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学生用书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.（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）. 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 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）. 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，＋∞） 3.参数不易分离，由参数a的取值分类讨论. 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　　　　. 【思维建模】　不等式恒（能）成立问题破解模型 【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. 【例2】　已知函数f（x）＝，当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），求a的取值范围. 【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. 【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. 【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. 提示：完成课后作业　专题三　第11讲 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第11讲　不等式恒（能）成立问题 【基础·回扣】 1.B　2.D　3.[1，＋∞） 【典例·讲解】 【例1】　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，＋∞）. 【例2】　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】　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＋，＋∞）. 【训练2】　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（ －∞，－］. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $