2026年高考数学一轮复习三维设计创新-重难专攻（二）　不等式中的恒（能）成立问题

重难专攻（二）不等式中的恒（能）成立问题【重点解读】不等式中的恒（能）成立问题是高考的常考考点，常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大.提能点1分离参数法解决恒（能）成立问题（2024·邵阳第二次联考节选）设函数f（x）＝m（x＋1）ex，m＞0.若对任意x∈（－1，＋∞），有lnf（x）≤2ex恒成立，求m的最大值.解：lnf（x）≤2ex对∀x∈（－1，＋∞）恒成立，即lnm≤2ex－ln（x＋1）－x对∀x∈（－1，＋∞）恒成立.令g（x）＝2ex－ln（x＋1）－x，x∈（－1，＋∞），则只需lnm≤g（x）min即可.g'（x）＝2ex－1x+1－1，x∈（－1，＋易知y＝2ex，y＝－1x+1－1均在（－1，＋∞）故g'（x）在（－1，＋∞）上单调递增且g'（0）＝0.∴当x∈（－1，0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（0，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增.∴g（x）min＝g（0）＝2.故lnm≤2＝lne2，∴0＜m≤e2，故m的最大值为e2.规律方法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·济宁一模）已知函数f（x）＝ex－ax－1.（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间与极值；解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex－x－1，所以f'（x）＝ex－1，当x＜0时，f'（x）＜0；当x＞0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，所以当x＝0时，函数f（x）有极小值f（0）＝0，无极大值.即f（x）的单调递减区间为（－∞，0），单调递增区间为（0，＋∞），极小值为0，无极大值.（2）若f（x）≤x2在（0，＋∞）上有解，求实数a的取值范围.解：（2）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≥exx－（x＋1x）在（0，＋∞令g（x）＝exx－（x＋1x），则g'（x）＝ex（由（1）知当a＝1，x＞0时，f（x）＞f（0）＝0，即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，＋∞）.提能点2分类讨论法解决恒（能）成立问题（2025·缜州一模节选）已知函数f（x）＝lnx－a（x－1），a∈R，x∈[1，＋∞），且f（x）≤lnxx+1恒成立，求a解：f（x）－lnxx+1构造函数g（x）＝xlnx－a（x2－1）（x≥1），g'（x）＝lnx＋1－2ax，令F（x）＝g'（x）＝lnx＋1－2ax（x≥1），F'（x）＝1－①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）－lnxx+1≥0②若0＜a＜12，当x∈［1，12a）时，F'（x∴g'（x）在［1，12a）上单调递增，从而g'（x）≥g'（1）＝1－2a＞∴g（x）在［1，12a）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，从而f（x）－lnxx+1③若a≥12，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）－lnxx+1综上，a的取值范围是［12，＋∞）规律方法根据不等式恒成立求参数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.练2已知函数f（x）＝－alnx－exx＋ax，a∈R.设g（x）＝f（x）＋xf'（x），若关于x的不等式g（x）≤－ex＋x22＋（a－1）x在[1，2]上有解，解：因为g（x）＝f（x）＋xf'（x），所以g（x）＝－alnx－ex＋2ax－a，由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）≤－ex0＋x022＋（a－1即存在x0∈[1，2]，使得－alnx0＋（a＋1）x0－x022－a≤令h（x）＝－alnx＋（a＋1）x－x22－a，x∈[1，2则h'（x）＝－ax＋a＋1－x＝－（x－a)(x－1①当a≤1时，h'（x）≤0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递减，所以h（x）min＝h（2）＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0.②当1＜a＜2时，令h'（x）＞0，解得1＜x＜a，令h'（x）＜0，解得a＜x＜2，所以函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减.又因为h（1）＝12，所以h（2）＝－aln2＋a≤0，解得a≤0，与1＜a＜2矛盾，故舍去③当a≥2时，h'（x）≥0，所以函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以h（x）min＝h（1）＝12＞0，不符合题意综上所述，实数a的取值范围为（－∞，0].提能点3双变量的恒（能）成立问题设f（x）＝ax＋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；解：（1）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·（x－23）令g'（x）＞0得x＜0或x＞23令g'（x）＜0得0＜x＜23又x∈[0，2]，所以g（x）在区间［0，23］上单调递减，在区间［23，2］所以g（x）min＝g（23）＝－85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＝11227≥M则满足条件的最大整数M＝4.（2）如果对于任意的s，t∈［12，2］，都有f（s）≥g（t）成立，求实数a的取值范围解：（2）对于任意的s，t∈［12，2］，都有f（s）≥g（t）成立等价于在区间［12，2］上，函数f（x）min≥g（x）max由（1）可知在区间［12，2］上，g（x）的最大值为g（2）＝1在区间［12，2］上，f（x）＝ax＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx设h（x）＝x－x2lnx，h'（x）＝1－2xlnx－x，令m（x）＝xlnx，由m'（x）＝lnx＋1＞0得x＞1e即m（x）＝xlnx在（1e，＋∞）上单调递增可知h'（x）在区间［12，2］上单调递减又h'（1）＝0，所以当1＜x＜2时，h'（x）＜0；当12＜x＜1时，h'（x）＞0即函数h（x）＝x－x2lnx在区间［12，1）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，＋∞）.规律方法“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，常见的等价变换有，对于某一区间I：（1）∀x1，x2∈I，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）min＞g（x）max；（2）∀x1∈I1，∃x2∈I2，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）min＞g（x）min；（3）∃x1∈I1，∀x2∈I2，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）max＞g（x）max.练3已知函数f（x）＝aex－4，g（x）＝lnx－x－1，其中e为自然对数的底数，a∈R.若对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），求a的取值范围.解：对任意的x2∈（0，1]，总存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），则f（x）max≥g（x）max，因为g（x）＝lnx－x－1，则g'（x）＝1x－1＝1－xx≥0对任意的x∈（0，所以函数g（x）在区间（0，1]上单调递增，则g（x）max＝g（1）＝－2.因为f（x）＝aex－4，所以当a＝0时，f（x）＝－4，不满足f（x）max≥g（x）max，故a≠0；当a＞0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递增，所以f（x）max＝f（1）＝ae－4，即ae－4≥－2，解得a≥2e当a＜0时，f（x）＝aex－4在（0，1]上单调递减，f（x）＜f（0）＝a－4＜－2，不满足题意.综上，a的取值范围为［2e，＋∞）1.已知函数f（x）＝3lnx－12x2＋x，g（x）＝3x＋a若存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立，求实数a的取值范围.解：设h（x）＝3lnx－12x2－2x（x＞0“存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立”等价于“存在x＞0，使h（x）＝3lnx－12x2－2x＞a成立”等价于x＞0时，a＜h（x）maxh'（x）＝3x－x－2＝－x2令h'（x）＞0，得0＜x＜1；令h'（x）＜0，得x＞1，所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以h（x）max＝h（1）＝－52即a＜－52所以实数a的取值范围是（－∞，－52）2.（2025·鞍山模拟）已知函数f（x）＝12x2－alnx（a∈R，a≠0（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对任意的x∈[1，＋∞），都有f（x）≥12成立，求a的取值范围解：（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－ax＝x2－ax（x＞0①当a＜0时，f'（x）＝x2－ax＞0恒成立，函数f（x）的单调递增区间为（②当a＞0时，令f'（x）＝0，解得x＝a或x＝－a（舍），所以函数f（x）的单调递增区间为（a，＋∞），单调递减区间为（0，a）.综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）；当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（a，＋∞），单调递减区间为（0，a）.（2）对任意的x∈[1，＋∞），都有f（x）≥12成立，只需对任意的x∈[1，＋∞），f（x）min≥1由（1）知，当a＜0时，f（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以只需f（1）≥12，而f（1）＝1所以a＜0满足题意；当0＜a≤1时，0＜a≤1，f（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以只需f（1）≥12，而f（1）＝1所以0＜a≤1满足题意；当a＞1时，a＞1，f（x）在[1，a]上单调递减，在[a，＋∞）上单调递增，所以只需f（a）≥12即可，而f（a）＜f（1）＝12，从而a＞1综上可得，实数a的取值范围为（－∞，0）∪（0，1].3.（2024·郑州二模）已知函数f（x）＝13x3＋x2＋ax（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；（2）若函数g（x）＝xex，对∀x1∈［12，2］，∃x2∈［12，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立，解：（1）f'（x）＝x2＋2x＋a，∵f（x）在[1，＋∞）上单调递增，∴f'（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，∴a≥－x2－2x，当x＝1时，（－x2－2x）max＝－1－2＝－3，∴a≥－3，∴实数a的最小值为－3.（2）对“∀x1∈［12，2］，∃x2∈［12，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立”等价于“当x∈［12，2］时，f'（x）max≤g（x∵f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［12，2］上单调递增，∴f'（x）max＝f'（2）＝a＋8∵g'（x）＝1－xex，∴当x∈［12，1）时，g'（x）＞0；当x∈（1，2]时，g'∴g（x）在［12，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，∴g（x）max＝g（1）＝1∴a＋8≤1e，解得a≤1e－8，即实数a的取值范围为（－∞，1e－4.（2025·雅安模拟）已知函数f（x）＝（a－1）x－2sinx.（1）若函数f（x）有极值，求实数a的取值范围；（2）若关于x的不等式f（x）＋x（1＋cosx）≤0在x∈［0，π2］上恒成立，求实数a的取值范围解：（1）依题意，f'（x）＝a－1－2cosx，令f'（x）＝0，得a＝1＋2cosx，因为1＋2cosx∈[－1，3]，所以当a≤－1时，f'（x）≤0，f（x）在R上是减函数；当a≥3时，f'（x）≥0，故f（x）在R上是增函数；当－1＜a＜3时，f'（x）＝0有变号零点，此时函数f（x）存在极值.综上，实数a的取值范围为（－1，3）.（2）依题意，由f（x）＋x（1＋cosx）≤0，得（a－1）x－2sinx＋x（1＋cosx）≤0，即2sinx－xcosx－ax≥0，设h（x）＝2sinx－xcosx－ax，x∈［0，π2］则h'（x）＝2cosx－cosx＋xsinx－a＝cosx＋xsinx－a，设m（x）＝cosx＋xsinx－a，则m'（x）＝xcosx，当x∈［0，π2］时，