第3章 重难专攻2 不等式恒（能）成立问题(学用讲义)-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习学用Word（创新版）

该高中数学高考复习学案聚焦不等式恒（能）成立问题核心考点，整合分离参数法、分类讨论法等解题方法，按“问题转化—函数构造—最值求解”逻辑构建知识网络，通过例题引导学生自主推导参数分离与分类讨论的步骤，形成系统性解题框架。 亮点在于自主探究设计与分层训练，如例1引导学生自主构造函数求最值，练2设置基础与综合题分层演练，培养数学思维（逻辑推理）与数学语言（模型表达）素养。每个方法模块配解题反思表，帮助学生自主诊断薄弱环节，教师可通过学情精准指导，助力因材施教。

重难专攻2　不等式恒（能）成立问题 　　用导数解决不等式恒（能）成立问题的常用方法有分离参数法、分类讨论法等，其解题思路是构造新函数分类讨论，将不等式恒（能）成立问题转化为函数的最值问题处理. 分离参数法 已知函数f（x）＝xln x，若对于任意的x∈［，e］，恒有f（x）≤ax－1，求实数a的取值范围. 　　分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，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）max；若a＜f（x）对x∈D恒成立，则只需a＜f（x）min.若存在x0∈D，使a＞f（x0）成立，则只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a＜f（x0）成立，则只需a＜f（x）max.由此构造不等式，求参数的范围. 练1 （2025·山东济宁一模节选）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. 分类讨论法 已知函数f（x）＝ln x－a（x－1），a∈R，x∈[1，＋∞），且f（x）≤恒成立，求a的取值范围. 　　已知不等式恒（能）成立求参数范围问题，一般将其转化为最值问题.解决因参数取值不同导致所得结果不同问题的关键是构造函数，再对参数分类讨论，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. 练2 （2026·河北石家庄教学质量检测）已知函数f（x）＝. （1）当x＞0时，求函数f（x）的最小值； （2）若关于x的不等式f（x）≥ax－aln x＋e－1恒成立，求实数a的取值范围. 提示：完成课后作业　第三章　重难专攻2 答案 重难专攻2　不等式恒（能）成立问题 考点一 【例1】　解：当≤x≤e时，恒有f（x）≤ax－1等价于当≤x≤e时，a≥ln x＋恒成立. 令g（x）＝ln x＋，x∈［，e］，则g'（x）＝－＝，x∈［，e］. 当x∈［，1）时，g'（x）＜0，所以g（x）在区间［，1）上单调递减；当x∈（1，e]时，g'（x）＞0，所以g（x）在区间（1，e]上单调递增. 而g（ ）＝－ln e＋e＝e－1＞1.5，g（e）＝1＋＜1.5，所以g（x）在区间［，e］上的最大值为g（ ）＝e－1.所以当a≥e－1时，对于任意x∈［，e］，恒有f（x）≤ax－1. 综上所述，实数a的取值范围是[e－1，＋∞）. 练1　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，不等式等价于a≥－（ x＋）在（0，＋∞）上有解， 令g（x）＝－（ x＋），则g'（x）＝－ ＝， 令g'（x）＝0，得x＝1， 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，＋∞）. 考点二 【例2】　解：f（x）－ ＝， 构造函数g（x）＝xln x－a（x2－1）（x≥1）， g'（x）＝ln x＋1－2ax， 令F（x）＝g'（x）＝ln x＋1－2ax（x≥1），F'（x）＝. ①若a≤0，则F'（x）＞0，g'（x）在[1，＋∞）上单调递增，g'（x）≥g'（1）＝1－2a＞0， ∴g（x）在[1，＋∞）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，从而f（x）－≥0，不符合题意. ②若0＜a＜，当x∈［1，）时，F'（x）＞0， ∴g'（x）在［1，）上单调递增，从而g'（x）≥g'（1）＝1－2a＞0， ∴g（x）在［1，）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，从而f（x）－≥0，不符合题意. ③若a≥，则F'（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立， ∴g'（x）在[1，＋∞）上单调递减，g'（x）≤g'（1）＝1－2a≤0. ∴g（x）在[1，＋∞）上单调递减， 从而g（x）≤g（1）＝0，f（x）－≤0， 综上，a的取值范围是［，＋∞）. 练2　解：（1）f'（x）＝， 当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， 当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 所以f（x）min＝f（1）＝e. （2）设h（x）＝f（x）－ax＋aln x－（e－1），则当x＞0时，h（x）≥0恒成立， h'（x）＝－a＋ ＝， 由（1）得当x＞0时，≥e，即ex≥ex， ①当a≤e，x＞0时，ex－ax≥ex－ex≥0， 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h（x）≥h（1）＝e－a－（e－1）＝1－a≥0，所以a≤1. ②当a＞e时，h（1）＝1－a＜0，这与h（x）≥0矛盾. 综上，实数a的取值范围为（－∞，1]. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $