2027年高考数学一轮复习(创新设计)层级二 解决不等式恒(能)成立问题的特殊策略

解决不等式恒(能)成立问题的特殊策略题型分析1.当不等式恒(能)成立问题中的分离参数法所构造函数的最值不易求出时,可考虑利用洛必达法则求解.2.利用必要性探路解决不等式恒(能)成立问题可减少分类讨论的类别,快速找到解题的切入点,降低思维难度.策略一洛必达法则1.在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围这一类问题时,最常用的方法是分离参数法,转化成求函数的最值,但在求最值时如果出现“00”型或“∞∞”型的代数式2.洛必达法则法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)limx→af(x)=0及limx→(2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;(3)limx→af'(x)g'(x法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件:(1)limx→af(x)=∞及limx→a(2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;(3)limx→af'(x)g'(x例1(2026·北京模拟节选)已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任意x>0,都有f(x)>ax成立,求实数a的取值范围.解当x∈(0,+∞)时,(x+1)ln(x+1)>ax恒成立,即a<(x+1)ln(令g(x)=(x+1)ln(x+1)∴g'(x)=x−ln(令k(x)=x-ln(x+1)(x>0),∴k'(x)=1-1x+1=x∴k(x)在(0,+∞)上单调递增.∴k(x)>k(0)=0,∴x-ln(x+1)>0恒成立,∴g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.由洛必达法则知limx→0+g=limx→0+∴a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1].感悟提升应用洛必达法则的思路:不等式恒(能)成立问题构造函数(不易求最值)端点函数值参数的范围训练1(2026·济南调研节选)已知函数f(x)=2ax3+x.当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>x3-a,求a的取值范围.解当x∈(1,+∞)时,f(x)>x3-a恒成立,即2ax3+x>x3-a恒成立,即a(2x3+1)>x3-x恒成立,即a>x3−令φ(x)=x3−x2∴φ'(x)=4x3∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,由洛必达法则知limx→+∞φ=limx→+∞3∴φ(x)<12,故a≥1故a的取值范围为12策略二必要性探路——端点效应、内点效应、显点效应、极点效应1.端点效应(1)端点效应的适用条件①函数在端点处取得最值②导函数单调含参,即导函数(一阶导函数或二阶导函数等)含有参数,且该函数为单调函数.(2)端点效应的实质满足题设的函数只能是“单调函数在端点处取得最值”这一种情况,利用端点处所满足的必要条件缩小参数的取值范围,在很多情况下,该范围即为所求,然后再证明充分性即可.(3)常见端点效应类型①对于连续函数f(x),∀x∈[m,n],f(x)≥0(含参数a),且有f(m)=0(或f(n)=0),则有f'(m)≥0(或f'(n)≤0);②对于连续函数f(x),∀x∈[m,n],f(x)≥0(含参数a),且有f(m则必有f″(m)≥0或f″(n)≤0.2.内点效应(1)若函数在端点处无意义或者导函数单调不含参数,则端点效应失效.(2)内点效应的实质函数不在端点处取得最值,而是在区间中间某个点(即内点)取得最值,或者在端点和内点同时取得最小值.3.显点效应显点效应,又称特殊点效应,可以通过取区间内的一些特殊点求出参数的取值范围,达到缩小考虑范围的目的.(1)出现对数时,考虑(猜想)特殊点1,e,1e(2)出现指数时,考虑(猜想)特殊点0,1.(3)出现三角函数时,考虑(猜想)特殊点0,π4,π2,π等.显点的“点”也是内点4.极点效应(1)极点效应也就是函数的极值点和零点是同一个数,并且这个数必须是定义域“内点”.(2)极点效应的实质设函数f(x)在点x0某个邻域(x0-δ,x0+δ)内有定义,且f'(x)存在,若此邻域内恒有f(x)≤f(x0)(或f(x)≥f(x0)),则f'(x0)=0.满足极点效应的函数只能在定义域中间某个点取得最值,如果在端点处取得最值,则不能用极点效应这种方法做题.角度1端点效应例2(1)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立,则实数a的取值范围是.

答案(-∞,1]解析依题意,f'(x)=11+由于g(x)=xf'(x),即g(x)=x1+x,而f(x)≥ag(x)即ln(1+x)≥ax1+x必要性:此时令F(x)=ln(1+x)-ax1+x(x≥即保证F(x)≥0,当x≥0时恒成立.由于F(0)=0,故此时必须保证函数F(x)在[0,+∞)上单调递增,即保证F'(x)≥0在区间[0,+∞)上恒成立,而F'(x)=11+x-即函数F'(x)=1+x−a(1+x)2而要保证F'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,故F'(0)≥0,即a≤1.充分性:当a≤1时,函数F'(x)=1+x−a(1+x故函数F(x)在[0,+∞)上单调递增,即F(x)≥F(0)=0,故当a≤1时,函数F(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即原命题成立,故实数a的取值范围是(-∞,1].(2)已知f(x)=2x-ln(2x+1),g(x)=ex-x-1.当x≥0时,kf(x)≤g(x)恒成立,求实数k的取值范围.解记F(x)=kf(x)-g(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0),求导得F'(x)=k2−22x+1-=4kx2x+1-ex+1(F″(x)=4k·(2x+1)−2x=4k(2x+1)由F(x)≤0恒成立,且F(0)=0,F'(0)=0,从而F″(0)≤0,得k≤14下证当k≤14时,F(x)≤0恒成立.(当x≥0时,ex≥1+x+xF(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)≤14[2x-ln(2x+1)]-ex+x≤14[2x-ln(2x+1)]-12x下证14[2x-ln(2x+1)]-12x2≤0(x≥0)设p(x)=14[2x-ln(2x+1)]-12xp'(x)=2−22x+14-x故p(x)单调递减,则p(x)≤p(0)=0,得证.感悟提升这类恒成立题目,首先要构建一个新的函数使之大于等于0(或者小于等于0),然后把区间端点代入计算看一下是否恰好为0,再求导,计算端点一阶导函数值:(1)若端点处一阶导函数值不为0,直接令导函数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0);(2)若端点处一阶导函数值为0,把一阶导数当作新函数,令二阶导数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0).求出参数范围,然后证明即可.训练2(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.解由于当x≥0时f(x)≥0恒成立,而f(0)=0,故要保证函数f(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增,即保证函数f'(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立.而f'(x)=-aln(1+x)+1−ax1+=-aln(1+x)-(a故f'(0)=0,即此时需保证函数f'(x)在x=0的右侧附近区间上单调递增,即保证函数f″(x)≥0在x=0的右侧附近区间上恒成立.而f″(x)=−ax+1-a+1(1+x)故f″(0)=-2a-1≥0,即a≤-12下证当a≤-12时,f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立当a≤-12时f″(x)=-ax+2a+1(1+x)2所以f'(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥f'(0)=0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,即f(x)≥f(0)=0恒成立,综上,实数a的取值范围是−∞角度2内点效应、显点效应例3(2026·湖州调研)已知∀x>0,不等式ex-1≥kx+lnx恒成立,求实数k的取值范围.解由x>0,ex-1≥kx+lnx,得ex-1-kx-lnx≥0,设g(x)=ex-1-kx-lnx,则当x>0时,g(x)≥0.由g(1)≥0,得k≤e-1.下证当k≤e-1时,∀x∈(0,+∞)都有ex-1≥kx+lnx成立,当k≤e-1时,g(x)=ex-1-kx-lnx≥ex-1-(e-1)x-lnx,只要证ex-1-(e-1)x-lnx≥0即可,设f(x)=ex-1-(e-1)x-lnx(x>0).则f'(x)=ex-(e-1)-1x从而f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,即f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0,即f(x)≥0.故当k≤e-1时,函数f(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即原命题成立,故实数k的取值范围是(-∞,e-1].感悟提升端点效应失效时,可考虑内点效应,解决此类问题的关键是找到内点,一般可以通过方程组f(x0)=0(赋值让两个方程形式上一致(即两个方程为同一个方程)即可找到内点)训练3已知函数f(x)=2(x-2)lnx+ax2-1.当x>0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.解由题意得f(1)≥0,即a-1≥0,解得a≥1,这是f(x)≥0恒成立的一个必要条件,下证当a≥1时,∀x∈(0,+∞)都有f(x)≥0成立,当a≥1时,f(x)=2(x-2)lnx+ax2-1≥2(x-2)lnx+x2-1,x>0.令g(x)=2(x-2)lnx+x2-1,x>0,则g'(x)=2lnx+2-4x+2x令h(x)=g'(x),则h'(x)=2x+4x∴g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(1)=0,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0.∴g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0,∴f(x)≥0恒成立.综上所述,a的取值范围为[1,+∞).角度3极点效应例4(2026·重庆诊断)已知函数f(x)=ex-sinx-cosx,g(x)=ex+sinx+cosx.(1)证明:当x>-5π4时,f(x)≥(2)当x>-5π4时,不等式g(x)≥2+ax恒成立,求a(1)证明即证f(x)=ex-sinx-cosx=ex-2sinx+π4f'(x)=ex-cosx+sinx=ex+2sinx−f″(x)=g(x)=ex+sinx+cosx=ex+2sinx+考虑到f(0)=0,f'(0)=0;①当x∈−5π4,−π4时此时f(x)>0,满足题意;②当x∈−π4,0时,f″(x)>0,所以f'(所以f'(x)≤f'(0)=0,所以函数f(x)单调递减,f(x)≥f(0)=0,满足题意;③当x∈0,3π4时,f″(x)>0,所以f'(x)单调递增,所以f'(x)>所以函数f(x)单调递增,f(x)≥f(0)=0,满足题意;④当x∈3π4,f(x)=ex-2sinx+π4>e-2>0综上所述,当x>-5π4时,f(x)≥(2)解由x>-5π4,g(x)≥2+ax,得ex+sinx+cosx-ax-2≥0设h(x)=ex+sinx+cosx-ax-2,即h(x)≥0,因为h(x)≥0且h(0)=0,所以当x=0时h(x)取得最小值.且h'(x)=ex+cosx-sinx-a=ex+2cosx+π4则x=0为函数h(x)的极小值点.故h'(0)=1+2cosπ4-a=2-a=0解得a=2,下证当a=2时,∀x∈−5π4,+∞都有h(x由(1)可知,当x>-5π4时,h'(x)=ex+cosx-sinx-2令G(x)=h'(x)=ex+cosx-sinx-2,所以G'(x)=ex-sinx-cosx=f(x)≥0,故h'(x)在−5π4因为h'(0)=0,所以当-5π4<x<0时,h'(x)<h'(0)=0当x≥0时,h'(x)>h'(0)=0,所以函数h(x)在−5π4在(0,+∞)上单调递增.所以h(x)≥h(0)=0,综上所述a=2.感悟提升极点效应就是可直接观察出函数的非端点处的零点,那该点既是零点,也是极值点,在利用极点效应解题时,我们先得到参数值,再证明充分性,即证明满足题意(确认是极大值还是极小值).训练4已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,当x>0时,不等式f(x)≥0恒成立,求a的值.解因为f(x)的定义域为(0,+∞),设g(x)=f(x)x=ax-a-则g(x)≥0,因为g(x)≥0且g(1)=0,所以当x=1时g(x)取得最小值,且g'(x)=a-1x则x=1为函数g(x)的极小值点,故g'(1)=a-1=0,解得a=1.下证当a=1时,∀x∈(0,+∞)都有g(x)=ax-a-lnx≥0成立.当a=1时,g(x)=x-1-lnx,g'(x)=1-1x=x由g'(x)>0得x>1,g'(x)<0,得0<x<1,故g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(x)≥g(1)=0,综上所述,a=1.1.已知函数f(x)=ex-e-x-ax.当x≥0时,都有f(x)≥ax,求实数a的取值范围.解依题意,当x≥0时,都有f(x)≥ax,即要保证f(x)-ax≥0恒成立,也就是x≥0时,ex-e-x-2ax≥0恒成立.令g(x)=ex-e-x-2ax(x≥0),由于g(0)=e0-e0=0,要使函数g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即保证g(x)在x=0右侧附近区间上单调递增,则g'(x)≥0在x=0右侧附近区间上恒成立,而g'(x)=ex+e-x-2a,且g'(0)=1+1-2a,故g'(0)≥0,即a≤1.下证当a≤1时,恒有g(x)≥0.因为g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,即g(x)≥g(0)=0恒成立,故实数a的取值范围为(-∞,1].2.设函数f(x)=xlnx,若f(x)≥a(x-x)在x∈(0,+∞)时恒成立,求a的值.解令x=t,则t>0,原不等式化为t2lnt2≥a(t2-t),即2lnt≥a1−1t,即2lnt-a1−1设g(t)=2lnt-a1−1t,则g(t)≥因为g(t)≥0且g(1)=0,所以当t=1时g(t)取得最小值,且g'(t)=2t-a则t=1为函数g(t)的极小值点,故g'(1)=2-a=0,解得a=2.下证当a=2时,∀t∈(0,+∞)都有g(t)≥0成立,由g(t)=2lnt+21t−1≥0,得lnt+1t-1设h(t)=lnt+1t-1则h'(t)=1t-1t2由h'(t)>0得t>1,h'(t)<0,得0<t<1,故h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h(t)≥h(1)=0,即lnt+1t-1≥综上所述,a=2.3.已知函数f(x)=ln2x−1x−1+ax(a∈R),当x>1时,恒有f(x)≥2ln2+3解因为x>1,f(x)=ln2x−1x−1+ax≥2ln则当x=32时,f32=2ln2+32a≥2ln2+解得a≥1.下证当a≥1时,∀x∈(1,+∞)都有f(x)≥2ln2+32成立当a≥1时,f(x)=ln2x−1x−1+ax≥ln只要证ln2x−1x−1+x≥2ln设h(x)=ln2x−1x−1+x则h'(x)=x(2由h'(x)>0得x>32,由h'(x)<0得1<x<3从而h(x)在1,32上单调递减,在所以h(x)≥h32=2ln2+3即h(x)≥2ln2+32故当a≥1时,函数f(x)≥2ln2+32在(1,+∞)上恒成立,即原命题成立故实数a的取值范围是[1,+∞).4.设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.若当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.解法一当x=0时,左侧=f(0)=0,右侧=0,恒成立.当x>0时,f(x)≥0,即x(ex-1)-ax2≥0,即a≤ex−1令h(x)=ex−1x(∴h'(x)=ex令k(x)=ex(x-1)+1(x>0),∴k'(x)=ex·x>0,∴k(