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微专题 8 不等式恒(能)成立问题
高考定位 利用导数解决不等式恒成立或有解问题，是高考的热点之一，以解答
题的形式出现，多为压轴题，难度较大.
【难点突破】
[高考真题] (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a的取值范围.
样题1 已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)，当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求
a的取值范围.
样题 2 已知 a≥1，函数 f(x)＝4ln x－ax＋，g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在 x ，
1
x ∈，使得f(x )>g(x )，求实数a的取值范围.
2 1 2
样题3 已知函数f(x)＝x(ln x＋1).若f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2恒成立，求实数m的
取值范围.
规律方法 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法：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) 或a＜f(x) 的形式，通
max min
过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.
2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解两类问题的差别.
训练 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤恒成立，
求a的取值范围.
【精准强化练】
1.(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.
2.(2024·南京调研改编)设函数f(x)＝(x－1)·(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.
若∀x ∈[0，＋∞)，都∃x ∈R，使得不等式f(x )≤g(x )成立，求a的取值范围.
2 1 1 2
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.
4.(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1g(x )，求实数a的取值范围.
2 1 2
解 f′(x)＝(x>0)，
令h(x)＝－ax2＋4x－(a＋3)，x>0，
又已知a≥1，
则Δ＝16－4a2－12a＝－4(a－1)(a＋4)≤0，
∴h(x)≤0，即f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
∴当a≥1时，f(x)在上单调递减，∴f(x)在上的最大值为f＝－4ln 2＋a＋6.
g′(x)＝2ex－4，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(ln 2，2]时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)在上的最小值为g(ln 2)＝4－4ln 2＋2a，
由题意可知－4ln 2＋a＋6>4－4ln 2＋2a，
解得a<4，
又∵a≥1，
∴实数a的取值范围为[1，4).
样题3 已知函数f(x)＝x(ln x＋1).若f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2恒成立，求实数m的
取值范围.
解 f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2，即mx≤xln x＋x2＋2.
因为x>0，所以m≤ln x＋x＋在(0，＋∞)上恒成立.
令h(x)＝ln x＋x＋，
则m≤h(x) ，
min
h′(x)＝＋1－＝，
令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去).
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增.
故h(x) ＝h(1)＝3，所以m≤3，即实数m的取值范围为(－∞，3].
min
规律方法 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法：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) 或a＜f(x) 的形式，通
max min
过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.
2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解两类问题的差别.
训练 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，当x∈[1，＋∞)时，f(x)≤恒成立，
求a的取值范围.
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，
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00，
∴g′(x)在上单调递增，从而g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，
∴g(x)在上单调递增，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.
【精准强化练】
1.(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，
h(x)即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00，得0g′(0)＝0，
即函数g(x)在上单调递增，
因此当0≤x0，
当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，
∴f(x)≥0，∴f(x)≥0恒成立，
且f(x) ＝f(1)＝0.
min∵ x ∈[0，＋∞)，都∃x ∈R，使得不等式f(x )≤g(x )成立，
2 1 1 2
∀
∴ x ∈[0，＋∞)，f(x ) ≤g(x )恒成立，
2 1 min 2
∀
∴ x ∈[0，＋∞)，g(x )≥0恒成立，
2 2
∀
即∀x∈[0，＋∞)，g(x)＝ex－ax－1≥0恒成立.
法一 g′(x)＝ex－a，易知g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴当x≥0时，g′(x)≥g′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(0)＝0，
∴a≤1满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，
令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，
∴当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，
∴此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(ln a)<0，
∴a>1不满足题意.综合①②可得，a的取值范围为(－∞，1].
法二 当x＝0时，很显然符合题意，
当x>0时，a≤，
记h(x)＝，x>0，
则h′(x)＝，
令m(x)＝ex(x－1)＋1，x>0，
则m′(x)＝xex>0，
∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴m(x)>0，∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又 h(x)＝ ＝1，∴a≤1.
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.
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00)，
则f′(x)＝ex＋(1－a)－＝(ex－a)＋(x>1)，
①当ln a≤1，即01，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1－2当且仅当1
