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配套课件（提升版）

第11讲 不等式恒（能）成立问题 考情分析 利用导数解决不等式恒（能）成立问题，是高考的热点之一，常用的方法有分离参数法和分类讨论法，多以解答题的形式出现，难度较大. 【例】　已知函数f（x）的导函数为f'（x），且f（x）＝ex－1＋ f'（1） x2＋1.若对于任意的x∈[－1，2]，f（x）≥mx恒成立，试求实数m的取 值范围. 解：由题意得f（x）＝ex－1＋ f'（1）x， 将x＝1代入上式得f'（1）＝3， 则f（x）＝ex－1＋x2＋1. 法一（分离参数法）　对于任意的x∈[－1，2]，f（x）≥mx恒成立， 即关于x的不等式ex－1＋x2＋1≥mx在[－1，2]上恒成立. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ②当－1≤x＜0时，不等式恒成立问题等价转化为m≥（ ＋x＋ ）max 问题. 令g（x）＝ ＋x＋ ，x∈[－1，0）， 则g'（x）＝ ＋1－ ＝ （ex－1＋x＋1）， 当－1≤x＜0时，x－1＜0，ex－1＋x＋1≥e－2＞0，则g'（x）＜0， 所以g（x）在[－1，0）上单调递减， 则g（x）max＝g（－1）＝－e－2－1－1＝－e－2－2，所以m≥－e－2－2. ①当x＝0时， ＋1＞0，上述不等式对任意的m∈R成立. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ③当0＜x≤2时，不等式恒成立问题等价转化为m≤（ ＋x＋ ）min 问题. 令g'（x）＝0，得x＝1. 当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当1＜x≤2时，g'（x） ＞0，g（x）单调递增. 所以g（x）min＝g（1）＝1＋1＋1＝3，所以m≤3. 综上，m的取值范围为[－e－2－2，3]. 法二（分类讨论法）　令h（x）＝f（x）－mx＝ex－1＋x2＋1－mx，则 h'（x）＝ex－1＋2x－m，令φ（x）＝ex－1＋2x－m，则φ'（x）＝ex－1＋ 2＞0恒成立，所以h'（x）在[－1，2]上单调递增. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ①若h'（2）＝e＋4－m≤0，则m≥e＋4， ∀x∈[－1，2]，h'（x）≤h'（2）≤0，则h（x）在[－1，2]上单调递 减， 所以h（x）min＝h（2）＝e＋5－2m≥0，则m≤ ，与m≥e＋4矛 盾，舍去. ②若h'（－1）＝e－2－2－m≥0，则m≤ －2， ∀x∈[－1，2]，h'（x）≥h'（1）≥0，所以h（x）在[－1，2]上单调递 增，所以h（x）min＝h（－1）＝e－2＋2＋m≥0，所以m≥－2－ ，故 － －2≤m≤ －2. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ③若 则 －2＜m＜e＋4， 则存在x0∈（－1，2），使得h'（x0）＝0，即 ＋2x0＝m， 所以h（x）min＝h（x0）＝ ＋ ＋1－mx0≥0， 即 ＋ ＋1－x0 －2 ≥0， 即（1－x0） ＋1－ ≥0，（1－x0）（ ＋1＋x0）≥0， 当－1＜x0＜2时， ＋1＋x0＞0恒成立， 则要满足h（x0）≥0，只需1－x0≥0，故－1＜x0≤1，所以m＝ ＋ 2x0∈（ －2，3］. 综上，m的取值范围为［－ －2，3］. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 【变式】　〔巧用洛必达（端点效应）简化运算〕设函数f（x）＝（x－ 1）·（ex－e），g（x）＝ex－ax－1，其中a∈R. 若∀x2∈[0，＋∞）， 都∃x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立，求a的取值范围. 解：由题意，f（x）＝（x－1）（ex－e），x∈R， 当x＜1时，x－1＜0，ex－e＜0，∴f（x）＞0， 当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，∴f（x）≥0， ∴f（x）≥0恒成立，且f（x）min＝f（1）＝0. ∵∀x2∈[0，＋∞），都∃x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立， ∴∀x2∈[0，＋∞），f（x1）min≤g（x2）恒成立， ∴∀x2∈[0，＋∞），g（x2）≥0恒成立， 即∀x∈[0，＋∞），g（x）＝ex－ax－1≥0恒成立. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 法一　g'（x）＝ex－a，易知g'（x）在[0，＋∞）上单调递增， ∴当x≥0时，g'（x）≥g'（0）＝1－a， ①当1－a≥0，即a≤1时，g'（x）≥0在[0，＋∞）上恒成立， ∴g（x）在[0，＋∞）上单调递增， ∴此时g（x）在[0，＋∞）上的最小值为g（0）＝0， ∴a≤1满足题意； 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ②当1－a＜0，即a＞1时， 令g'（x）＝ex－a＝0，得x＝ln a， ∴当x∈（0，ln a）时，g'（x）＜0； 当x∈（ln a，＋∞）时，g'（x）＞0， ∴g（x）在（0，ln a）上单调递减， 在（ln a，＋∞）上单调递增，而g（0）＝0， ∴此时g（x）在[0，＋∞）上的最小值为g（ln a）＜0， ∴a＞1不满足题意. 综合①②可得，a的取值范围为（－∞，1]. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 法二　当x＝0时，很显然符合题意， 当x＞0时，a≤ ， 记h（x）＝ ，x＞0， 则h'（x）＝ ， 令m（x）＝ex（x－1）＋1，x＞0， 则m'（x）＝xex＞0， ∴m（x）在（0，＋∞）上单调递增， ∵m（x）＞0，∴h'（x）＞0， ∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增， 又 h（x）＝ ＝1，∴a≤1. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 【规律方法】　不等式恒（能）成立问题解题思路 高考专题辅导与测试·数学·提升版 【训练1】　已知函数f（x）＝xex－1－k（x－1）＋e，k∈R，e为自然 对数的底数，若不等式f（x）≥0对任意x∈[－2，＋∞）恒成立，求k的 取值范围. 解：当x＝1时，1＋e≥0恒成立，此时k∈R； 当x＞1时，问题转化为k≤ 对任意的x∈（1，＋∞）恒成立. 令h（x）＝ ， 则h'（x）＝ ， 令μ（x）＝（x2－x－1）ex－1－e， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 则μ'（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－1， 因为x＞1，所以μ'（x）＞0，则μ（x）在（1，＋∞）上单调递增， 又因为μ（2）＝h'（2）＝0，故当1＜x＜2时，μ（x）＜0，h'（x） ＜0，则h（x）在（1，2）内单调递减； 当x＞2时，μ（x）＞0，h'（x）＞0，则h（x）在（2，＋∞）上单调 递增， 所以h（x）min＝h（2）＝3e，所以k≤3e. 当－2≤x＜1时，问题转化为k≥ 对任意的x∈[－2，1）恒成 立， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 仿上设函数，则有μ'（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－ 1， 因为－2≤x＜1，所以μ'（x）≤0，则函数μ（x）在[－2，1）上单调 递减， 所以μ（x）≤μ（－2）＝5e－3－e＜0， 故当－2≤x＜1时，h'（x） ＜0， 所以函数h（x）在[－2，1）上单调递减， 所以h（x）max＝h（－2）＝ ，所以k≥ . 综上所述，k的取值范围为［ ，3e］. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 【训练2】　已知函数f（x）＝x＋ln x，若关于x的不等式f（x）＜mln x有解，求m的取值范围. 解：由题意得x＋ln x＜mln x有解，即x＜（m－1）·ln x有解. 令g（x）＝x－（m－1）ln x（x＞0）， 则g'（x）＝1－ ＝ ， 若m－1＜0，则0＜ ＜1， 则g（ ）＝ －1＜0，符合题意； 若m－1＝0，即m＝1，则g（x）＝x＞0，不符合题意； 高考专题辅导与测试·数学·提升版 若m－1＞0，当x∈（0，m－1）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，m－ 1）内单调递减， 当x∈（m－1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（m－1，＋∞）上单 调递增， 所以g（x）min＝g（m－1）＝m－1－（m－1）·ln（m－1）＜0， 解得m＞1＋e. 综上，m的取值范围为（－∞，1）∪（1＋e，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 真题体验 1. （2023·全国甲卷理21题节选）已知函数f（x）＝ax－ ，x∈ （0， ）.若f（x）＜ sin 2x，求a的取值范围. 解：令g（x）＝f（x）－ sin 2x＝ax－ － sin 2x， 则g'（x）＝a－ －2 cos 2x＝a－ －4 cos 2x＋ 2＝a－（ ＋4 cos 2x－2）， 令u＝ cos 2x，则u∈（0，1），令k（u）＝ ＋4u－2， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 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，＋∞）. ①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0， ）上单调递减， 又g（0）＝0，∴当x∈（0， ）时，g（x）＜0，即f（x）＜ sin 2x. ②当a＞3时，∃x0∈（0， ）使得g'（x0）＝0， ∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0， ）上单调递减， ∴g（x0）＞g（0）＝0，∴f（x）＜ sin 2x不成立. 综上所述，a的取值范围为（－∞，3]. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 2. （2024·新高考Ⅰ卷18题节选）已知函数f（x）＝ln ＋ax＋b（x－ 1）3.若f（x）＞－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围. 解：令函数g（x）＝f（x）＋2，依题意g（x）＞0当且仅当1＜x＜2， 从而g（1）≤0.若g（1）＜0，∵g（ ）＞0， ∴存在x0∈（1， ），使g（x0）＝0，矛盾，从而g（1）＝0，故a＝－2.f'（x）＝ ＋3b（x－1）2＝（x－1）2［ ＋3b］. 设h（x）＝ ＋3b，x∈（1，2），易知h（x）在（1，2）上单 调递增，h（1）＝2＋3b， 高考专题辅导与测试·数学·提升版 若b＜－ ，h（1）＜0，令h（x）＝0，得x＝1＋ 或x＝1－ （舍去），当x∈ 时，h（x）＜0，从而f' （x）＜0，f（x）在区间 上单调递减，不符合题目要 求. 若b≥－ ，当x∈（1，2）时，h（x）≥0. 从而f'（x）≥0，当且仅当x＝1时等号成立，故f（x）在区间（1，2） 上单调递增，符合题目要求. 因此b的取值范围是［－ ，＋∞）. 高考专题辅导与测试·数学·提升版 课时作业 （时间：45分钟，满分：52分） 　 1. （10分）（2025·安徽蚌埠模拟节选）已知函数f（x）＝ln（ax）＋ （a＞0）.若f（x）≥ln a恒成立，求a的取值范围. 解：f（x）≥ln a⇒ln（ax）＋ ≥ln a⇒ln x＋ ≥0，其中x＞0， 所以问题转化为a≥－xln x（x＞0）恒成立， 记g（x）＝－xln x，则g'（x）＝－ln x－1， 令g'（x）＞0，得0＜x＜ ；令g'（x）＜0，得x＞ ， 所以g（x）在（ 0， ）内单调递增，在（ ，＋∞）上单调递减，则g （x）的最大值为g（ ）＝ ，所以a≥ . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 2. （10分）已知函数f（x）＝（x－2）ex－ ax2＋ax（a∈R），当 x≥2时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围. 解：法一（分类讨论法）　f'（x）＝（x－1）（ex－a）， ①当a≤0时，因为x≥2， 所以x－1＞0，ex－a＞0，所以f'（x）＞0， 则f（x）在[2，＋∞）上单调递增，f（x）≥f（2）＝0成立. ②当0＜a≤e2时，f'（x）≥0， 所以f（x）在[2，＋∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（2）＝0成立. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 ③当a＞e2时，当x∈（2，ln a）时，f'（x）＜0； 当x∈（ln a，＋∞）时，f'（x）＞0， 所以f（x）在（2，ln a）内单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，f （x）≥0不恒成立，不符合题意.综上，a的取值范围是（－∞，e2]. 法二（分离参数法）　当x≥2时，f（x）≥0恒成立， 等价于当x≥2时，（x－2）ex－ ax2＋ax≥0恒成立， 即（ x2－x）a≤（x－2）ex在[2，＋∞）上恒成立. 当x＝2时，0·a≤0，此时a∈R. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 当x＞2时， x2－x＞0， 所以a≤ ＝ 恒成立. 设g（x）＝ ，则g'（x）＝ ， 因为x＞2，所以g'（x）＞0， 所以g（x）在（2，＋∞）上单调递增， 所以g（x）＞g（2）＝e2，所以a≤e2. 综上，a的取值范围是（－∞，e2]. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 3. （15分）（2025·河北保定一模）已知函数f（x）＝－ e2x－aex＋ 2a2x. （1）当a＝1时，求f（x）的极值； 解： 当a＝1时，f（x）＝－ e2x－ex＋2x， 则f'（x）＝－e2x－ex＋2＝（ex＋2）（1－ex）， 令f'（x）＞0，得x＜0；令f'（x）＜0，得x＞0. 所以f（x）在（－∞，0）上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减， 所以f（x）的极大值为f（0）＝－ ，无极小值. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 （2）若关于x的不等式f（x）＋a2≥0有实数解，求a的取值范围. 解： 由题得f'（x）＝－e2x－aex＋2a2＝（a－ex）·（ex＋2a）， 当a＝0时，f（x）＝－ e2x＜0，不符合题意； 当a＞0时，令f'（x）＞0，得x＜ln a； 令f'（x）＜0，得x＞ln a. 所以f（x）在（－∞，ln a）上单调递增，在（ln a，＋∞）上单调递减， 所以f（x）max＝f（ln a）＝－ e2ln a－aeln a＋2a2ln a＝－ a2＋2a2ln a. 由－ a2＋2a2ln a＋a2≥0， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 得－ ＋2ln a≥0，解得a≥ ； 当a＜0时，令f'（x）＞0，得x＜ln（－2a）；令f'（x）＜0，得x＞ln （－2a），所以f（x）在（－∞，ln（－2a））上单调递增，在（ln（－ 2a），＋∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（ln（－2a））＝－ e2ln（－2a）－aeln（－2a）＋2a2ln（－2a）＝2a2ln（－2a）， 由2a2ln（－2a）＋a2≥0，得2ln（－2a）＋1≥0，解得a≤－ . 综上，a的取值范围为（ －∞，－ ］∪[，＋∞）. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 4. （17分）（2025·辽宁沈阳二模）已知函数f（x）＝ln x－kx. （1）若存在x∈（0，＋∞），使f（x）≥0成立，求k的取值范围； 解：由f（x）＝ln x－kx≥0（x＞0）得k≤ ， 则存在x∈（0，＋∞），使k≤ （x＞0）成立， 令g（x）＝ （x＞0），g'（x）＝ ，令g'（x）＝0得x＝e， 当0＜x＜e时g'（x）＞0，g（x）单调递增， 当x＞e时g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）≤g（e）＝ ＝ ， 若存在x∈（0，＋∞），使k≤ （x＞0）成立，则k≤ ，即k的取值 范围为（ －∞， ］. 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 （2）已知k＞0，若f（x）≤ 在x∈（0，＋∞）上恒成立，求k的最 小值. 解：f（x）＝ln x－kx≤ ， 若f（x）≤ 在x∈（0，＋∞）上恒成立， 则ln x－kx－ ≤0在x∈（0，＋∞）上恒成立， 令h（x）＝ln x－kx－ （x＞0），则h（x）max≤0， 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 令h'（x）＝ －k＋ ＝ ＝0，则x1＝－ （舍）或x2＝ ， 当0＜x＜ 时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 当x＞ 时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以h（x）max＝h（ ）＝ln －k· － ＝ln －ln k≤0， 则k≥ ，即k的最小值为 . 1 2 3 4 高考专题辅导与测试·数学·提升版 THANKS 演示完毕 感谢观看 $