重难点 导数与不等式恒(能)成立 讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学讲义聚焦导数与不等式恒（能）成立高考核心考点，以必备知识（不等式性质、函数单调性等）和六大解法（函数最值法、分离参数法等）为架构，通过问题综述、策略归纳、题型赏析（含总结提炼、真题例题及变式训练）环节，帮助学生构建从知识理解到解题应用的完整体系。 资料创新整合多种解题策略，如用必要性探路缩小参数范围降低讨论难度，同构法转化含eˣ与lnx的复杂不等式，培养学生数学思维与逻辑推理能力。设置分层练习（基础例题+拔高变式）即时巩固，确保高效突破难点，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与不等式恒（能）成立 不等式恒（能）成立 必备知识 必备解法 不等式性质 函数的单调性 函数的图象 函数最值法 分离参数法 数形结合法 必要性探路 端点效应法 同构法 目录 一、问题综述 1 二、由不等式恒（能）成立求参数取值范围问题的策略 2 三、不等式恒（能）成立问题题型赏析 2 函数最值法 2 分离参数法 12 必要性探路 17 端点效应 18 函数同构法 21 双变量的恒(能)成立问题 23 一、问题综述 不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。分类参数的优势在于所得函数不含参数，缺点在于函数结构复杂，一般是函数的积与商，因为结构复杂，导函数可能也是超越函数，则需要多次求导，也有可能不存在最值，故需要求极限，会用到传说中的洛必达法则求极限（超出教学大纲要求）；直接化为最值的优点是函数结构简单，是不等式恒成立的同性通法，高考参考答案一般都是以这种解法给出，缺点是一般需要分类讨论，解题过程较长，解题层级数较多，不易掌握分类标准。缩小参数范围优点是函数结构简单，分类范围较小，分类情况较少，难点在于寻找特殊值，并且这种解法并不流行，容易被误判。分离函数主要针对选择填空题。因为图形难以从微观层面解释清楚图像的交点以及图像的高低，这要涉及到图像的连续性以及凸凹性。还有在构作函数图像时，实际上是从特殊到一般，由特殊几点到整个函数图像，实际是一种猜测。 俗话说，形缺数时难入微。 二、由不等式恒（能）成立求参数取值范围问题的策略 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 　　(1)函数最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. 　　(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 　　(3)数形结合法：对于恒成立问题的客观题，有时还可以通过数形结合的方法，借助极限情况（比如：曲线与直线的位置关系（切线）），直接得出答案． 　　(4)必要性探路：涉及较为复杂的分类讨论求最值问题，有时还可以从问题的必要条件入手，缩小参数的取值范围，降低分类讨论的难度，甚至由必要条件再证明其充分性，直接求得参数的取值范围． 　　(5)端点效应法：如果函数f(x)≥0在区间[a,b]上恒成立，且f(a)=0，则必有f´(a)≥0，同样可以缩小参数的取值范围，甚至直接求得参数的取值范围． 　　(6)函数同构法：如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”． 不等式恒（能）成立问题的解题难点在于分类讨论，无论是分离参数，还是必要性探路或端点效应，其目的都是为了简化分类讨论． 　　2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 三、不等式恒（能）成立问题题型赏析 函数最值法 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min. 直接讨论法可以用在恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等． 例1 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. 【明说解题】此题不可以分离参数！ 解　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1， 依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝. 经检验，a＝符合题意. (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)min≥0，φ′(x)＝ex－a. ①当a≤1时，φ′(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)＞φ(0)＝0，∴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. ∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0. 令g(a)＝a－1－aln a(a＞1)， ∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减. ∴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a≤恒成立， 令h(x)＝(x＞0)，∴h′(x)＝， 令k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)，∴k′(x)＝ex·x＞0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)＝0，∴h′(x)＞0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增. 由洛必达法则知，h(x)＝＝ex＝1，∴a≤1. 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 1.已知函数f(x)＝(x≠0). (1)判断函数f(x)在区间上的单调性； (2)若f(x)<a在区间上恒成立，求实数a的最小值. 解　(1)f′(x)＝，令g(x)＝xcos x－sin x，x∈，则g′(x)＝－xsin x， 显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin x<0，故函数g(x)在区间上单调递减，又g(0)＝0. 从而g(x)在区间上恒小于零，所以f′(x)在区间上恒小于零， 所以函数f(x)在区间上单调递减. (2)不等式f(x)<a，x∈恒成立，即sin x－ax<0恒成立. 令φ(x)＝sin x－ax，x∈，则φ′(x)＝cos x－a，且φ(0)＝0. 当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减， 所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立. 当0<a<1时，φ′(x)＝cos x－a＝0在区间上存在唯一解x0， 当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾. 当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，又φ(0)＝0， 故sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾. 故实数a的最小值为1. 2.(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围. 解　(1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0， 故f(x)在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1. (2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax， 令h(x)＝ln x＋1－2ax，则h′(x)＝－2a＝. ①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(1)＝0， 从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意； ②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝. (ⅰ)若0<a<，则>1， 当x∈时，h′(x)>0，g′(x)在上单调递增， 从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0， 所以g(x)在上单调递增，此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意； (ⅱ)若a≥，则0<≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， 所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0， 从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立. 综上所述，a的取值范围是. 3.已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0). (1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，有实数a的取值范围. 【明说解题】此题的难点是导函数f′(x)＝(ex－a)＋单调性讨论，必须注意到ex－a与x－lna同正同负！ 解　(1)当a＝e时，f(x)＝ex＋(1－e)x－ln x，f′(x)＝ex＋(1－e)－＝(ex－e)＋， 当x>1时，ex－e>0，>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex－e<0，<0，所以f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减， 则f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)因为f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0)，则f′(x)＝(ex－a)＋(x>1)， ①当ln a≤1，即0<a≤e时，因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a， 所以f′(x)>0，因此函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1， 不等式f(x)<1在(1，＋∞)上无解； ②当ln a>1，即a>e时，当1<x<ln a时，ex<eln a＝a， 因此f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，ln a)上单调递减， f(x)<f(1)＝e＋1－a<e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解. 综上，实数a的取值范围是(e，＋∞). 例2 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)，若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． [解析]　f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0(x>0)，由于φ(1)=0,本题还可以利用端点效应求解． 令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1， 则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0， ∵φ′(x)＝ex－1－a， ①当a≤时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤符合题意． ②当a>时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1. 当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增． 当ln a＋1≤1，即<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增， φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴<a≤1符合题意． 当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0恒成立矛盾，故a>1不符合题意． 综上，实数a的取值范围为(－∞，1]． 1. (2025·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋， 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝＋1－＝， 令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值． (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，即对∀x∈(e－1，e)，ln x＋－2<0， 令g(x)＝ln x＋－2，则g′(x)＝－＝，此题也可以分离参数 ①当a<0时，g′(x)＝>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增， 则g(x)<g(e)＝ln e＋－2＝－1＋<0，符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增， 若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立， 只需满足解得a≥. 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪. 2. (2024·邯郸模拟改编)已知函数f(x)＝x2－aex(a>0)，当x≥0时，f(x)≤－x2－ax－a恒成立，求实数a的取值范围. 解　设g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋a＝x2－aex＋ax＋a(x≥0)， 则g(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立. g′(x)＝3x－aex＋a， 设h(x)＝3x－aex＋a，x≥0，则h′(x)＝3－aex， ①当a≥3时，当x≥0时，aex≥3ex≥3，即有h′(x)≤0， g′(x)在[0，＋∞)上单调递减， 于是当x≥0时，g′(x)≤g′(0)＝0，则函数g(x)在[0，＋∞)上单调递减， 因此当x≥0时，g(x)≤g(0)＝0，故a≥3满足题意. ②当0<a<3时，令h′(x)>0，得0<x<ln ，g′(x)在上单调递增， 于是当0≤x≤ln 时，g′(x)>g′(0)＝0，即函数g(x)在上单调递增， 因此当0≤x<ln 时，g(x)≥g(0)＝0，不合题意. 所以实数a的取值范围为[3，＋∞). 例3 (2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. (1)解　f(x)的定义域为(0，2)，若b＝0，则f(x)＝ln＋ax， f′(x)＝·＋a＝＋a， 当x∈(0，2)时，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，则a≥－2， 故a的最小值为－2. (2)证明　f(2－x)＝ln＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－ln－ax－b(x－1)3＋2a ＝－f(x)＋2a， 故曲线y＝f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)解　由题知f(1)＝a＝－2，此时f(x)＝ln－2x＋b(x－1)3， f′(x)＝·－2＋3b(x－1)2＝(x－1)2. 记g(x)＝＋3b，x∈(0，2)， 易知g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，g(1)＝2＋3b， 当b≥－时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)在(0，2)上单调递增， 又f(1)＝－2，故符合题意. 当b<－时，g(1)<0，g(x)＝＋3b＝， 令g(x)＝0，得x＝1±， 因为b<－，所以∈(0，1)， 故1＋∈(1，2)，1－∈(0，1)， 所以当x∈时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)在上单调递减， 故f<f(1)＝－2，不符合题意. 综上，b的取值范围为. 1. (2012·全国卷)设函数f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 设f(x)≤1＋sinx，求a的取值范围． 【明说解题】此题常规做法应该是分类讨论处理，但官方提供的解答方法独特。 【解析】（Ⅰ）函数，则.，， ①当时，，当且仅当时，，在上单调递增； ②当时，，当且仅当或时，，在上单调递减； ③当时， 令，则，. 当时 ，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； （Ⅱ）由≤，得≤，即≤， 构造函数，，如图所示，若使≤恒成立，则 函数的图象总在函数的图象的下方. 当，,,的取值范围为. 2. (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围. [思路分析]　(1)把a＝8代入f(x)，求出f′(x)，在x∈内解不等式f′(x)>0，f′(x)<0可求f(x)的单调递增区间与单调递减区间. (2)构造函数g(x)＝f(x)－sin 2x，利用导数和换元法求出g′(x)的值域，对参数a进行分类讨论，利用g(x)的单调性与最值得到结果. [规范解答]　解　(1)当a＝8时，f(x)＝8x－， f′(x)＝8－＝8＋－.① 令＝t，则t∈(1，＋∞)，令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)， 当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0. 故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减. ∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.(5分) (2)令g(x)＝f(x)－sin 2x＝ax－－sin 2x， 则g′(x)＝a－－2cos 2x＝a－ 令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2， 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，＋∞)②. ①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减， 又g(0)＝0，∴当x∈ 时，g(x)<0，即f(x)<sin 2x.③ ②当a>3时，∃x0∈使得g′(x0)＝0， ∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，∴g(x0)>g(0)＝0， ∴f(x)<sin 2x不成立③. 综上所述，a的取值范围为(－∞，3]. 分离参数法 分离参数法解决恒成立问题的策略 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． 一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min. a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 例4 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥x3＋1恒成立，求a的取值范围. 解　由f(x)≥x3＋1得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R. ②当x>0时，分离参数a，得a≥－， 记g(x)＝－，g′(x)＝－. 令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，则h′(x)＝ex－x－1， 令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x2－x－1>0恒成立， 故当x∈(0,2)时,g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(2,＋∞)时,g′(x)<0，g(x)单调递减. 因此，g(x)max＝g(2)＝， 综上，实数a的取值范围是. 1.已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a 的取值范围. 解　因为f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在[0，＋∞)上有解， 当x＝0时，不等式成立，此时a∈R； 当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解， 令g(x)＝－，则g′(x)＝. 令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ′(x)＝ex－1， 当x>0时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)>φ(0)＝0，即当x>0时，ex－(x＋1)>0， 所以当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2， 综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞). 例5 (2024·泰安三模)已知函数f(x)＝x(a＞0). (1) 讨论f(x)的最值； (2) 若a＝1，且f(x)≤，求k的取值范围． 【解答】(1)由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故当x＝时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为f＝1＋ln a，无最大值． (2)当a＝1时，由f(x)≤，得x－ln x≤，整理得kex≥x2＋x－x ln x，即k≥.令h(x)＝，则h′(x)＝＝，由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－ln x的最小值为f(1)＝1＞0，即x－ln x＞0恒成立，所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．故当x＝1时，h(x)取得最大值h(1)＝，即k≥，故k的取值范围为. 1.(2024·漳州三检节选)已知函数f(x)＝ax2－ln x－x. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】(1)因为f(x)＝ax2－ln x－x，所以f′(x)＝2ax－－1＝，x∈(0，＋∞).当a≤0时，2ax2－x－1＜0恒成立，所以f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，令2ax2－x－1＝0，解得x＝(舍去负根).令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由f(x)≥0恒成立，得ax2≥ln x＋x在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥＋在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝－＋＝－＋＝.令h(x)＝－2ln x－x＋1，则h′(x)＝－－1＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)＞0，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 例6 (2025·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． [分析]　 [解析]　(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切线方程为3x＋y－2＝0. (2)由f(1)≥0，得a≥>0， 则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立． 设函数F(x)＝(x>0)，则F′(x)＝－. 当0<x<1时，F′(x)>0；当x>1时，F′(x)<0， 所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以F(x)max＝F(1)＝. 于是≥，解得a≥. 故实数a的取值范围是. 1.已知函数f(x)＝x2－(a＋1)ln x，若f(x)≥(a2－a)ln x对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． [解析]　由f(x)≥(a2－a)ln x对x∈(1，＋∞)恒成立，得a2＋1≤对x∈(1，＋∞)恒成立． 设h(x)＝(x>1)，则h′(x)＝. 当x∈(1，)时，h′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0. 所以h(x)min＝h()＝2e， 则a2＋1≤2e，解得－≤a≤. 故a的取值范围是[－，]. 2.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行. (1)求实数k的值，并判断f(x)的单调性； (2)记g(x)＝x2＋xf(x)，且当x∈(1，＋∞)时，不等式g(x)－λx＋λ>0恒成立，求整数λ的最大值. 解　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝－k，∴f′(1)＝1－k， ∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行， ∴f′(1)＝1－k＝0，得k＝1.∴f′(x)＝， 由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. (2)f(x)＝ln x－x＋1，∴g(x)＝xln x＋x，∴xln x＋x－λ(x－1)>0. ∵x>1，∴λ<在x∈(1，＋∞)时恒成立. 令φ(x)＝(x>1)，则φ′(x)＝， 令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，则h′(x)＝1－>0， ∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0， ∴方程h(x)＝0在(1＋∞)上存在唯一的实数根x0，且x0∈(3，4)， 则h(x0)＝x0－ln x0－2＝0， 所以ln x0＝x0－2.(*) 当1<x<x0时，h(x)<0，则φ′(x)<0；当x>x0时，h(x)>0，则φ′(x)>0. ∴函数φ(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增. ∴φ(x)min＝φ(x0)＝， 把(*)代入得，φ(x0)＝＝x0，x0∈(3，4)， ∴λ<φ(x)min＝x0∈(3，4). 故整数λ的最大值是3. 必要性探路 必要性探路：对于一类恒成立问题，可以通过取定义域内的某个特殊的值，得到一个必要条件，缩小范围讨论或者验证其充分性，进而解决问题．这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围，但是可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论范围，一定程度上降低思维成本． 例7 (2024·安庆二模)已知函数f(x)＝2ln x－x＋(m∈R). (1) 当m＝－3时，求函数f(x)的单调区间； 【解答】当m＝－3时，f(x)＝2ln x－x－，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＋＝＝.令f′(x)＝0，得x＝3(x＝－1舍去)，当0＜x＜3时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞3时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，3)，单调递减区间为(3，＋∞). (2) 若不等式f(x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 【解答】方法一：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，令h(x)＝x2－2x ln x，x≥1，只需m≤h(x)min即可．h′(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)，令μ(x)＝x－ln x－1，x≥1，则μ′(x)＝≥0，所以函数h′(x)在[1，＋∞)上单调递增，于是h′(x)≥h′(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]. 方法二：由条件可知f(1)≤0，于是m－1≤0，解得m≤1.当m≤1时，f(x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋.构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，则g′(x)＝－1－＝－≤0，所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)＝0，因此实数m的取值范围是(－∞，1]. 1.已知函数f(x)＝2(x－2)ln x＋ax2－1. (1) 当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】(1)当a＝0时，f(x)＝2(x－2)ln x－1，f′(x)＝2＝2ln x－＋2.因为f′(1)＝－2，f(1)＝－1，所以切点为(1，－1)，切线斜率为－2，故曲线在点(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－1＝0. (2)因为f(x)≥0恒成立，所以f(1)＝a－1≥0，则a≥1，所以f(x)＝2(x－2)ln x＋ax2－1≥2(x－2)ln x＋x2－1.令g(x)＝2(x－2)ln x＋x2－1，则g′(x)＝2＋2x，g″(x)＝2＋2＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(1)＝0，所以g′(x)＜0⇒0＜x＜1，g′(x)＞0⇒x＞1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，则f(x)≥0恒成立，所以实数a的取值范围是[1，＋∞). 端点效应 在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况 (1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围. (2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解. 端点效应的应用： (1) 若f(x，m)≥0(m为参数)在[a，b](a，b为常数)上恒成立，且f(a)＝0(或f(b)＝0)，则f′(a)≥0或(f′(b)≤0).此法应用于区间端点的函数值为零的情况． (2) 若f(x)≥0(m为参数)在[a，b](a，b为常数)上恒成立，且或则f″(a)≥0或(f″(b)≥0).此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况． 例8 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】方法一：f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x≥0.设s(x)＝－a ln (1＋x)－，x≥0，则s′(x)＝－＝－＝－.若a≤－，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数，故s(x)≥s(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0.若－＜a＜0，则当0＜x＜－时，s′(x)＜0，故s(x)在上为减函数，此时s(x)＜s(0)＝0，即f′(x)＜0，即f(x)为减函数，故f(x)＜f(0)＝0，不合题意．若a≥0，则s′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时s(x)＜s(0)＝0，则f′(x)＜0，从而f(x)＜f(0)＝0恒成立，不合题意．综上，a的取值范围为. 方法二： f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1且f′(0)＝0，则f″(x)＝－－，f″(0)＝－a－1－a＝－2a－1.若f″(0)＜0，即a＞－时，存在正数x0，当x∈(0，x0)时，f″(x)＜0，故f′(x)在(0，x0)上单调递减，于是f′(x)＜f′(0)＝0，则f(x)在(0，x0)上单调递减，则f(x)＜f(0)＝0，与题干矛盾，故f″(0)＝－2a－1≥0，即a≤－.下证当a≤－，x≥0时，f(x)≥0.由于x≥0，f(x)≥ln (1＋x)－x.令g(x)＝ln (1＋x)－x，则g′(x)＝ln (1＋x)＋－1，g″(x)＝＞0，故g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥g′(0)＝0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0.故a的取值范围是． 1.(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex.当x＞0时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围． 【解答】由题知f′(x)＝(ax＋1)eax－ex，f″(x)＝(a2x＋2a)eax－ex，因为f(0)＝－1，f′(0)＝0，依题知，当x＞0时，f(x)＜－1，所以f″(0)＝2a－1≤0，解得a≤.下面证明：xeax－ex＜－1对a≤且x＞0恒成立，只需证明xex－ex＜－1对x＞0恒成立，即证x＜ex－对x＞0恒成立，即证2ln t＜t－①对t＞1恒成立．设p(t)＝t－－2ln t(t＞1)，则p′(t)＝1＋－＝＞0，所以p(t)＞p(1)＝0，故①式成立，则实数a的取值范围为. 2. (2024·莆田四检节选)已知函数f(x)＝x－＋a ln x，其中a∈R.当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解答】方法一：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋＋＝(x＞0).设g(x)＝x2＋ax＋1(x＞0)，其中g(0)＝1. ①当－≤0，即a≥0时，g(x)＞0，所以f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥f(1)＝0，故a≥0满足题意； ②当－＞0，且Δ＝a2－4≤0，即－2≤a＜0时，g(x)≥0，所以f′(x)≥0，f(x)单调递增，所以当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥f(1)＝0，故－2≤a＜0满足题意； ③当－＞0，且Δ＝a2－4＞0，即a＜－2时，设g(x)＝0的两根为p，q，解得p＝(0＜p＜1)，q＝(q＞1)，则当x∈(1，q)时，g(x)＜0，所以f′(x)＜0，f(x)单调递减，则f(x)＜f(1)＝0，故a＜－2不满足题意．综上，实数a的取值范围是[－2，＋∞). 方法二：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋＋＝(x＞0).因为f(1)＝0，f(x)≥0(x≥1)，所以f′(1)＝a＋2≥0，解得a≥－2.以下证明a≥－2满足题意．由x≥1可知，ln x≥0，所以当a≥－2时，f(x)＝x－＋a ln x≥x－－2ln x.设h(x)＝x－－2ln x(x≥1)，h′(x)＝≥0，所以h(x)为增函数，所以h(x)≥h(1)＝0，所以f(x)≥h(x)≥0，满足题意．当a＜－2时，f′(1)＝a＋2＜0，且f(1)＝a＋2＜0，且f′(－a)＝＞0，所以存在x0∈(1，－a)，使得f(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)＜f(1)＝0，不满足题意．综上，实数a的取值范围是[－2，＋∞). 函数同构法 利用“同构法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题的基本思路 在不等式恒成立求参数取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”,同构法的一般步骤如下: (1)指对分离,将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边. (2)参数放在一起,含有欲求范围的参数项要集中在一起. (3)常数放在头上,ex项前面的常数系数如a,要通过a=elna转移到ex项的指数位置中. (4)缺什么项就凑什么项,按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了. 例9 已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2. (1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程; (2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 解(2)(方法一:同构法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1, 所以f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1(x>-1)恒成立, 可等价转化为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)(x>-1)恒成立. 设h(t)=t+ln t(t>0),则h'(t)=1+>0,h(t)单调递增, 因而aex>x+1(x>-1)恒成立,即a>(x>-1)恒成立. 令s(x)=(x>-1),则s'(x)=- 当x∈(-1,0)时,s'(x)>0,s(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,s'(x)<0,s(x)单调递减, 所以s(x)≤s(0)=1,从而a>1,即实数a的取值范围为(1,+∞). (方法二:隐零点法)因为f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1, 故f(x)>g(x)恒成立,可等价转化为aex-ln(x+1)+ln a-1>0在区间(-1,+∞)内恒成立. 记h(x)=aex-ln(x+1)+ln a-1,x∈(-1,+∞)(a>0). 当0<a≤1时,h(0)=a+ln a-1≤0,不符合题意; 当a>1时,h'(x)=aex-, 记φ(x)=a(x+1) ex-1,x∈[-1,+∞),则φ'(x)=a(x+2) ex>0, 所以φ(x)在区间[-1,+∞)内单调递增,又φ(-1)=-1,φ(0)=a-1>0, 所以∃x0∈(-1,0)使得φ(x0)=0,即a(x0+1)ex0-1=0①. 则当x∈(-1,x0)时,φ(x)<0,即h'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,φ(x)>0,即h'(x)>0, 故h(x)在区间(-1,x0)内单调递减,在区间(x0,+∞)内单调递增,所以 h(x)min=h(x0)=a-ln(x0+1)+ln a-1②. 由①式可得a,所以ln a=-ln(x0+1)-x0, 所以h(x)min=-(x0+1)-2ln(x0+1). 因为x0∈(-1,0),所以x0+1∈(0,1),故-(x0+1)>0,2ln(x0+1)<0,所以 h(x)min>0,所以当a>1时,h(x)>0恒成立. 故实数a的取值范围为(1,+∞). 1.已知函数f(x)=-x2+x+ln x. (1)求f(x)的单调区间; (2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值. 解 (1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞). 由f(x)=-x2+x+ln x,得f'(x)=-2x+1+ 当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)∵对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立, ∴-x2+x+ln x≤mxex-x2-1(x>0)恒成立,即m(x>0)恒成立. 令g(x)=,则g'(x)=, 令h(x)=x+ln x,则h(x)在区间(0,+∞)内单调递增. ∵h-1<0,h(1)=1>0,∴∃x0,使得h(x0)=x0+ln x0=0. 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g'(x)<0,g(x)单调递减, 又由x0+ln x0=0,可得x0=-ln x0. ∴g(x)max=g(x0)==1.∴m≥1.故m的最小值为1. 双变量的恒(能)成立问题 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 例10 已知函数f(x)＝+xlnx，g(x)=x3－x2－3. (1)如果存在x1,x2[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s,t∈[,2],都有f(s) ≥g(t)成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－　　　g(x2)]max≥M. 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x. 令g′(x)>0得x<0或x>，令g′(x)<0得0<x<，又x∈[0,2]， 所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以g(x)min＝g＝－， 又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1. 故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M， 则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max， 由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x，x∈，h′(x)＝1－2xln x－x， 令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1>0得x>. 即m(x)＝xln x在上单调递增， 可知h′(x)在区间上是减函数， 又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0；当<x<1时，h′(x)>0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1， 所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)． 1.已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0<m≤6时，g(x)＝x3－－mx，　　　x∈(0,2]．若存在x1∈R，x2∈(0,2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围． [解析]　x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)·ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)， 当m>0时，因为ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0， 所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0. 故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝－e. 又g′(x)＝3x2＋－m≥4－m， 因为0<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,2]上为增函数． 所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m. 依题意有f(x1)min≤g(x2)max，所以6－2m≥－e，所以0<m≤3＋， 故m的取值范围为. 第 1页 共 25 页 学科网（北京）股份有限公司 $★明说解题★高中数学重难点系列 重难点　导数与不等式恒（能）成立 不等式恒（能）成立 必备知识 必备解法 不等式性质 函数的单调性 函数的图象 函数最值法 分离参数法 数形结合法 必要性探路 端点效应法 同构法 目录 一、问题综述 1 二、由不等式恒（能）成立求参数取值范围问题的策略 2 三、不等式恒（能）成立问题题型赏析 2 函数最值法 2 分离参数法 5 必要性探路 6 端点效应 7 函数同构法 8 双变量的恒(能)成立问题 9 一、问题综述 不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。分类参数的优势在于所得函数不含参数，缺点在于函数结构复杂，一般是函数的积与商，因为结构复杂，导函数可能也是超越函数，则需要多次求导，也有可能不存在最值，故需要求极限，会用到传说中的洛必达法则求极限（超出教学大纲要求）；直接化为最值的优点是函数结构简单，是不等式恒成立的同性通法，高考参考答案一般都是以这种解法给出，缺点是一般需要分类讨论，解题过程较长，解题层级数较多，不易掌握分类标准。缩小参数范围优点是函数结构简单，分类范围较小，分类情况较少，难点在于寻找特殊值，并且这种解法并不流行，容易被误判。分离函数主要针对选择填空题。因为图形难以从微观层面解释清楚图像的交点以及图像的高低，这要涉及到图像的连续性以及凸凹性。还有在构作函数图像时，实际上是从特殊到一般，由特殊几点到整个函数图像，实际是一种猜测。 俗话说，形缺数时难入微。 二、由不等式恒（能）成立求参数取值范围问题的策略 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略 　　(1)函数最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. 　　(2)分离参数法：将参数分离出来，进而转化为a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 　　(3)数形结合法：对于恒成立问题的客观题，有时还可以通过数形结合的方法，借助极限情况（比如：曲线与直线的位置关系（切线）），直接得出答案． 　　(4)必要性探路：涉及较为复杂的分类讨论求最值问题，有时还可以从问题的必要条件入手，缩小参数的取值范围，降低分类讨论的难度，甚至由必要条件再证明其充分性，直接求得参数的取值范围． 　　(5)端点效应法：如果函数f(x)≥0在区间[a,b]上恒成立，且f(a)=0，则必有f´(a)≥0，同样可以缩小参数的取值范围，甚至直接求得参数的取值范围． 　　(6)函数同构法：如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”． 不等式恒（能）成立问题的解题难点在于分类讨论，无论是分离参数，还是必要性探路或端点效应，其目的都是为了简化分类讨论． 　　2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. 三、不等式恒（能）成立问题题型赏析 函数最值法 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥f(x)min. 直接讨论法可以用在恒成立问题中的函数结构并不是很复杂，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况．其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法；若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再进行讨论，研究函数的单调性等． 例1 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. 1.已知函数f(x)＝(x≠0). (1)判断函数f(x)在区间上的单调性； (2)若f(x)<a在区间上恒成立，求实数a的最小值. 2.(2024·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当x≥1时，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围. 3.已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln a·ln x(a>0). (1)若a＝e，求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)<1在区间(1，＋∞)上有解，有实数a的取值范围. 例2 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)，若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 1. (2025·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． 2. (2024·邯郸模拟改编)已知函数f(x)＝x2－aex(a>0)，当x≥0时，f(x)≤－x2－ax－a恒成立，求实数a的取值范围. 例3 (2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 1. (2012·全国卷)设函数f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 设f(x)≤1＋sinx，求a的取值范围． 2. (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x，求a的取值范围. 分离参数法 分离参数法解决恒成立问题的策略 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． 一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min. a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 例4 (2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.当x≥0时，f(x)≥x3＋1恒成立，求a的取值范围. 1.已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在[0，＋∞)上有解，求实数a 的取值范围. 例5 (2024·泰安三模)已知函数f(x)＝x(a＞0). (1) 讨论f(x)的最值； (2) 若a＝1，且f(x)≤，求k的取值范围． 1.(2024·漳州三检节选)已知函数f(x)＝ax2－ln x－x. (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 例6 (2025·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 1.已知函数f(x)＝x2－(a＋1)ln x，若f(x)≥(a2－a)ln x对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围． 2.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x－k(x－1)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝1平行. (1)求实数k的值，并判断f(x)的单调性； (2)记g(x)＝x2＋xf(x)，且当x∈(1，＋∞)时，不等式g(x)－λx＋λ>0恒成立，求整数λ的最大值. 必要性探路 必要性探路：对于一类恒成立问题，可以通过取定义域内的某个特殊的值，得到一个必要条件，缩小范围讨论或者验证其充分性，进而解决问题．这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围，但是可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论范围，一定程度上降低思维成本． 例7 (2024·安庆二模)已知函数f(x)＝2ln x－x＋(m∈R). (1) 当m＝－3时，求函数f(x)的单调区间； (2) 若不等式f(x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 1.已知函数f(x)＝2(x－2)ln x＋ax2－1. (1) 当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 端点效应 在解决不等式恒成立问题时,端点处满足的临界条件,经常是使命题成立的重要条件,由此可缩小参数的取值范围,而在很多情况下,该范围即为所求,这种通过观察区间端点值来解决问题的方法称为“端点效应法”.“端点效应”是特殊化思想的具体运用,往往可以简化问题的求解过程.根据端点处所满足的条件不同,“端点效应”常常有以下几种情况 (1)利用原函数在端点处的函数值建立不等式确定参数的取值范围. (2)利用函数的导函数在端点处的函数值满足相应条件建立不等式求解. 端点效应的应用： (1) 若f(x，m)≥0(m为参数)在[a，b](a，b为常数)上恒成立，且f(a)＝0(或f(b)＝0)，则f′(a)≥0或(f′(b)≤0).此法应用于区间端点的函数值为零的情况． (2) 若f(x)≥0(m为参数)在[a，b](a，b为常数)上恒成立，且或则f″(a)≥0或(f″(b)≥0).此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况． 例8 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 1.(2022·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝xeax－ex.当x＞0时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围． 2. (2024·莆田四检节选)已知函数f(x)＝x－＋a ln x，其中a∈R.当x∈[1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 函数同构法 利用“同构法”解决不等式恒成立求参数取值范围问题的基本思路 在不等式恒成立求参数取值范围问题中,如果不等式中同时含有ex和ln x两种形式的式子,可以考虑将不等式进行合理的转化、变形、拼凑,将不等式两边转化为同一个函数的两个函数值的形式,然后借助该函数的单调性转化为一个更为简单的不等式恒成立问题,从而解决问题.例如:若能将不等式F(x)>0等价变形为f(g(x))>f(h(x)),然后利用f(x)的单调性,如单调递增,再转化为g(x)>h(x),这种解题方法通常称之为“同构法”,同构法的一般步骤如下: (1)指对分离,将不等式中的指数部分与对数部分分离,分别放在不等式的两边. (2)参数放在一起,含有欲求范围的参数项要集中在一起. (3)常数放在头上,ex项前面的常数系数如a,要通过a=elna转移到ex项的指数位置中. (4)缺什么项就凑什么项,按照ex指数中的项进行拼凑,缺什么就凑什么,这时两边就会化为同一个函数的两个函数值的形式了. 例9 已知函数f(x)=aex+ln a,g(x)=ln(x+1)+1(其中a为常数,e是自然对数的底数),曲线y1=f(x)-ln a在点A(0,a)处的切线为l1,曲线y2=g(x-1)-1在点B(a,0)处的切线为l2. (1)若l1∥l2,求直线l1和l2的方程; (2)若f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 1.已知函数f(x)=-x2+x+ln x. (1)求f(x)的单调区间; (2)若对于任意的x∈(0,+∞),f(x)≤mxex-x2-1恒成立,求实数m的最小值. 双变量的恒(能)成立问题 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 例10 已知函数f(x)＝+xlnx，g(x)=x3－x2－3. (1)如果存在x1,x2[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s,t∈[,2],都有f(s) ≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 1.已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0<m≤6时，g(x)＝x3－－mx，　　　x∈(0,2]．若存在x1∈R，x2∈(0,2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围． 第 1页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $