专题1 微专题6 不等式恒成立或有解问题-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

微专题6不等式恒成立 或有解问题 》热点分类·考向探究《 例1解：由f(x)=-e1+x+2, 因为x∈(e,+oo),所以由一e- 大 :十2<，得A>-二+ 2 +1 2 1,x∈ (e,+oo),则g(z)=-xe-e 2=e(1-x)-2 <0在(e,+o∞) 2 上恒成立， 所以函数g(x)在(e,+o)上单调递减， 所以ge)<ge=-e+名+1. 所以入≥一e:+2+1,即实数入的取 值范围是 -e+2+1,+∞）小 跟踪训练1解：由题意得f(x)≥a.x x一1恒成立， 因为x>0,所以问题等价于在x∈ 0,+o)时，a≤1nx+】+1恒成立， 令g(x)=nx+1+1x>0), g'(x)=x-1 当x>1时，gx)=>0g) 单调递增；当0<x1时， g(x)=二1<0g(红)单调递减， 则函数g(x)≥g(1)=2,故a≤2. 例2解：(1)函数f(x)=e(x2+a.x+ 1)的定义域为R,又f'(x)=e(x+ a+1)(x+1), 若a<0,则当一1<x<-1一a时， f'(z 0,当x>一1一a或x<-1 时，f'(a >0, 所以f(2 )的单调递减区间为（一1， 一1一a),单调递增区间为(1一a, +c∞)，(-00，-1)： 若a=0,则f'(x)=e(x+1)2≥ 0(当且仅当x=一1时取等号)， 所以f(x)的单调递增区间为 (一00， -∞)，无单调递减区间： 若a>0,则当-1-a<x<-1时， f'(x) 0,当x>-1或x<-1-a 时，f'(x》 >0, 所以f(x)的单调递减区间为（一1 a,一1)，单调递增区间为（一1，十∞）， (-c0,-1-a). 综上可得， 当a<0时，f(x)的单调递减区间为 (一1，一1一a),单调递增区间为(-1- a,+∞)，(-0，-1)； 当a=0时，f(x)的单调递增区间为 (一∞，十©∞)，无单调递减区间； 当a>0时，f(x)的单调递减区间为 (一1一a,一1)，单调递增区间为 (-1,+∞)，(-∞，-1-a). (2)由(1)可知，当a≥0时，f(x)在 (0,+∞)上单调递增，f(0)=1, 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>1恒 成立，符合题意： 当a<0时， 若{仁1a≤0'即-1≤a<0,则 la<0, f(x)在(0，十o∞)上单调递增，f(0)=1, 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>1恒 成立，符合题意； 若一1一a>0,即a<一1，则f(x)在 (0,一1一a)上单调递减，在（一1 a,十oo)上单调递增， 所以当x∈(0，-1-a)时，f(x)< f(0)=1,不符合题意 综上，当a≥一1时，对任意的x (0,十o),f(x)>1恒成立，即实数a 的取值范围为[一1，十o). 跟踪训练2解：f(x)=x+ a -(a+ 1)=x-a)(x-1) x>0,则当0≤ a1时，f(x)在[1，+o)上单调递增， 所以f(x)≥f(1)=-a-2' 。42≥二2，可得二1 2 所以0≤a≤1； 当a>1时，函数f(x)在[1，a]上单调 递减，在[a,十oo)上单调递增， 所以f(x)≥f(a)=alna- 2 、a 令h(a)=alna-2 一aa>1,可得 h'(a)In a-a, 令g(a)=h'(a)=lna-a,a>1,可 得g'(a)= 1-1<0 所以g(a)在(1，+∞)上单调递减， 所以g(a)<g(1)=一1<0，所以 h'(a)<0,所以h(a)在(1，+co)上单 调递减， 因为h(e)= 且h(a)≥- 2 2,所 以1<ae. 综上可得，实数a的取值范围为[0，e]. 例3解：(1)设x∈[一1,0)，则一x∈ (0,1],所以f(-x)=x-sinx.又 f(x)是奇函数，所以f(一x)= 一f(x),所以f(x)=-f(-x)= -x+sinx.又f(0)=0,所以 fx)=(sin z0≤x≤1)， -x2+sinx(-1≤x<0). (2)由题意得f(z)min>g(x)mi. 当x∈[0,1]时，f'(x)=2x+cosx> 0,所以f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)mm =f(0)=0; 当x∈[-1,0)时，f'(x)=-2x+ cosx>0,所以f(x)在[一1,0)上单 调递增， 所以f(x)mim=f(-1)=-1-sin1< 0.综上，f(x)im=一1一sin1. 对于g(x),因为a>0,x>0,所以 ax十 一2≥2√a一2，当且仅当 1 ax ，即x= 工时等号成立· 所以g（x）mim=2√a-2, 所以-1-sin1>2a-2,整理得a< (1-sin1) 所以实数a的取值范围是（0， (1-sin1) 4 跟踪训练3 解：(1)f'(x)=mx+m 1 (mx-1)(x+1） 1- ,x>0. E 当m≤0时，f'(x)<0恒成立，f(x)》 在(0，+十∞)上单调递减： 当m>0时，由f'(x)>0,解得x∈ (,+∞），即fx)在(，+∞） 上单调递增， 由f'x)<0,解得x∈(o,), 即f(x)在(0，）上单调递减. 综上所述，当≤0时，f(x)在 (0,+o)上单调递减；当m>0时， fx)在(0，)上单调递减，在 (,+∞）上单调递增. (2)当m>0时，由(1)知f(x)mm= 日)=am+1-易 易知gu)=2x+2e7>0在x∈ [1,十∞)上恒成立，所以g(x)在 1,十∞)上单调递增， 所以g（x)im=g(1)=2-2e, 由题意知f(x)mm≥g(x)mim, 1 1 即lnm+1- ·≥2 2m 2e' 设h(m)=lnm+1-,则h'(m)= 2m +品>0，所以6m)为指函数。 172 又h@=2-品，所以m≥c 即m的取值范围是[e,十c∞). 》真题演练·重温高考 《 1.解：f(x)=(1-ax)ln(1十x)-x, x∈[0，+∞)， 则f'(z)=-aln(1+x)- (a+1)x 1+x 8(x)=-aln(1+x)-(a+1)z 1+x 则g(x)=-1- a+1 (1+x)2 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≤ 1 2 故a≤-2 是原不等式成立的一个必 要条件. 下面证明其充分性： 当a-2x≥0时，g)三 1 2(1+x) 2(1+x) 2(1+.x)月 ≥0， 所以f'(x)在[0，十∞)上单调递增， 且f'(x)≥f'(0)=0, 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增，且 f(x)≥f(0)=0. 综上，a的取值范固是(0，一] 2.解：(1)f'(x)= cos a cos'x 3sin xcos'x sin x cos"z 参考答案 °269 cos'x +3sin'x 3-2cos'x cos"r cos x 令cos2x=t,t∈(0,1)， 3-2t at2+2t-3 h(t)=a- 当a=8时，h(t)= 8t2+2t-3 t (2t-1)(4t+3) 当1∈(o,2)时，()<0，即当x∈ (,）时f'x)<0:当1∈ (2) 时，h(t)>0,即当x∈ (0,)时f'(x)>0. 所以f(x)在(0，于)上单调递增，在 (于，)上单调递减。 (2)设g(x)=f(x)一sin2.x, g'(x）=f'(x）-2cos2x=a 3-2cos"x -2(2cos2x-1),同(1)中 cos'z 令cos2x=t,t∈(0,1)， 9(1)=a- 3-2t -2(2t-1)=a+ 2-4t+2-3 ， 2 6 9'(t)=-4- -4t3-2t+6 t 2(t-1)(2t+2t+3) t3 >0 所以p(t)<p(1)=a一3. 若a∈(-c∞，3]，则p(t)<a-3≤0， 即g(z)≤0，g(x)在(0,2）上单调 递减， 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈（一o∞，3]时， f(x)<sin2x,符合题意. 若a∈(3，十∞)，则当t+0时，2 是=-3}-3)+3·0，所 以9(t）·一o. 9(1)=a-3>0. 所以3t。∈(0,1)，使得9(t。)=0,即 3x∈(0，受），使得g'z=0. 当t∈(to,1)时，9(t)>0,即当x∈(0， x。)时，g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以当x∈(0，x。)时，g(x)> g(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为（一∞，3]. 微专题7导数与不等式的证明 》热点分类·考向探究《 例1证明：f(.x)=e+sinx一1，因为 sinx≥-1，所以f(x)≥e-2. 下面证明：e一2>lnx, 证法一先证e一2>x一1，即e2- x1>0(x>0), 令g(x)=e-x-1(x>0),则 g(x)=e-1>0, 270红对闪讲与练·高三二轮数学 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,即e-2> x-1.① 再证x-1≥lnx,即x-1-lnx≥ 0(x>0), 令g(x）=x-1-lnx,则9'(x)=1- 1 x 当0<x<1时，g'(x)<0,当x>1 时，9'(x)>0, 所以9(x)在(0,1)上单调递减，在 (1,+∞)上单调递增， 所以9(x)m=9(1)=0,即x-1 lnx≥0，所以x-1≥lnx.② 由①②得e-2>lnx.综上，f(x)> lnx在(0，+o)上恒成立. 证法二设F(x)=e一2一lnx,则 F'(x)=e- 1 因为y=cy=一两个函数均在 (0,+∞)上单调递增，所以F'(x)在 (0,十∞)上单调递增 因为F'(分)=E-2<0,P' e-1>0, 所以3。∈（分，使F'(红） e- 1=0,所以e0= ，即 xo=一lnxo, 当x∈(0，xo)时，F'(x)<0, 当x∈(xo,+o∞)时，F'(x)>0, 所以F(x)在(0，xo)上单调递减，在 (x。·十∞)上单调递增， 所以F(x)≥F(x)=e。-2 1-2≥2 1 lnx。=xo+ 2=2-2=0， 当且仅当x。=1时等号成立. 又因为xa≠1，所以F(x）>0,即e 2>Inx,所以f(x)>lnx在 (0,十o∞)上恒成立. 跟踪训练1证明：因为f(x)=xlnx (x>0),所以f'(x)=1+lnx, 所以当x∈(0，日)时fx)<0.当 x∈（日+）时)>0 所以f(x)在(0，）上单调递减，在 (日，+∞）上单调递增，所以f(x)的 最小位为（日）=-吕 设函数h(x)=-5.x2+2x- 3 5 -(-)-6： 1122 所以h(x)在(0，十∞)上的最大值为 1 故f(z)>-5x+2x-5 例2解：(1)由题意得，函数∫(x)的定义 域为(0，+∞)，且a>0,f(x)= x a-z = -ax'+z-a 令g(x)=-ax2十x-a, 当1-4a≤0，即a≥2 时，g(x)≤ 0恒成立，则f(x)≤0，所以f(x)在 (0,十∞)上单调递减； 当1-a>0,即0<a<弓时， 令g(x)>0,解得 1-√1-4a 2a t< 1+-4a, 则 f(x)在 2a 2a 2a 单调递增， 令g(x)<0,解得0<x< 1-√1-4a 或x>1+V4a 2a 2a 则f(x)在 和 2a (+,+) 上单调递减。 2a 综上，当0<a< 时，f(x)在 们-√1-4a1+个-4a 上 2a 2a 单调递增，在 o,a) 和 2a 当a≥时，f(x)在(0，十oo)上单调 2 递减. (2)证明：由(1)知，当0<a<号时， f(x)有两个极值点x1x2(x1<x), 则x1,x?是方程g(x)=0的两个根， 由根与系数的关系，得x1xg=1,x1十 1 2= 所以0<x1<1<x2,f(x1)十 f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+ f(）+f()=mx1-a(2 ）+n-a(-x)+ f(日）=f()=n是-a( a）=-lna-1+a, 令h(x)=-lnx-1+x2,0<x< 则'(x)=-1+2x-201 当0<x< 时，h'(x)<0,则h(x) 在(0，？)上单调递减， 从面A()>(2)=1n2-子，放 fx)+f)+fx1+x:)>n2-4 3 跟踪训练2证明：由f(x)=ax一sinx, e[合]，得r)=a-os 因为函数∫(x)有两个极值点，所以方 程f'(x)=a一cosx=0有两个不相 等的实根， 设为x1,x2且x1<x2,因为函数y= cosx在x∈[合，]上的图象关微专题6不等式恒成立或有解问题 》考情分析 恒成立问题（能成立问题）多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，可以出现在 选择题、填空题或解答题中，也经常以压轴解答题的形式出现，难度较大， 热点分类》考向探究 考向1分离参数法 跟踪训练①(2025·江西鹰潭二模节选)已知函 例1(2025·山东淄博一模节选)已知函数 数f(x)=xlnx,若关于x的不等式f(x)≥ f(.x)=-e1十x十2，若对于任意x∈ ax一x一1恒成立，求实数a的取值范围. (e,十o∞)，f(x)<入x恒成立，求实数入的取值 范围 心听课记录 考向2分类讨论法 [例2已知函数f(x)=e(x2+a.x+1)(a∈R). (1)求f(x)的单调区间； 4反思感悟，…… (2)若对任意x∈(0，+∞)，f(x)>1恒成立， 分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等 求实数a的取值范围， 变形，使参数与其变量分离的一种方法.一般地，若 a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(.x)mx;若 听课记录 a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)mn.若 存在x。∈D,使a>f(.x。)成立，则只需a> f(x)mn;若存在x。∈D,使a<f(xo)成立，则只需 a<f(x)mx.由此构造不等式，求参数的范围. 016 2对勾讲与练·高三二轮数学 考向3双变量的恒成立或有解问题 例3(2025·黑龙江绥化模拟)已知f(x)是定义 在[-1,1]上的奇函数，当x∈(0,1]时， f(x)=x2十sinx,g(x)是定义在(0，十∞)上 的函数，且g(x)=ax+ L1-2(a>0). (1)求函数f(x)的解析式； (2)若对于Hx1∈[-1,1]，3x2∈(0，+∞)， 使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值 范围. 心听课记录 4反思感悟… 根据不等式恒成立求参数取值范围的关键是将 恒成立问题转化为最值问题，解此类问题的关键是 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. 跟踪训练2(2025·湖北十堰糢拟)已知函数 f(x)= 2 +alnx-(a十l)x,若a≥0， f(x)≥- 2对任意x∈山，十∞)恒成立 实数a的取值范围. 第一部分专题一函数、导数 017 ,反思感悟…-……… 总存在x2∈[1，十∞)，使得f(x1)≥g(x2), 双变量的恒（能）成立问题的常见转化 求m的取值范围. 1.Hx1∈M,3x2∈N,f(x,)>g(xz)曰 f(x)nmin>g(x)nmin· 2.Hx1∈M,Hx2∈N,f(x1)>g(x2)台 f()min >g()max. 3.3x1∈M,3x2∈N,f(x1)>g(x2)台 f(x）mx>g(x）min· 4.3x1∈M,Vx2∈N,f(x,)>g(x2)台 f(x)max>g(x)mx· 跟踪训练目已知函数f:)=m?十(m 2e+1. 1 1)x-In x(m E R):g(x)=x2- (1)讨论f(x)的单调性； (2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0，十∞)， 真题演练》重温高考 1.(2024·全国甲卷理节选)已知函数f(x)=2.(2023·全国甲卷理)已知函数f(x)=a.x一 (1-a.x)ln(1+x)-x,当x≥0时，f(x)≥ 0,求a的取值范围. o引 (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin2x,求a的取值范围. 温馨提示》请完成课时作业⑥ 0182对勾讲与练·高三二轮数学