”的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 1.（1）若a＞f（x）对x∈D恒成立，则a＞f（x）max（x∈D）； （2）若a＜f（x）对x∈D恒成立，则a＜f（x）min（x∈D）. 解析：B　x＋－a≥0可等价为a≤x＋.设y＝x＋，x∈[1，4]，则y'＝1－＞0，所以y＝x＋在[1，4]上单调递增，所以ymin＝，即a≤，所以“a≤”是“x＋－a≥0恒成立”的必要不充分条件. 2.已知f（x）＝2xln x，g（x）＝－x2＋ax－3，若存在x∈（0，＋∞），使f（x）≤g（x）成立，则实数a的取值范围为（　　） A.（2，＋∞） B.[2，＋∞） C.（4，＋∞） D.[4，＋∞） 2.（1）若∃x∈D，使得a＞f（x）有解，则a＞f（x）min（x∈D）； （2）若∃x∈D，使得a＜f（x）有解，则a＜f（x）max（x∈D）. 解析：D　因为存在x∈（0，＋∞），使f（x）≤g（x）成立，即2xln x≤－x2＋ax－3能成立，即a≥2ln x＋x＋能成立，令h（x）＝2ln x＋x＋（x＞0），则h'（x）＝＋1－＝，所以当x∈（0，1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，所以当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝4，所以a≥4.故实数a的取值范围为[4，＋∞）. 3.已知函数f（x）＝ax＋＋2－2a（a＞0）.若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则a的取值范围为　[1，＋∞）　. 3.参数不易分离，由参数a的取值分类讨论. 解析：若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则f（x）－2ln x≥0在[1，＋∞）上恒成立.设g（x）＝f（x）－2ln x＝ax＋＋2－2a－2ln x，x∈[1，＋∞），则g（1）＝0，g'（x）＝a－－＝.①当0＜a＜1时，＞1，若1＜x＜，则g'（x）＜0，此时g（x）在（1，）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝0，即f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上不恒成立；②当a≥1时，≤1，当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，此时f（x）≥2ln x.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞）. 【思维建模】　不等式恒（能）成立问题破解模型 【例1】　（2025·山东山师附中一模节选）已知函数f（x）＝xln x－ax，若对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围. 解：由对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2知xln x≤x2＋ax＋2恒成立. 因为x＞0，故a≥ln x－x－在x∈（0，＋∞）上恒成立. 设h（x）＝ln x－x－（x＞0），则h'（x）＝－1＋＝－， 令h'（x）＝0，得x1＝2，x2＝－1（舍去）， 当x∈（0，2）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 当x∈（2，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 故当x＝2时，h（x）取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（2）＝ln 2－3， 所以若a≥h（x）在x∈（0，＋∞）上恒成立，则a≥h（x）max＝ln 2－3， 故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞）. 【通性通法】　用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题. 【例2】　已知函数f（x）＝，当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），求a的取值范围. 解：法一（分类讨论求最值）　当x∈[1，＋∞）时，xf（x）≤a（x2－1）等价于ln x≤a（x2－1）， 令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞）， 若ln x≤a（x2－1）恒成立，则g（x）≥0恒成立，g'（x）＝2ax－＝， 当a≤0时，g'（x）＜0，函数g（x）在[1，＋∞）上单调递减，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意； 当a＞0时，由g'（x）＝0，得x＝（舍负）， 当＞1，即0＜a＜时，当x∈［1，）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意； 当≤1，即a≥时，g'（x）≥0， 所以函数g（x）在[1，＋∞）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，符合题意. 综上所述，a的取值范围为［，＋∞）. 法二（利用洛必达法则求最值）　当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），即ln x≤a（x2－1）， ①当x＝1时，原不等式恒成立，所以a∈R， ②当x＞1时，原不等式可化为a≥， 令φ（x）＝（x＞1），所以φ'（x）＝， 令m（x）＝x－－2xln x（x＞1），所以m'（x）＝1＋－2（1＋ln x）＝－2ln x＜0在（1，＋∞）上恒成立， 所以m（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以m（x）＜m（1）＝0， 所以φ'（x）＜0在（1，＋∞）上恒成立，所以φ（x）在（1，＋∞）上单调递减， 因为＝＝，所以a≥，综上，a的取值范围是［，＋∞）. 【训练1】　已知函数f（x）＝ax＋e（a＞0），g（x）＝xex，若∀x2∈（－∞，1]，∃x1∈[－1，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数a的取值范围. 解：由函数f（x）＝ax＋e（a＞0）在区间[－1，2]上单调递增，可得－a＋e≤f（x）≤2a＋e，即函数f（x）在[－1，2]上的值域A＝{f（x）｜－a＋e≤f（x）≤2a＋e}. 由g（x）＝xex，得g'（x）＝（x＋1）ex，当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（－1）＝－. 又当x＜0时，g（x）＜0，g（1）＝e，所以当x∈（－∞，1]时，－≤g（x）≤e，即函数g（x）在（－∞，1]上的值域B＝{g（x）－≤g（x）≤e}. 由∀x2∈（－∞，1]，∃x1∈[－1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，知B⊆A， 则满足解得a≥e＋，即实数a的取值范围是［e＋，＋∞）. 【瓶颈突破】　∀x1∈M，∃x2∈N，使f（x1）＝g（x2）成立⇔{f（x）｜x∈M}⊆{g（x）｜x∈N}. 【训练2】　（2024·全国甲卷理21题节选）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. 解：f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x，x∈（－1，＋∞）， 则f'（x）＝－aln（1＋x）－， 设g（x）＝－aln（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（－∞，－］. 【瓶颈突破】　已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取0或1，对数函数常取1或e等. （时间：45分钟，满分：58分） 一、单项选择题（5分） 1.已知函数f（x）＝－mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则实数m的取值范围是（　　） A.（－∞，2） B.（－∞，0） C.（，＋∞） D.（－∞，） 解析：D　若f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则m＜.令g（x）＝，x＞0，则g'（x）＝，易得x＝2时，函数g（x）取得极小值也是最小值，又g（2）＝，所以m＜，即实数m的取值范围是（－∞，）. 二、解答题（共53分） 2.（10分）（2025·豫西北教研联盟二检节选）已知函数f（x）＝x＋e－x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，试求实数a的取值范围. 解：法一　若存在实数x，使得f（x）＝ax成立， 则①当x＞0时，x＋e－x＝ax，所以a＝1＋＞1； ②当x＝0时，0＋e－0＝a×0，不成立； ③当x＜0时，x＋e－x＝ax，即a＝1＋， 令g（x）＝1＋，x＜0，则g'（x）＝， 当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（－1，0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 所以x＝－1时，g（x）在（－∞，0）上取得最大值g（－1）＝1－e， 因为当x→0时，g（x）→－∞，所以a≤1－e. 综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）. 法二　存在实数x，使得f（x）＝x＋e－x＝ax成立， 即存在实数x，使得e－x＝（a－1）x成立， 即过原点的直线g（x）＝（a－1）x与曲线h（x）＝e－x有交点. 设曲线h（x）过原点的切线为y＝kx，切点为（x0，y0）， 如图，则解得 所以若要直线g（x）与曲线h（x）有交点，则a－1≤－e或a－1＞0，所以a≤1－e或a＞1. 综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）. 3.（13分）（2025·山东菏泽一模）已知函数f（x）＝aex－x. （1）求f（x）的单调区间； （2）当a＞0时，存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，求a的取值范围. 解：（1）f'（x）＝aex－1， 当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，此时f（x）在R上单调递减； 当a＞0时，令f'（x）＝0，则x＝－ln a， 当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，此时f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减； 当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，此时f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增. 综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，＋∞），无单调递增区间； 当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，－ln a），单调递增区间为（－ln a，＋∞）. （2）因为存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，只需f（x）max≥2或f（x）min≤－2， 因为a＞0，所以f（x）＝aex－x＞－x≥－1， 所以只需f（x）max≥2，由（1）知f（x）max为f（－1）与f（1）中的较大者， 所以f（1）＝ae－1≥2或f（－1）＝ae－1＋1≥2，解得a≥或a≥e，所以a≥， 综上所述，a的取值范围为［，＋∞）. 4.（15分）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， 所以a＝， 当a＝时，f'（x）＝（x＋1）ex－x－1＝（x＋1）·（ex－1），易判断f（x）在x＝－1处有极大值，符合题意，所以a＝. （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）＝ex－a. ①当a≤1时，φ'（x）＝ex－a＞0， 所以φ（x）在（0，＋∞）上单调递增， 所以φ（x）＞φ（0）＝0， 所以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. 所以φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增， 所以φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－aln a≥0. 令g（a）＝a－1－aln a（a＞1）， 所以g'（a）＝1－（ln a＋1）＝－ln a＜0， 所以g（a）在（1，＋∞）上单调递减. 所以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ex－1－ax≥0， 即a≤在x＞0时恒成立. 令h（x）＝（x＞0）， 则h'（x）＝， 令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝xex＞0， 所以k（x）在（0，＋∞）上单调递增， 所以k（x）＞k（0）＝0. 所以h'（x）＞0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增. 由洛必达法则知，h（x）＝＝ex＝1，所以a≤1， 故实数a的取值范围是（－∞，1]. 5.（15分）已知函数f（x）＝. （1）求f（x）的单调区间； （2）若存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，使｜f（x1）－f（x2）｜≥k｜ln x1－ln x2｜成立，求k的取值范围. 解：（1）由f（x）＝，得f'（x）＝－， 令f'（x）＝0，得x＝1， 当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0， 所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞）. （2）由题意，x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，不妨设x1＞x2＞1， 由（1）知，当x∈（1，＋∞）时，f（x）单调递减， 所以｜f（x1）－f（x2）｜≥k｜ln x1－ln x2｜等价于f（x2）－f（x1）≥k（ln x1－ln x2）， 即f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln x1， 即存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1＞x2，使f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln x1成立. 令h（x）＝f（x）＋kln x，则h（x）在（1，＋∞）上存在单调递减区间. 即h'（x）＝＜0在（1，＋∞）上有解，即k＜在（1，＋∞）上有解， 所以k＜（）max，x∈（1，＋∞）. 令t（x）＝，x∈（1，＋∞），则t'（x）＝， 令t'（x）＝0，得x＝，当x∈（1，）时，t'（x）＞0，t（x）在（1，）上单调递增， 当x∈（，＋∞）时，t'（x）＜0，t（x）在（，＋∞）上单调递减， 所以t（x）max＝t（）＝， 所以k的取值范围为（－∞，）. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $