重難專攻（二）不等式中的恒（能）成立問題【重點解讀】不等式中的恒（能）成立問題是高考的?？伎键c，常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度略大.提能點1分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題（2024·邵陽第二次聯(lián)考節(jié)選）設(shè)函數(shù)f（x）＝m（x＋1）ex，m＞0.若對任意x∈（－1，＋∞），有l(wèi)nf（x）≤2ex恒成立，求m的最大值.解：lnf（x）≤2ex對?x∈（－1，＋∞）恒成立，即lnm≤2ex－ln（x＋1）－x對?x∈（－1，＋∞）恒成立.令g（x）＝2ex－ln（x＋1）－x，x∈（－1，＋∞），則只需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，＋∞）上單調(diào)遞增且g'（0）＝0.∴當(dāng)x∈（－1，0）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（0，＋∞）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增.∴g（x）min＝g（0）＝2.故lnm≤2＝lne2，∴0＜m≤e2，故m的最大值為e2.規(guī)律方法分離參數(shù)法是將含參不等式中的參數(shù)通過恒等變形，使參數(shù)與其變量分離的一種方法.一般地，若a＞f（x）對x∈D恒成立，則只需a＞f（x）max；若a＜f（x）對x∈D恒成立，則只需a＜f（x）min.若存在x0∈D，使a＞f（x0）成立，則只需a＞f（x）min；若存在x0∈D，使a＜f（x0）成立，則只需a＜f（x）max.由此構(gòu)造不等式，求參數(shù)的范圍.練1（2025·濟(jì)寧一模）已知函數(shù)f（x）＝ex－ax－1.（1）當(dāng)a＝1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；解：（1）當(dāng)a＝1時，f（x）＝ex－x－1，所以f'（x）＝ex－1，當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0；當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0，所以f（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝0時，函數(shù)f（x）有極小值f（0）＝0，無極大值.即f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（0，＋∞），極小值為0，無極大值.（2）若f（x）≤x2在（0，＋∞）上有解，求實數(shù)a的取值范圍.解：（2）因為f（x）≤x2在（0，＋∞）上有解，所以ex－x2－ax－1≤0在（0，＋∞）上有解，當(dāng)x＞0時，不等式等價于a≥exx－（x＋1x）在（0，＋∞令g（x）＝exx－（x＋1x），則g'（x）＝ex（由（1）知當(dāng)a＝1，x＞0時，f（x）＞f（0）＝0，即ex－（x＋1）＞0，所以當(dāng)0＜x＜1時，g'（x）＜0；當(dāng)x＞1時，g'（x）＞0，所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時，g（x）min＝e－2，所以a≥e－2，綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是[e－2，＋∞）.提能點2分類討論法解決恒（能）成立問題（2025·縝州一模節(jié)選）已知函數(shù)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構(gòu)造函數(shù)g（x）＝xlnx－a（x2－1）（x≥1），g'（x）＝lnx＋1－2ax，令F（x）＝g'（x）＝lnx＋1－2ax（x≥1），F(xiàn)'（x）＝1－①若a≤0，則F'（x）＞0，g'（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，g'（x）≥g'（1）＝1－2a＞0，∴g（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，g（x）≥g（1）＝0，從而f（x）－lnxx+1≥0②若0＜a＜12，當(dāng)x∈［1，12a）時，F(xiàn)'（x∴g'（x）在［1，12a）上單調(diào)遞增，從而g'（x）≥g'（1）＝1－2a＞∴g（x）在［1，12a）上單調(diào)遞增，g（x）≥g（1）＝0，從而f（x）－lnxx+1③若a≥12，則F'（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立∴g'（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞減，g'（x）≤g'（1）＝1－2a≤0.∴g（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞減，從而g（x）≤g（1）＝0，f（x）－lnxx+1綜上，a的取值范圍是［12，＋∞）規(guī)律方法根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)范圍的關(guān)鍵是將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，解此類問題的關(guān)鍵是對參數(shù)分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.練2已知函數(shù)f（x）＝－alnx－exx＋ax，a∈R.設(shè)g（x）＝f（x）＋xf'（x），若關(guān)于x的不等式g（x）≤－ex＋x22＋（a－1）x在[1，2]上有解，解：因為g（x）＝f（x）＋xf'（x），所以g（x）＝－alnx－ex＋2ax－a，由題意知，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則h'（x）＝－ax＋a＋1－x＝－（x－a)(x－1①當(dāng)a≤1時，h'（x）≤0，所以函數(shù)h（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，所以h（x）min＝h（2）＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0.②當(dāng)1＜a＜2時，令h'（x）＞0，解得1＜x＜a，令h'（x）＜0，解得a＜x＜2，所以函數(shù)h（x）在[1，a]上單調(diào)遞增，在[a，2]上單調(diào)遞減.又因為h（1）＝12，所以h（2）＝－aln2＋a≤0，解得a≤0，與1＜a＜2矛盾，故舍去③當(dāng)a≥2時，h'（x）≥0，所以函數(shù)h（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，所以h（x）min＝h（1）＝12＞0，不符合題意綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為（－∞，0].提能點3雙變量的恒（能）成立問題設(shè)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，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；解：（1）存在x1，x2∈[0，2]使得g（x1）－g（x2）≥M成立，等價于[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）在區(qū)間［0，23］上單調(diào)遞減，在區(qū)間［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則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.（2）如果對于任意的s，t∈［12，2］，都有f（s）≥g（t）成立，求實數(shù)a的取值范圍解：（2）對于任意的s，t∈［12，2］，都有f（s）≥g（t）成立等價于在區(qū)間［12，2］上，函數(shù)f（x）min≥g（x）max由（1）可知在區(qū)間［12，2］上，g（x）的最大值為g（2）＝1在區(qū)間［12，2］上，f（x）＝ax＋xlnx≥1恒成立等價于a≥x－x2lnx設(shè)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，＋∞）上單調(diào)遞增可知h'（x）在區(qū)間［12，2］上單調(diào)遞減又h'（1）＝0，所以當(dāng)1＜x＜2時，h'（x）＜0；當(dāng)12＜x＜1時，h'（x）＞0即函數(shù)h（x）＝x－x2lnx在區(qū)間［12，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，2]上單調(diào)遞減所以h（x）max＝h（1）＝1，所以a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞）.規(guī)律方法“雙變量”的恒（能）成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，常見的等價變換有，對于某一區(qū)間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.練3已知函數(shù)f（x）＝aex－4，g（x）＝lnx－x－1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.若對任意的x2∈（0，1]，總存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），求a的取值范圍.解：對任意的x2∈（0，1]，總存在x1∈（0，1]，使得f（x1）≥g（x2），則f（x）max≥g（x）max，因為g（x）＝lnx－x－1，則g'（x）＝1x－1＝1－xx≥0對任意的x∈（0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，則g（x）max＝g（1）＝－2.因為f（x）＝aex－4，所以當(dāng)a＝0時，f（x）＝－4，不滿足f（x）max≥g（x）max，故a≠0；當(dāng)a＞0時，f（x）＝aex－4在（0，1]上單調(diào)遞增，所以f（x）max＝f（1）＝ae－4，即ae－4≥－2，解得a≥2e當(dāng)a＜0時，f（x）＝aex－4在（0，1]上單調(diào)遞減，f（x）＜f（0）＝a－4＜－2，不滿足題意.綜上，a的取值范圍為［2e，＋∞）1.已知函數(shù)f（x）＝3lnx－12x2＋x，g（x）＝3x＋a若存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立，求實數(shù)a的取值范圍.解：設(shè)h（x）＝3lnx－12x2－2x（x＞0“存在x＞0，使f（x）＞g（x）成立”等價于“存在x＞0，使h（x）＝3lnx－12x2－2x＞a成立”等價于x＞0時，a＜h（x）maxh'（x）＝3x－x－2＝－x2令h'（x）＞0，得0＜x＜1；令h'（x）＜0，得x＞1，所以函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以h（x）max＝h（1）＝－52即a＜－52所以實數(shù)a的取值范圍是（－∞，－52）2.（2025·鞍山模擬）已知函數(shù)f（x）＝12x2－alnx（a∈R，a≠0（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若對任意的x∈[1，＋∞），都有f（x）≥12成立，求a的取值范圍解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，＋∞），f'（x）＝x－ax＝x2－ax（x＞0①當(dāng)a＜0時，f'（x）＝x2－ax＞0恒成立，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（②當(dāng)a＞0時，令f'（x）＝0，解得x＝a或x＝－a（舍），所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（a，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，a）.綜上，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，＋∞）；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（a，＋∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，a）.（2）對任意的x∈[1，＋∞），都有f（x）≥12成立，只需對任意的x∈[1，＋∞），f（x）min≥1由（1）知，當(dāng)a＜0時，f（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以只需f（1）≥12，而f（1）＝1所以a＜0滿足題意；當(dāng)0＜a≤1時，0＜a≤1，f（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以只需f（1）≥12，而f（1）＝1所以0＜a≤1滿足題意；當(dāng)a＞1時，a＞1，f（x）在[1，a]上單調(diào)遞減，在[a，＋∞）上單調(diào)遞增，所以只需f（a）≥12即可，而f（a）＜f（1）＝12，從而a＞1綜上可得，實數(shù)a的取值范圍為（－∞，0）∪（0，1].3.（2024·鄭州二模）已知函數(shù)f（x）＝13x3＋x2＋ax（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，＋∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的最小值；（2）若函數(shù)g（x）＝xex，對?x1∈［12，2］，?x2∈［12，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立，解：（1）f'（x）＝x2＋2x＋a，∵f（x）在[1，＋∞）上單調(diào)遞增，∴f'（x）≥0在[1，＋∞）上恒成立，∴a≥－x2－2x，當(dāng)x＝1時，（－x2－2x）max＝－1－2＝－3，∴a≥－3，∴實數(shù)a的最小值為－3.（2）對“?x1∈［12，2］，?x2∈［12，2］，使f'（x1）≤g（x2）成立”等價于“當(dāng)x∈［12，2］時，f'（x）max≤g（x∵f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在［12，2］上單調(diào)遞增，∴f'（x）max＝f'（2）＝a＋8∵g'（x）＝1－xex，∴當(dāng)x∈［12，1）時，g'（x）＞0；當(dāng)x∈（1，2]時，g'∴g（x）在［12，1）上單調(diào)遞增，在（1，2]上單調(diào)遞減，∴g（x）max＝g（1）＝1∴a＋8≤1e，解得a≤1e－8，即實數(shù)a的取值范圍為（－∞，1e－4.（2025·雅安模擬）已知函數(shù)f（x）＝（a－1）x－2sinx.（1）若函數(shù)f（x）有極值，求實數(shù)a的取值范圍；（2）若關(guān)于x的不等式f（x）＋x（1＋cosx）≤0在x∈［0，π2］上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解：（1）依題意，f'（x）＝a－1－2cosx，令f'（x）＝0，得a＝1＋2cosx，因為1＋2cosx∈[－1，3]，所以當(dāng)a≤－1時，f'（x）≤0，f（x）在R上是減函數(shù)；當(dāng)a≥3時，f'（x）≥0，故f（x）在R上是增函數(shù)；當(dāng)－1＜a＜3時，f'（x）＝0有變號零點，此時函數(shù)f（x）存在極值.綜上，實數(shù)a的取值范圍為（－1，3）.（2）依題意，由f（x）＋x（1＋cosx）≤0，得（a－1）x－2sinx＋x（1＋cosx）≤0，即2sinx－xcosx－ax≥0，設(shè)h（x）＝2sinx－xcosx－ax，x∈［0，π2］則h'（x）＝2cosx－cosx＋xsinx－a＝cosx＋xsinx－a，設(shè)m（x）＝cosx＋xsinx－a，則m'（x）＝xcosx，當(dāng)x∈［0，π2］時，