重难点01：不等式恒成立和有解问题
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................8
题型一、一元二次不等式恒成立与有解问题................................................9
题型二、函数不等式的恒成立与有解问题..................................................11
题型三、基本不等式中的恒成立与有解问题..............................................16
题型四、含单变量函数的不等式问题..........................................................18
题型五、含双变量函数的不等式问题..........................................................21
题型六、切线放缩解决不等式问题..............................................................24
题型七、函数同构解决不等式问题..............................................................27
题型精析・方法突破提能力..............................................................................31
实测A 组 重难知识强化...............................................................................31
实测B 组 综合拓展拔尖................................................................................34
在解决问题前，必须明确 “恒成立”“有解（存在性）” 的定义，避免
因概念混淆导致方法错用。设函数f ( x)的定义域为D，参数为λ，核心差异如下：
问题类型
符号表述（示例）
本质转化（核
心）
通俗理解
恒成立
对∀x∈D，f ( x)
f ( x)min≥λ
函数f ( x)在D 上的“最低处”都比
恒成立
对∀x∈D，f ( x)
f ( x)max≤λ
函数f ( x)在D 上的“最高处”都比
知识网络・核心根基深扎牢
基础前提
存在性有解
存在x∈D，f ( x)≥
f ( x)max≥λ
函数f ( x)在D 上的“最高处” 至少
存在性有解
存在x∈D，f ( x)≤
f ( x)min≤λ
函数f ( x)在D 上的“最低处” 至少
1. 参数与主元型（一参一主元：x∈D为主元，λ∈Λ为参数）
已知主元范围，求参数范围
问题类型
转化核心
数学语言表达
∀x∈D ,f ( x , λ)≥0
主元最小值≥0
min
x∈D f ( x , λ)≥0
∀x∈D ,f ( x , λ)≤0
主元最大值≤0
max
x∈D f ( x , λ)≤0
∃x∈D ,f ( x , λ)≥0
主元最大值≥0
max
x∈D f ( x , λ)≥0
∃x∈D ,f ( x , λ)≤
主元最小值 ≤ 0
min
x∈D f ( x , λ)≤0
已知参数范围，求主元范围（主参互换）
设g( λ)= f ( x , λ)（视λ为主元，x为参数），以一次型g( λ)=a( x)λ+b( x)
为例：
问题类型
转化规则
数学语言表达
∀λ∈[m,n], g( λ)≥0
端点值均≥0
{
g(m)≥0
g(n)≥0
∀λ∈[m,n], g( λ)≤0
端点值均≤0
{
g(m)≤0
g(n)≤0
∃λ∈[m,n],g( λ)≥0
至少一个端点值≥0
g(m)≥0 æ g(n)≥0
∃λ∈[m,n],g( λ)≤0
至少一个端点值≤0
g(m)≤0 æ g(n)≤0
2. 定义域内双变量型（两主元：x∈A , y ∈B，无参数，不等式为 f ( x)□g( y)
双任意型（∀x∈A ,∀y ∈B ）(取“=”类似）
不等式形式
转化逻辑
数学语言表达
f ( x)>g( y)
左最小值>右最大值
min
x∈A f ( x)>max
y ∈B g( y)
f ( x)<g( y)
左最大值<右最小值
max
x∈A f ( x)<min
y ∈B g( y)
双存在型（∃x∈A ,∃y ∈B ）(取“=”类似）
不等式形式
转化逻辑
数学语言表达
(f ( x)> g( y))
左最大值>右最小值
(max
x∈A f ( x)>min
y ∈B g( y))
(f ( x)< g( y))
左最小值<右最大值
(min
x∈A f ( x)<max
y ∈B g( y))
任意 - 存在型（∀x∈A ,∃y ∈B ）(取“=”类似）
不等式形式
转化逻辑
数学语言表达
f ( x)> g( y)
左最小值>右最小值
min
x∈A f ( x)>min
y ∈B g( y)
f ( x)< g( y)
左最大值<右最大值
max
x∈A f ( x)<max
y ∈B g( y)
1. 直接分离型
类型 1：参数系数恒正（可直接分离，不等号方向不变）
若不等式可整理为 k( λ)⋅λ≥ℎ( x)，且对任意 x∈D，k( λ)>0（与 x 无
关的正系数），则分离得：λ≥ℎ( x)
k( λ) = g( x)
对应问题与结论：
一、参数分离法——优先选择的“通
1. 恒成立问题：λ≥g( x) 对x∈D恒成立⟺λ≥g( x)max（g( x)max为
g( x)在D上的最大值，需存在）。
2. 有解问题：λ≥g( x)在x∈D 上有解 ⟺λ≥g( x)min（g( x)min 为
g( x)在D 上的最小值，需存在）。
类型 2：参数系数恒负（分离后，不等号方向反转）
若不等式可整理为k( λ)⋅λ≥ℎ( x)，且对任意 x∈D，k( λ)<0（与x无关
的负系数），则分离得：λ≤ℎ( x)
k( λ) = g( x)
对应问题与结论：
1. 恒成立问题：λ≤g( x)对x∈D恒成立⟺λ≤g( x)min。
2. 有解问题：λ≤g( x)在x∈D上有解⟺λ≤g( x)max。
2. 分类分离型
类型 3：参数系数符号不定（需分类讨论分离）
若参数系数k( x)与自变量x 相关（即 k( x) 的符号随 x∈D变化），则需
按 k( x)>0、k( x)=0、k( x)<0) 分类讨论，再分别分离参数（或直接判断该类
情况是否成立）。
示例框架：
对不等式 k( x)⋅λ≥ℎ( x)（k( x)含x ）：
1. 当 k( x)>0 时，分离得 λ≥ℎ( x)
k( x) = g1( x)；
2. 当 k( x)=0 时，不等式化为 0≥ℎ( x)，需判断此式在对应 x 取值范围
内是否恒成立/有解；
3. 当 k( x)<0 时，分离得 λ≤ℎ( x)
k( x) = g2( x)。
最后取各分类结果的交集（恒成立）或并集（有解）。
3. 换元辅助分离型
类型 4：分式复合结构（分子分母含同构式）
不等式含形如 f ( x)
g( x) 的分式，其中 f ( x)与g( x) 为同次多项式或同结构
复合函数（如 f ( x)= x
2+ax +b，g( x)= x
2+cx +d ），直接分离参数易出现高次
项或交叉项。
换元策略
设 t = g( x)
f ( x) 或 t = f ( x)+ g( x)（根据同构特征选取），转化为关于 t 的一
次或二次结构。
示例框架：
设不等式 a≥x
2+2 x +3
x
2+ x +1 对 ∀x∈ℝ 恒成立，求a的取值范围。
换元：令 t = x
2+ x +1（因分母恒正，且分子可表示为 t + x +2，又
x =t −x
2−1不便，改为分子凑分母：x
2+2 x +3=( x
2+ x +1)+( x +2)=t +( x +2)，进
一步令 u= x + 1
2，则 t =u
2+ 3
4 ，x +2=u+ 3
2，仍复杂；
优化换元：令 t = x +
1
x +1 （若x≠−1），或直接对分式变形：
x
2+2 x +3
x
2+ x +1
=1+
x +2
x
2+ x +1，再设 t = x +2（t ∈ℝ），则 x =t −2，代入得
t
(t −2)
2+(t −2)+1
=
t
t
2−3t +3，结构简化。
类型 5：指数 - 对数复合结构（含 e
x与ln x 混合）
不等式同时含 e
x、ln x 及参数，如 ae
x+ ln x ≥b 或 x e
x−aln x ≥0)，参数
与指数、对数项交叉关联。
换元策略
利用 “指数与对数的互逆性” 换元，常见 t =e
x（转化为幂函数）、
t = ln x（转化为指数函数）或 t = x e
x（lnt = ln x + x）（利用同构性）。
示例框架：
设不等式 x e
x−a(ln x + x)≥0 对 ∀x>0 恒成立，求 a 的取值范围。
换元：令 t = x e
x（x>0 时，t >0），则 ln t = ln x + x，原不等式转化为
t −a ln t ≥0，即 a≤t
lnt （t >1，因t =1时ln t =0，单独验证 x e
x=1 时不等式成
立），结构从 “指数 - 对数混合” 简化为 “幂 - 对数分式”。
类型 6：根式 - 多项式复合结构（含根号下变量）
不等式含
❑√f ( x) 与多项式的组合（如 a ❑√x + x ≥b 或
❑√x
2+1−ax ≤1），
根号导致直接分离参数时出现无理式。
换元策略
令 t = ❑√f ( x)（t ≥0），将无理式转化为有理多项式（平方去根号，需注意
定义域等价性）。
示例框架：
设不等式
❑√x
2+1−ax ≤1 对 ∀x ≥0 有解，求 a 的取值范围。
换元：当 x =0 时，不等式成立，对 x>0，令 t =
❑√x
2+1−x（t ∈(0,1]
，因
❑√x
2+1−x =
1
❑√x
2+1+ x ，则
❑√x
2+1= x +t，代入不等式得
t −ax ≤0，即a≥t
x ；
进一步：由 t =
1
❑√x
2+1+ x ，得 x = 1−t
2
2t ，故 t
x = 2t
2
1−t
2，转化为关于
t ∈(0,1] 的函数，结构简化为有理分式。
1. 直接构造
类型 7：单一函数型构造（直接构造）
不等式可直接整理为 “f ( x)≥0”（或 “f ( x)≤0”）的形式，无需分离参
数，直接构造函数f ( x)即可。
1. 恒成立问题：
对任意x∈D，g( x)≥ℎ( x)恒成立
转化为：构造f ( x)= g( x)−ℎ( x)，则min
x∈D f ( x)≥0。
（逻辑：函数最小值非负，则所有函数值均非负）
1.有解问题（存在性问题）：
存在x∈D，使得g( x)≥ℎ( x)成立
转化为：构造f ( x)= g( x)−ℎ( x)，则max
x∈D f ( x)≥0。
（逻辑：函数最大值非负，则存在至少一个点满足不等式）
2. 含参数的函数构造（分离参数与不分离参数）
当不等式含参数λ时，需根据参数是否易分离，选择 “分离参数构造” 或
“含参直接构造”。
类型 8：分离参数型构造
不等式可整理为 “λ≥ℎ( x)” 或 “λ≤ℎ( x)” 的形式（参数与变量完全
分离，无交叉项）。
问题类型
分离形式
构造目标与结论
恒成立：λ≥ℎ( x)对x∈D
直接分离
构造
ℎ( x)，求max
x∈D ℎ( x)，则λ≥max ℎ( x)
恒成立：λ≤ℎ( x)对x∈D
直接分离
构造ℎ( x)，求min
x∈Dℎ( x)，则λ≤minℎ
有解：λ≥ℎ( x)对x∈D
直接分离
构造ℎ( x)，求min
x∈Dℎ( x)，则λ≥minℎ
二、构造函数法——参数无法分离或分离后复杂时使用
有解：λ≤ℎ( x)对x∈D
直接分离
构造ℎ( x)，求max
x∈D ℎ( x)，则λ≤
特殊情形：含绝对值 / 分式的分离
若分离后出现λ≥f ( x)
g( x) （g( x)符号确定），可直接构造ℎ( x)= f ( x)
g( x)；若
g( x)符号不确定，需分区间讨论后再分离构造。
类型 9：含参直接构造（参数不可分离或分离后复杂）
参数与变量无法完全分离（如含λx、λ ln x等交叉项），或分离后函数
ℎ( x)求导复杂（含多次求导、超越项）。
1. 恒成立问题：对任意x∈D，f ( x , λ)≥0恒成立
构造含参函数F( x)= f ( x , λ)（视x 为变量，λ为常数），求
F( x)在D 上的最小值Fmin( x , λ)，再解不等式Fmin( x , λ)≥0（此时不等式仅
含参数λ ）。
2.有解问题：存在x∈D，使得f ( x , λ)≥0成立
构造含参函数F( x)= f ( x , λ)，求F( x)在D上的最大值
Fmax( x , λ)，再解不等式Fmax( x , λ)≥0。
类型 10：双变量型构造（含两个独立变量）
不等式含两个独立变量( x1, x2)（如 “对任意( x1∈D1)，存在( x2∈D2)，
使得(f ( x1)≥g( x2))”）。
1. 分别构造单变量函数：构造f ( x)（定义域D1）和g( x)（定义域D2）
；
2. 转化为最值关系：
恒成立 + 存在性：min
x1∈D1
f ( x1)≥min
x2∈D2
g( x2)（f 的最小值不小于g的
最小值）；
任意 + 任意：min
x1∈D1
f ( x1)≥max
x2∈D2
g( x2)（f 的最小值不小于g的最大
值）；
存在 + 存在：max
x1∈D1
f ( x1)≥max
x2∈D2
g( x2)（f 的最大值不小于g的最大
值）。
【恒成立问题】
1. 在R上恒成立
对于一元二次不等式a x
2+bx +c>0(a≠0)在R上恒成立，需满足
{
a>0
Δ=b
2−4 ac<0；若a x
2+bx +c<0(a≠0)在R上恒成立，则{
a<0
Δ=b
2−4 ac<0
。
方法技巧：利用二次函数的图象与性质，通过判别式Δ和二次项系数
的符号来判断。
2. 在区间[m,n]上恒成立
可将其转化为函数f ( x)=a x
2+bx +c在区间[m,n]上的最值问题。若
a>0，f ( x)>0在[m,n]上恒成立，则f ( x)min>0；若a<0，f ( x)>0在[m,n]
上恒成立，则f ( x)max>0（f ( x)<0类似）。
方法技巧：结合二次函数的对称轴与区间的位置关系，确定函数在区
间上的单调性，进而求出最值。也可使用分离参数法，将参数与变量分
离，转化为求函数的最值。
【有解问题】
1. 在R 上有解
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、一元二次不等式恒成立与有解问题
对于一元二次不等式(a x
2+bx +c>0(a≠0))在(ℝ)上有解，需满足
( Δ=b
2−4 ac>0)（当(a>0)时，二次函数图象开口向上，必然有解；这里
主要针对(a≠0)，判断是否存在实数解的情况，核心还是( Δ)）。
方法技巧：利用判别式判断方程(a x
2+bx +c =0)是否有实根，从而确
定不等式是否有解。
2. 在区间[m,n]上有解
转化为函数f ( x)=a x
2+bx +c在区间[m,n]上的最值问题，若
f ( x)>0在[m,n]上有解，则f ( x)max>0；若f ( x)<0在[m,n]上有解，则
f ( x)min<0。
方法技巧：同样结合二次函数的单调性求最值，或分离参数后求函数
的值域，判断参数的取值范围。
1.（2024
山东烟台一模）
・
若关于x的一元二次不等式x
2+ 4 x +a≥0对任意x∈R
恒成立，则实数a的取值范围是（）
A .[ 4 ,+ ∞) B.(4 ,+ ∞) C .(−∞,4 ] D .(−∞,4)
2.（2023
江苏苏州二模）
・
已知一元二次不等式−x
2+bx +5>0在区间[2,4 ]上恒
成立，则实数b的取值范围是（）
A .( 11
4 ,+∞) B.( 3
2 ,+∞) C .(−∞, 11
4 ] D.(−∞, 3
2 ]
3.（2024
湖北襄阳月考）
・
对任意x∈[1,3]，不等式m x
2+2 x +m>0恒成立，则
实数m的取值范围是（）
A. (−1,+ ∞) B. [−1,+ ∞) C. (−∞,−1) D. (−∞,−1]
4.（2023
浙江宁波一模）
・
关于x的一元二次不等式x
2−8 x +a<0在R上有解，
则实数a的取值范围是（）
A. (16,+ ∞) B. [16,+ ∞) C. (−∞,16) D. (−∞,16]
5.（2024
四川绵阳二模）
・
一元二次不等式2 x
2+kx −5<0在区间(−2,2)上有
解，则实数k的取值范围是（）
A. (−3
2 ,+∞) B. (−∞, 3
2 ) C. (−∞,−3
2 ) D. ( 3
2 ,+∞)
6.（2023
广东深圳月考）
・
存在x∈[2,5]，使得不等式x
2−ax +3<0成立，则实
数a的取值范围是（）
A. ( 28
5 ,+∞) B. ( 7
2 ,+∞) C. (−∞, 28
5 ] D. (−∞, 7
2 ]
7.（2024
河南洛阳一模）
・
关于x的一元二次不等式a x
2+(a−3)x +3>0对一切
实数x恒成立，则实数a的取值范围是（）
A. (3,+∞) B. [3,+ ∞) C. (−∞,3) D. (−∞,3]
8.（2023
湖南株洲二模）
・
不等式( x
2+mx +16>0在区间(−∞,−4)上恒成立，则
实数m的取值范围是（）
A. (8,+∞) B. [8,+∞) C. (−∞,8) D. (−∞,8]
9.（2023
福建厦门一模）
・
关于x的一元二次不等式x
2−6 x +m≤0在区间[1,5]上
有解，则实数m的取值范围是（）
A. (−∞,9] B. (−∞,9) C. [9,+∞) D. (9,+∞)
类型 1：一次函数与二次函数不等式（方法如题型一）
最基础的载体，常结合一元二次方程根的分布、二次函数最值求解。
1.一次函数：如f ( x)=kx +b>0（k ≠0）在区间 [a,b]上恒成立/有解。
2.二次函数：如f ( x)=a x
2+bx +c>0（a≠0）在 ℝ 上、指定区间[m,n]上
恒成立/有解。
类型 2：幂函数与分式函数不等式
含 x
n（n为常数）或分式结构，需注意定义域和单调性。
1.幂函数：如 x
3−a x
2+1≥0在[1,+∞)上恒成立。
2.分式函数：如x +1
x−2 >k 在(2,+∞)上有解。
题型二、函数不等式的恒成立与有解问题
【解决方法】分离参数、分离常数法，转化为最值问题。
类型 3：指数、对数函数不等式
高频考点，需结合指数/对数函数的单调性、值域e
x>0，ln x∈ℝ）及导数
分析。
1.指数型：如e
x−ax−1≥0 对任意x ≥0 恒成立。
2.对数型：如ln x−kx +1≤0在(0,+∞)上有解。
3.混合型：如e
x−ln x−a>0 对任意x>0恒成立（指数 + 对数，需用导数求
最值）。
【解决方法】分离参数法，转化为最值问题；复杂函数考虑同构，构造函数法
（分参困难）方法如下：
1. 构造函数：ℎ( x)。
2. 求导分析：计算ℎ'( x)，确定ℎ( x)的单调区间和极值点。
3. 求最值：结合定义域求ℎ( x)的最值（需注意端点、极值点的函数值）。
4. 列不等式：根据 “恒成立/有解” 的要求，让最值满足对应条件
类型 4：三角函数不等式
1.一次型换元（形如A sin x + Bcos x +C ≥λ）
先通过辅助角公式化简：t = A sin x + Bcos x =
❑√A
2+ B
2sin( x +φ)（φ为辅助
角），得t ∈[−
❑√A
2+ B
2,
❑√A
2+ B
2]，再转化为t +C ≥λ的恒成立/有解问题。
2.二次型换元（形如A sin
2 x + Bsin x +C ≥λ ）(或由诱导公式化简再换元）
令t =sin x（t ∈[−1,1]），转化为g(t )= A t
2+ Bt +C −λ≥0（或≤0），结合
二次函数在[−1,1]上的最值求解。
3.利用三角函数的有界性直接分析
当不等式可整理为sin x ≥ℎ( λ)（或cos x ≤ℎ( λ)）时，直接结合
sin x∈[−1,1]、cos x∈[−1,1]列不等式。
4.结合单调性与区间最值分析
当三角函数在给定区间D上单调时，直接通过区间端点的函数值构建不等
式；若不单调，则先求三角函数在D上的最值，再转化为参数不等式。
类型 5：抽象函数不等式
无具体解析式，需结合函数单调性、奇偶性等性质转化。
如f ( x)是ℝ上的增函数，且f (2 x−1)+ f (3)>0恒成立（若奇函数，可转化
为f (2 x−1)>f (−3)，再用单调性去f ）。
【典例探究】
【例题 1】指数（型）函数不等式恒成立问题
若对任意x∈[1,2]，不等式2
x
2−ax+1≥1
2恒成立，求实数a的取值范围。
解析：
1. 化简不等式：利用指数函数单调性（y =2
t单调递增），将不等式转化为
整式不等式：2
x
2−ax +1≥2
−1⇒x
2−ax +1≥−1，即x
2−ax +2≥0。
2. 分离参数：当x∈[1,2]时，x>0，可变形为a≤x + 2
x 。
3. 求函数最值：令f ( x)= x + 2
x ，由基本不等式知x + 2
x ≥2❑√2（当且仅当
x = ❑√2∈[1,2]时取等号），故f ( x)min=2❑√2。
4. 确定参数范围：恒成立需a≤f ( x)min，即a≤2❑√2。
答案：(−∞,2❑√2]
【例题 2】对数（型）函数不等式有解问题
存在x∈[2,4 ]，使得不等式log 1
2
( x
2−ax +3a)≤−1成立，求实数a的取值范
围。
解析：
1. 化简不等式：利用对数函数单调性（y = log 1
2
t单调递减），结合定义域
要求：log 1
2
( x
2−ax +3a)≤log 1
2
1
2 ⇒{
x
2−ax +3a≥2
x
2−ax +3a>0。
2. 聚焦核心不等式：“ 存在x∈[2,4 ]使x
2−ax +3a≥2” ，变形为
a( x−3)≤x
2−2。
3. 分类讨论分离参数：
当x∈[2,3)时，x−3<0，得a≥x
2−2
x−3 ，令g( x)= x
2−2
x−3 ，求g( x)min；
当x =3时，不等式变为9−3a+3a≥2，恒成立；
当x∈(3,4 ]时，x−3>0，得a≤x
2−2
x−3 ，令g( x)= x
2−2
x−3 ，求g( x)max。
4. 求函数最值：令t = x−3（t ∈[−1,1]），则g( x)= (t +3)
2−2
t
=t + 7
t +6，
结合对勾函数性质：
当t ∈[−1,0)时，g( x)min=−1−7+6=−2；
当t ∈(0,1]时，g( x)max =1+7+6=14。
5. 确定参数范围：综合得(a≥−2)（或(a≤14)，取并集），即
(a∈(−∞,14 ])。
答案：((−∞,14 ])
【例题 3】指数与对数函数综合不等式问题
已知函数f ( x)=e
x−ln( x +m)，若对任意x∈[0,+∞)，f ( x)≥2恒成立，求实
数m的取值范围。
解析：
1. 转化不等式：e
x−ln( x +m)≥2 对x ≥0恒成立，即ln( x +m)≤e
x−2。
2. 分析定义域与单调性：
定义域要求：x +m>0 对x ≥0恒成立⇒m>0；
构造函数ℎ( x)=e
x−2−ln( x +m)，需ℎ( x)≥0恒成立，求ℎ( x)min≥0。
3. 求导分析单调性：ℎ'( x)=e
x−
1
x +m，当x ≥0时，e
x≥1，
1
x +m ≤1
m：
若
m≤1，则ℎ'( x)≥1−1=0，
ℎ( x)单
调
递
增
，
ℎ( x)min=ℎ(0)=1−2−ln m=−ln m−1≥0⇒m≤1
e；
若m>1，ℎ'(0)=1−1
m <0，ℎ'( x)单调递增，存在x0>0使ℎ'( x0)=0
，
此
时
ℎ( x0)=e
x0−2−ln( x0+m)，
但
e
x0=
1
x0+m，
得
ℎ( x0)=
1
x0+m −2+ x0<1−2+0=−1<0，不满足条件。
4. 综合得范围：0<m≤1
e。
答案：(0, 1
e ]
【典型例题4】三角函数不等式
（2024・湖北襄阳二模）已知函数f ( x)=2cos
2 x +sin x +m，若对任意
x∈[0,π ]，不等式f ( x)≥0恒成立，求实数m的取值范围。
解析
第一步：三角恒等变换与换元转化
1. 化简函数：利用二倍角公式cos
2 x =1−sin
2 x，将函数改写为含sin x的表达
式：f ( x)=2(1−sin
2 x)+sin x +m=−2sin
2 x +sin x +(m+2)。
2. 换元转化：令t =sin x，结合x∈[0,π ]的范围，得t ∈[0,1]（因正弦函数
在[0,π ]上的值域为[0,1]）。
函数转化为二次函数：g(t )=−2t
2+t +(m+2)，其中二次项系数
−2<0，故g(t )开口向下。
第二步：分析二次函数在区间上的最值
因g(t )开口向下，其在区间[0,1]上的最小值必在区间端点处取得（二次函
数在闭区间上的最值要么在顶点，要么在端点；此处顶点横坐标为
t =−b
2a = 1
4 ∈[0,1]，需对比顶点与端点值）。
1. 计
算
顶
点
值
：
g( 1
4 )=−2×( 1
4 )
2+ 1
4 +m+2=−2× 1
16 + 1
4 +m+2=−1
8 + 2
8 +m+2=m+ 17
8 。
2. 计算端点值：
当t =0时，g(0)=0+0+m+2=m+2；
当t =1时，g(1)=−2×1+1+m+2=m+1。
3. 确定最小值：对比g( 1
4 )=m+ 17
8 、g(0)=m+2、g(1)=m+1，显然
g(1)<g(0)<g( 1
4 )，故g(t )min= g(1)=m+1。
第三步：结合恒成立条件求参数范围
“对任意x∈[0,π ]，f ( x)≥0恒成立” 等价于 “对任意t ∈[0,1]，g(t )≥0
恒成立”，即g(t )min≥0。
由第二步结论，g(t )min=m+1≥0，解得m≥−1。
1.（2024
河北石家庄一模）
・
若关于x的不等式x
2−(a+1)x +a≤0在区间[1,3]上
恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. [1,3] B. [3,+∞) C. (−∞,1] D. (−∞,1]∪[3,+∞)
2.（2023
浙江温州二模）
・
已知不等式x
1
2 > k
x 对任意x∈(0,4 ]恒成立，则实数k
的取值范围是（ ）
A. (−∞,0) B.(−∞,4) C.(−∞,8) D. (0,8)
3.（2023
全国甲卷改编）
・
若存在x∈[1,2]，使得不等式2
x−λ⋅log2 x ≥1成立，
则实数λ的取值范围是（ ）
A. (−∞,1] B. (−∞,2] C. (−∞,3] D. (−∞,4 ]
4.（2023
江苏南京三模）
・
对任意x∈[0, π
2 ]，不等式sin
2 x +cos x +m≥0恒成
立，则实数m的最小值为（ ）
A. −1 B. −5
4 C.0 D. 1
5.（2023
湖南长沙一模）
・
已知函数f ( x)是奇函数，且在(0,+ ∞)上单调递减，
若f (1)=0，则不等式f ( x)>0的解集为（ ）
A. (−1,0)∪(0,1) B. (−∞,−1)∪(0,1)
C. (−1,0)∪(1,+ ∞) D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
6.（2024
新高考 Ⅰ 卷模拟压轴题改编）
・
已知函数
f ( x)=sin
2 x −acos x −2a(a∈R)，若对任意x∈[0,π ]，不等式f ( x)≥−3恒成
立，且存在x0∈[0,π ]，使得f ( x0)≤−1成立，求实数a的取值范围。
【恒成立问题】
若不等式a≥f ( x)恒成立，则a≥f ( x)max；若a≤f ( x)恒成立，则a≤f ( x)min，
其中(f ( x))可通过基本不等式（如x + 1
x ≥2( x>0)等）求出最值。
方法技巧：利用基本不等式求出函数f ( x)的最值，再根据恒成立的条件确
定参数的范围。
【有解问题】
若不等式a≥f ( x)有解，则a≥f ( x)min；若a≤f ( x)有解，则a≤f ( x)max。
方法技巧：先通过基本不等式求(f ( x))的最值，再依据有解的条件确定参
数范围。
【典例探究】
题型三、基本不等式中的恒成立与有解问题
【典型例题 1】单变量基本不等式恒成立问题
已知x>0，若不等式x + 4
x +m≥0对任意x∈(0,+∞)恒成立，求实数m的取值
范围。
解析：
1. 转化核心不等式：分离常数项得m≥−( x + 4
x )，恒成立需m≥[−( x + 4
x )]max
。
2. 用基本不等式求最值：由均值不等式x + 4
x ≥2❑√x⋅4
x = 4（当且仅当x =2时
取等号），故x + 4
x ∈[ 4 ,+∞)。
3. 确定参数范围：−( x + 4
x )∈(−∞,−4 ]，其最大值为−4，因此m≥−4。
答案：[-4,+∞)
【典型例题 2】双变量基本不等式有解问题
已知正实数x，y满足x +2 y =1，若存在x，y >0使得不等式1
x + a
y ≥16成
立，求正实数a的取值范围。
解析：
1. “1 的代换” 构造可积式：结合条件x +2 y =1，对1
x + a
y 变形：
1
x + a
y =( x +2 y)( 1
x + a
y )=1+2a+ 2 y
x + ax
y 。
2. 用基本不等式求最小值：由均值不等式2 y
x + ax
y ≥2❑√
2 y
x ⋅ax
y =2❑√2a（当
且仅当2 y
x = ax
y 即a x
2=2 y
2时取等号），故1
x + a
y ≥1+2a+2❑√2a。
3. 结合有解条件列不等式：存在性等价于( 1
x + a
y )min≤16，即( 1
x + a
y )min≤16
。
令t = ❑√2a（t >0），不等式化为t
2+2t −15≤0，解得0<t ≤3，故
0<❑√2a≤3⇒0<a≤9
2。
答案：(0, 9
2]
1.（2024
山东潍坊一模）
・
已知x>1，若不等式x +
1
x−1 +m≥3对任意
x∈(1,+∞)恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. [−1,+∞) B. (−∞,−1] C. [0,+∞) D. (−∞,0]
2.（2023
江苏苏州二模）
・
已知正实数x，y满足2 x + y =2，若存在x，y >0使
得不等式a
x + 1
y ≥4成立，则正实数a的最小值为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
3.（2024
湖北武汉月考）
・
已知a>0，若对任意x∈[1,3]，不等式x
a + a
x +1≥3恒
成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. (0,1]∪[3,+ ∞) B. [1,3] C. (0,2]∪[ 4 ,+∞) D. [2,4 ]
4.（改编题）已知a>0，b>0，且a+b=2，若对任意x>)，不等式x
a + 1
bx + b
2 ≥1恒
成立，求实数b的取值范围。
答案：(0,2)
【恒成立问题】
问题特征：对任意x∈D（D为定义域），均有f ( x ,a)≥0（或≤0）成立，
求参数a的取值范围。
题型四、含单变量函数的不等式问题
核心逻辑：转化为函数f ( x ,a)在区间D上的最值满足不等式。
核心方法：分离参数、分类讨论a。
【有解问题（能成立）】
问题特征：存在x∈D，使得f ( x ,a)≥0（或≤0）成立，求参数a的取值
范围。
核心逻辑：转化为函数f ( x ,a)在区间D上的最值满足不等式（与恒成立问
题相反）。
核心方法：分离参数、分类讨论a。
【典例探究】
【典型例题 1】恒成立问题：已知对任意x>0，x e
x−a( x + ln x)≥0恒成立，求a
的取值范围。
解析：
1. 定义域D =(0,+ ∞)，设f ( x)= x e
x−a( x + ln x)；
2. 求导：f '( x)=( x +1)e
x−a(1+ 1
x)=( x +1)(e
x−a
x)。
因 x>0，故x +1>0，导数符号由ℎ( x)=e
x−a
x 决定；
3. 分类讨论a：
当a≤0时：ℎ( x)=e
x−a
x >0（e
x>0，−a
x ≥0），故f '( x)>0，f ( x)单调递
增。但lim
x→0
+ f ( x)=lim
x→0
+ [ x e
x−a( x + ln x)]=+∞（ln x→−∞，(−aln x→+∞），
且f ( x)递增，f ( x)≥0恒成立。
当(a>0)时：ℎ( x)=e
x−a
x 单调递增，且lim
x→0
+ ℎ( x)=−∞，lim
x→+∞ℎ( x)=+∞，
故存在唯一x0>0，使ℎ( x0)=0，即a= x0e
x0。此时：
当x∈(0, x0)时，ℎ( x)<0，f '( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈( x0,+∞)时，ℎ( x)>0，f '( x)>0，f ( x)单调递增。
故f ( x)min= f ( x0)= x0e
x0−a( x0+ ln x0)，代入a= x0e
x0，得：
f ( x0)=a−a( x0+ ln x0)=a[1−( x0+ ln x0)]。
令f ( x0)≥0，因a>0，故1−( x0+ ln x0)≥0，即x0+ ln x0≤1。
设k( x)= x + ln x，单调递增（k '( x)=1+ 1
x >0），且k(1)=1，故x0≤1。
又a= x0e
x0单调递增（导数( x0+1)e
x0>0），故a≤1×e
1=e。
综上：a≤e。
【典型例题 2】存在性问题：已知存在x∈[1,e ]，使得ln x−ax +1≥0成
立，求a的取值范围。
解析：
分离参数：a≤ln x +1
x
（因x∈[1,e ]>0，不等号方向不变）；
设g( x)= ln x +1
x
，求g( x)max（存在性问题需a≤g( x)max ）；
求导：g'( x)=
1
x ⋅x−(ln x +1)⋅1
x
2
= −ln x
x
2
；
当x∈[1,e ]时，ln x ≥0，故g'( x)≤0，g( x)单调递减；
故g( x)max= g(1)= 0+1
1
=1；
因此，(a≤1)。
1.已知对任意x∈(0,+ ∞)，e
x−ax−1≥0恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. e
2.若存在x∈[1,3]，使得ln x−a
x ≤0成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. [−∞,ln3] B. [−∞,3ln3] C. [ ln3,+ ∞) D. [3ln3,+∞)
3.对任意 ¿( x ¿ [-1, 1] ¿)，¿( x^2 - ax + a - 1 ¿ 0 ¿) 恒成
立，则实数 ¿( a ¿) 的取值范围是（ ）
A. [0,2] B. (−∞,0]∪[2,+ ∞) C.[1,2] D. [0,1]
4.已知对任意x∈(1,+∞)，x +1
x−1 −a≥0恒成立，则实数a的取值范围是______。
5.若存在x∈(0,1)，使得e
x−a
ln x >0成立，则实数a的取值范围是______。
6.已知函数f ( x)= x e
x−a( 1
2 x
2+ x)，其中a∈ℝ。
（1）当a=1时，求f ( x)的单调区间；
（2）若对任意x∈[0,+ ∞)，f ( x)≥0恒成立，求a的取值范围。
7.设函数f ( x)= ln x + 1
x −a( x−1)，a∈ℝ。
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）若存在x∈(0,+ ∞)，使得f ( x)<2a−1 成立，求a的取值范围。
【对称型双变量恒成立（变量地位均等）】
问题特征：不等式含x1, x2∈D（定义域相同），且变量地位对称（如
f ( x1)+ f ( x2)≥a( x1+ x2)），常需构造 “对称函数” 转化。
【主从型双变量恒成立（变量地位不等）】
问题特征：存在 “主变量” 和 “从变量”（如 “对任意x1∈D1，存在
x2∈D2，使得f ( x1, x2)≥a”），需按 “先定主变量求最值，再对从变量分析”
的顺序求解。
【比值/差值型双变量有解（含变量比/差）】
题型五、含双变量函数的不等式问题
问题特征：不等式含
x1
x2或x1−x2，通过换元将双变量化为单变量t = x1
x2
)（
(t >0）或t = x1−x2（t >0），再分析含参单变量问题。
【含参双变量最值型恒成立】
问题特征：不等式含“f ( x1)−g( x2)≥a”（对任意x1, x2∈D恒成立），需
转化为 “f ( x)min−g( x)max≥a”（其他情况类似）。
【典例探究】
【典型例题 1（最值型）】已知函数f ( x)=e
x−ax，对任意x1∈[0,1]，存在
x2∈[1,2]，使得f ( x1)≥f ( x2)恒成立，则实数a的取值范围是______。
解析：
1. 确定主从变量关系：
题意等价于 “f ( x) 在[0,1]上的最小值≥f ( x)在 [1,2]上的最小值”。
2. 分情况讨论 f ( x)单调性：f '( x)=e
x−a，临界值a=e
x（x∈[0,2]时
e
x∈[1,e
2]）。
当
a≤1时，f ( x)在[0,2]递
增
，
f ( x1)min= f (0)=1，f ( x2)min= f (1)=e−a，需1≥e−a⇒a≥e−1，矛盾；
当1<a<e
2时，f ( x)在[0,ln a]递减，[ ln a,2]递增：
若ln a≤1（即1<a≤e ），[0,1]最小值 f (ln a)=a−aln a，[1,2]最小值
f (1)=e−a，需 a−aln a≥e−a⇒2a−aln a≥e，验证a=e时成立；
若ln a>1（即e<a<e
2），[0,1]最小值 f (1)=e−a，[1,2]最小值
f (ln a)=a−a ln a，需 e−a≥a−a ln a⇒e≥2a−a ln a，当a=e时等号成立，a>e
时左边小于右边；
当a≥e
2时，f ( x)在[0,2]递减，[0,1]最小值f (1)=e−a，[1,2]最小值
f (2)=e
2−2a，需e−a≥e
2−2a⇒a≥e
2−e，但此时f (1)=e−a<0，不满足。
3. 综上：a∈[e ,+ ∞)。
【典型例题 2（比值换元型）】已知函数f ( x)= x ln x −a x
2+ x(a∈R)。
（1）证明：曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线l恒过定点；
（2）若f ( x)有两个零点x1, x2，且x2>2 x1，证明：
❑√x1
2+ x2
2> 4
e 。
解析（1）略
（2）证明
❑√x1
2+ x2
2> 4
e
因为x1, x2 是f ( x)的两个零点，且x2>2 x1，所以{
x1ln x1−a x1
2+ x1=0
x2ln x2−a x2
2+ x2=0，移
项可得{
ln x1+1=a x1
ln x2+1=a x2。
由
ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
，
根
据
合
比
性
质
可
得ln x1+1
x1
= ln x2+1
x2
= ln( x1 x2)+2
x1+ x2
= ln x2−ln x1
x2−x1
。
令
t = x2
x1
(t >2)，则x2=t x1，
那
么
ln( x1 x2)+2=
( x1+ x2)ln x2
x1
x2−x1
= ( x1+t x1)ln t
t x1−x1
= (t +1)ln t
t −1
。
构造函数g(t )= (t +1)ln t
t −1
(t >2)，对g(t )求导：
先求g
'(t )，则g
'(t )=
(lnt + t +1
t
)(t −1)−(t +1)lnt
(t −1)
2
=
t −1
t −2lnt
(t −1)
2
。
令ℎ(t )=t −1
t −2ln t(t >2)，对ℎ(t )求导得ℎ
'(t )=1+ 1
t
2 −2
t = (t −1)
2
t
2
>0，所
以ℎ(t ))在((2,+ ∞)上单调递增。
则ℎ(t )>ℎ(2)=2−1
2 −2ln2= 3
2 −2ln2>0，所以g
'(t )>0，g(t )在(2,+∞)上
单调递增。
因为g(t )在(2,+ ∞)上单调递增，所以g(t )>g(2)= (2+1)ln 2
2−1
=3 ln 2。
由ln( x1 x2)+2>3 ln 2，可得ln( x1 x2)>ln 8
e
2，所以x1 x2> 8
e
2。
根据均值不等式x1
2+ x2
2≥2 x1 x2（当且仅当x1= x2时取等号），因为x2>2 x1，
所以x1≠x2，则x1
2+ x2
2>2 x1 x2。
又因为x1 x2> 8
e
2，所以2 x1 x2> 16
e
2 ，则
❑√x1
2+ x2
2>❑√2 x1 x2>❑√
16
e
2 = 4
e 。
1.已知函数f ( x)=e
x+ x ，g( x)= ln x + x，若f ( x1)= g( x2)，则x1 x2的最小值为
A. (−e) B. (−1
e ) C. (−1) D. (−
❑√e
2 )
2.已知函数f ( x)={
e
x ,
x ≥0
x +2,
x<0，若a<b，且f (a)= f (b)，则b−a的取值范围是
（）
A.(ln 2,1] B. (ln 2,1) C. ( 1
2 ln2,1] D. [1,2)
3.已知函数(f ( x)=e
x−ax−1
2 x
2)。
(1) 若f '( x)≥0，求实数a的取值范围；
(2) 若f ( x)≥−1
2 x
2+ x +b，求(a+1)b的最大值。
4.已知函数f ( x)=−ln x +a x
2+(a−2)x
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）若函数y = f ( x)图象与x轴交于A ,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，
证明：f
'( x0)>0。
5.已知函数f ( x)= x e
−x，若0< x1< x2，且f ( x1)= f ( x2)，求证：3 x1+ x2>3。
解决指数、对数、幂函数不等式时，以下4 组切线放缩模型最常用（大题
需要证明）：
【指数放缩】（形如f ( x)=e
x)，
在x =0 处的切线：e
x≥x +1（当且仅当x =0时取等号）
在x =0 处的切线：e
x≥1
2 x
2+ x +1（当且仅当x =0时取等号）
在x =1 处的切线：e
x≥ex> x（当且仅当x =1时取等号）
【对数放缩】（形如f ( x)= ln x）
在x =1 处的切线：ln x ≤x−1（当且仅当x =1时取等号）
在x = 1
e 处的切线：ln x ≤ex−2
【幂函数与混合放缩】
由e
x≥x +1 变形：e
x−1≥x（令x→x−1）、e
−x≥1−x（令x→−x ）
题型六、切线放缩解决不等式问题
由ln x ≤x−1 变形：ln 1
x ≤1
x −1即ln x ≥1−1
x （当且仅当x =1时取等号）
【三角函数放缩】
sin x< x<tan x( x>0)；sin x ≥x−1
2 x
2；1−1
2 x
2≤cos x ≤1−1
2 sin
2 x
【典例探究】
【典型例题 1】已知x>0，则e
x−x−1的最小值为______，若不等式e
x≥ax +1恒
成立，则实数a的最大值为______。
解析
1. 求最小值：构造函数f ( x)=e
x−x−1，求导得f '( x)=e
x−1。
当x>0时，f '( x)>0，函数单调递增；当x =0时，f '( x)=0。
故f ( x)在x =0 处取得最小值f (0)=e
0−0−1=0。
2. 求a的最大值：由切线放缩结论，e
x≥x +1（当且仅当x =0时取等号），
此式为e
x在x =0处的切线方程。
若e
x≥ax +1 对x>0恒成立，则切线斜率1为a的最大值（当
a>1时，直线y =ax +1在x>0时会在切线上方，不等式不成立）。
答案0；1
【典型例题 2】设n∈N
∗，若∑
k =1
n 1
k >ln(n+1)+m恒成立，则实数m的最大值为
______。
解析
由1
k >ln(1+ 1
k)= ln(
1+ k
k )累加得∑
k =1
n 1
k >ln(n+1)，对比不等式
∑
k =1
n 1
k >ln(n+1)+m，可知m的最大值为0。
答案0
【典型例题 3】已知f ( x)=e
x−1−a( x +1)( x ≥1)，g( x)=( x −1)ln x，其中e为自
然对数的底数。
(1) 若f ( x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(2) 若在 (1) 的条件下，当a取最大值时，求证：f ( x)≥g( x)。
解析：(1)略；
(2)证明：由题意可知，a= 1
2。
要证f ( x)≥g( x)⇔e
x−1−x +1
2
≥( x−1)ln x( x ≥1)。
先证明：x ≥1时，ln x ≤x−1（切线放缩）。
令ℎ( x)= ln x−x +1，则ℎ
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
。
当x ≥1时，ℎ
'( x)≤0，所以(ℎ( x))在[1,+ ∞)上单调递减，所以
ℎ( x)≤ℎ(1)=0，所以ln x ≤x−1。只需要证明e
x−1−x +1
2
≥( x−1)
2( x ≥1)。
令k( x)=e
x−1−x +1
2
−( x−1)
2，则k
'( x)=e
x−1−1
2 −2( x−1)=e
x−1−2 x + 3
2，
k
' '( x)=e
x−1−2，令k
' '( x)=0⇒x =1+ ln 2。
又k
' '( x)在[1,+ ∞)上单调递增，则在[1,1+ ln 2]上，k
' '( x)≤0，在
[1+ ln 2,+ ∞)，k
' '( x)>0。
所以，k
'( x)在[1,1+ ln 2]上单调递减，在[1+ ln 2,+ ∞)上单调递增，所以
k
'( x)≥k
'(1+ ln 2)= 3
2 −ln 4 = ln e
3
2
4 >0)，所以k( x)在[1,+∞)上单调递增，所以
k( x)≥k(1)=0。
故(f ( x)≥g( x))。
1.函数f ( x)= x e
x−x −ln x的最小值为______。
2.函数f ( x)= x e
x−ln x
x +1
的最小值为______。
3.函数f ( x)=(ln x + x +1)e
−x−x的最大值为______。
4.（2023
广州模拟）
・
已知函数f ( x)= ln( x +1)。
(1) 证明：当x>−1时，f ( x)≤x；
(2) 已知n∈N
∗，证明:e
1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n >sin(n+1)。
5.（2017 新课标 3 卷）已知函数f ( x)= x−1−aln x。
(1) 若f ( x)≥0，求a的值；
(2) 设m为整数，且对于任意正整数n，(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)⋯(1+ 1
2
n)<m，求m
的最小值。
【核心原理】
函数同构是指将不等式或方程两边变形为 “相同函数作用于不同表达式”
的形式，即转化为f ( A( x))≥f (B( x))（或≤的结构，再利用函数f (t )的单调
性、奇偶性等性质，将抽象不等式转化为具体的代数不等式（如A( x)≥B( x)
），进而求解参数范围或变量解集。
题型七、函数同构解决不等式问题
其本质是 **“结构统一”**—— 通过凑项、换元等手段，剥离不等式中的
变量与参数，让两边呈现 “函数外壳相同，内层表达式不同” 的形态，核心
依赖于对常见函数模型的敏感度。
【常见同构模型与构造技巧】
模型 1：x⋅e
x 同构（核心模型）
常见变形：
e
x+ x =e
x+ ln e
x = f (e
x)（令f (t )=t + ln t ）；
x + ln x = f ( x)，故e
x+ x = f (e
x)，x + ln x = f ( x)。
技巧：当不等式含e
x与ln x时，优先凑出t + lnt或t ⋅e
t结构。
模型 2：x + 1
x 同构（分式型）
常见变形：
x + 1
x = f ( x)，则1
x + x = f ( 1
x )，可结合f (t )在(0,1)递减、(1,+∞)递增的性
质。
模型 3：a
x+ x同构（指数型推广）
如2
x+ x = f (2
x)，x + log2 x = f ( x)（令f (t )=t + logat ，(a>0,a≠1）。
这段内容主要讲解了指对同构的变形方法，分为直接变形和先凑再变形两
类：【常见同构模型与构造技巧】
(1= ln e)，(2= ln e
2)，(1+ ln x = ln(ex))，(ln x−1= ln x
e )；
( x e
x =e
x + ln x)，(ae
x =e
x + ln a)，( x + ln x = ln(x e
x))；
( e
x
x =e
x−ln x)，( e
x
a =e
x−ln a)，( x−ln x = ln e
x
x )；
( x
2e
x =e
x +2ln x)，(a
2e
x =e
x +2ln a)，( x +2ln x = ln(x
2e
x))；
( e
x
x
2 =e
x−2ln x)，( e
x
a
2 =e
x−2ln a)，( x−2ln x = ln(
e
x
x
2))；
类型 1：直接变形
1. 积型：对于不等式ae
a≤b ln b，有三种变形同构方式：
同左：变形为a⋅e
a≤ln b⋅e
ln b，构造函数f ( x)= x e
x。
同右：变形为e
a⋅ln e
a≤b⋅ln b，构造函数f ( x)= x ln x。
取对数：变形为(a+ ln a≤ln b+ ln(ln b))，构造函数 (f ( x)= x + ln x)，
且说明取对数是较快捷的方式，同构出的函数单调性易判断。
2. 商型：以不等式e
a
a < b
ln b为例：
同左：变形为e
a
a < e
ln b
ln b，构造函数f ( x)= e
x
x 。
同右：变形为e
a
ln e
a < b
ln b，构造函数f ( x)= x
ln x 。
取对数：变形为a−ln a<ln b−ln(ln b)，构造函数 f ( x)= x−ln x。
3. 和差型：以不等式e
a±a>b± ln b为例：
同左：变形为e
a±a>e
ln b± ln b，构造函数f ( x)=e
x± x。
同右：变形为e
a± ln e
a>b± ln b，构造函数f ( x)= x ± ln x。
类型 2：凑变形
若式子无法直接变形同构，需凑常数、参数或变量（如两边同乘x、同加x
等）后再用上述方式变形，常见例子：
1. ae
ax>ln x)，变形为ax e
ax> x ln x（积型）。
2. e
x>a ln(ax−a)−a，通过一系列变形（如两边同乘1
a等），最终转化为可
同构的形式：e
x−ln a+ x−ln a>ln( x−1)+( x−1)=e
ln( x−1)+ ln( x−1)（和差型）。
3. a
x>loga x⇒e
x ln a> ln x
ln a ⇒( x ln a)e
x ln a> x ln x（积型）。
4. x + 1
e
x ⩾x
a−ln x
a( x>0)⇒1
e
x −ln 1
e
x ⩾x
a−ln x
a⇒f ( x)= x−ln x（
和
差
型）。
5. x
a+1e
x⩾−a ln x⇒x e
x⩾−aln x
x
a
⇒x e
x⩾−aln x⋅e
−a ln x⇒f ( x)= x e
x（
积
型）。
【典例探究】
【典型例题 1】恒成立问题
对任意x>0，不等式x e
x−ln x−1≥kx恒成立，求实数(k )的取值范围。
解析：
1. 观察结构：含x e
x与ln x，符合x e
x =e
x + ln x的同构特征；
2. 构造同构式：
不等式变形为x e
x≥kx + ln x +1，
左边：x e
x=e
x + ln x，
右边：kx + ln x +1=kx + ln(kx)+1−ln k（凑t + lnt结构，令t =kx），
若k =1，右边为x + ln x +1，而e
x + ln x =e
( x + ln x)≥( x + ln x)+1（由e
u≥u+1，当
u=0取等），恰好成立；
但用同构更简便：注意到x e
x =e
x + ln x，令u= x + ln x，则e
u≥u+1，故
x e
x =e
u≥u+1= x + ln x +1，
因此原不等式x + ln x +1≥kx + ln x +1⇒x ≥kx ⇒k ≤1)（当且仅当
u=0即x + ln x =0有解时取等）。
答案：(−∞,1]
【典型例题 2】有解问题（指数 - 对数同构）
存在x>1，使得不等式e
ax−1
a ln x ≥0成立，求正实数a的取值范围。
解析：
1. 观察结构：含e
ax与ln x，需将指数与对数项凑成同构；
2. 构造同构式：
不等式变形为e
ax≥1
a ln x，两边乘a得ae
ax≥ln x，
左边：(ae
ax =e
ln a+ax)，右边：ln x =e
ln(ln x)（需ln x>0即x>1，符合条件），
构造函数f (t )=e
t（单调递增），则不等式转化为ln a+ax ≥ln(ln x)；
更优同构：令t =ax，则x = t
a，不等式变为e
t≥1
a ln t
a，
但更经典的是凑t e
t型：由ae
ax≥ln x两边取指数得e
ae
ax
≥x，
而原不等式中e
ax≥ln x
a ，若令f (t )=t e
t（单调递增，因f '(t )=(t +1)e
t>0
），
注意到ae
ax⋅e
ae
ax
=e
ae
ax+ ln(ae
ax)，此处更简单：
由e
ax≥ln x
a ，两边乘ae
ax得ae
2ax≥e
ax ln x，
实际更直接：令f (t )=t −ln t（单调递增，t >0），则
e
ax−1
a ln x ≥0⇒ae
ax≥ln x⇒ax e
ax≥x ln x =e
ln x ln x，
构造g(t )=t e
t（t >0，单调递增），故g(ax)≥g(ln x)⇒ax ≥ln x，
存在x>1使a≥ln x
x ，令
ℎ( x)= ln x
x ，ℎ'( x)= 1−ln x
x
2
，ℎ( x)max =ℎ(e)= 1
e ，故a≥1
e。
答案：[ 1
e ,+∞)
1.若关于x的不等式x + ln a
e
x
−aln x
x
>0对∀x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围
为（ ）
A. (−∞, 1
e ] B. [ 1
e ,+∞) C. [ 1
e ,1) D. (0, 1
e ]
2.已知不等式e
x≥a ln[
a( x−1)
e
](a>0)恒成立，则实数a的最大值为______。
3.已知e是自然对数的底数，若∀x ∈(0,+ ∞))，me
mx≥ln x成立，则实数m的最
小值是______。
4.函数f ( x)=e
mx+(m−1)x −ln x(m∈R)。若对任意x>0，都有f ( x)≥0，则实数
m的取值范围为______。
1. 若关于x的一元二次不等式x
2−2 x +a>0对任意x∈R恒成立，求实数a的
取值范围为______。
2. 关于x的一元二次不等式2 x
2−kx + k −3<0在x∈(0,2)内有解，求实数k的
取值范围为______。
3. 设函数f(x)=x
2+(a
4)
−
x+4 2
−a，
（1）解关于x的不等式f(x)>0；
（2）若对任意的x∈[ 1,1]，不等式
−
f(x)>0恒成立，求a的取值范围．
4. （
2022
江
苏
南
通
模
拟
）
已
知
函
数
f(x)=x
2
2
−ax+5，若对于任意的x∈[1,3]，若f(x)≥a 恒成立，求a的取值范
围。
5. 已知函数f(x)=lnx−x+a，若存在x∈[1
e ,e]，使得不等式f(x)≥0成
立，求实数a的取值范围。
题型精析・方法突破提能力
实测A 组 重难知识强化
6. （2020 广东广州模拟题）已知函数f(x)=2
x−m
2
x ，若对于任意
x∈[0,+∞)，不等式f(x)≥1
−恒成立，求实数m的取值范围。
7. 已知a>0，b>0，且ab=1
2 ，不等式(1
2a +1
2b + m
a+ b ≥4)恒成立，则正实
数m的取值范围是（）
A. {m |m ≥1} B.{m |m ≥2} C. {m |m ≥3} D. {m |m ≥4}
8. 已知正数x，(y)满足2x+y=1，若不等式x
2−mxy+y≥0恒成立，则实数
m的最大值是____。
9. 对任意正实数x,y，不等式x+4y≥m ❑√xy恒成立，则实数m的取值范围是
______。
10. （
2023
湖
北
武
汉
模
拟
题
）
已
知
函
数
f(x)=x
2
2
−x，g(x)=ax+2（a>0），若对任意x1∈[ 1,2]
−
，存在x2∈[ 1,2]
−
，使得f(x1)=g(x2)，求实数a的取值范围。
11. （2022 四川成都模拟题）已知函数f(x)=lnx+x，g(x)=x
2
2
−x+1，
若对任意x1,x2∈[1,e]，都有f(x1)≥kg(x2)成立，求实数k的取值范围。
12. 已知函数f(x)=e
x−x
1
−，证明：对任意x∈R，e
x≥x+1恒成立，并据
此证明：当x≥0时，e
x≥1
2 x
2+x+1。
13. （2022 年 河北石家庄模拟题）已知函数f(x)=ln x
（1）求曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程；
（2 ）证明：对任意x>0，ln x≤x
1
−，并利用此结论证明：
lnx≤2(x
1)
−
x+1
对任意x≥1恒成立。
14. （2021 年 河南洛阳模拟题）已知函数f(x)=xlnx
（1）求f(x)的单调区间和极值；
（2）证明：对任意x>0，xlnx≥−1
e ，且xlnx+2
x ≥1。
15. 已知函数f(x)=axlnx−x+1，(a∈R)。
（1）讨论f(x)的单调区间；
（2）当p>q>1时，证明qln p+lnq<plnq+ln p。
16. 已知函数f(x)=x
be
x−alnx−x
1(
−
x>1)，其中b>0，若f(x)≥0恒成
立，则实数a与b的大小关系是______。
17. 已知函数f(x)=lnx−x+1，g(x)=axe
x
4
−x其中a>0。求证：
g(x) 2
−f(x)≥2(lna−ln2)。
18. 已知函数f(x)=ex
2
1+lnx ，则不等式f(x)>e
x的解集为（）
A. (0,1) B. (1
e ,1) C. (1,e) D. (1,+∞)
1. 设一元二次不等式x
2
2
−mx+ m
2
1<0
−
，若存在x∈[2,4]使得该不等式成
立，求实数m的取值范围。
2. 已知关于x的不等式(kx−k
2
4)(
−
x
4)>0，其中
−
k∈R。
(1) 求上述不等式的解；
实测B 组 综合拓展拔尖
(2) 是否存在实数k，使得上述不等式的解集中只有有限个整数？若存
在，求出使得该集合中整数个数最少的k的值；若不存在，请说明理由。
3. （2023 北京海淀模拟改编题）已知函数
f(x)=x
2+(3−a)x+2+2a+ b，a,b∈R。
(1) 若关于x的不等式f(x)>0的解集为{x|x< 4)或(
−
x>2}，求实数a,b
的值；
(2) 若关于x的不等式f(x)≤b在x∈[1,3]上有解，求实数a的取值范
围；
(3) 若关于x的不等式f(x)<12+ b的解集中恰有3个整数，求实数a的取值
范围。
4. 已知函数f(x)=e
x−a x
2−x，若存在x∈[1,2]，使得不等式f(x)≤0成
立，求实数a的取值范围。
5. 已知函数f(x)=1
2 x
2+(1−a)x−alnx，若对于任意的x∈(0,+∞)，不等
式f(x)≥1
2 a
2−3
2 a恒成立，求实数a的取值范围。
6. 已知函数f(x)=xlnx−kx+1，若对于任意的x∈[1
e ,e]，不等式
|f(x)|≤1)恒成立，求实数k的取值范围。
7. 若两个正实数a，b满足a+ b=3，且不等式4
a+1 +16
b ≥m恒成立，则m的最
大值为______。
8. 若对任意a>0，b>0，不等式2
a +1
b ≥m
2a+ b 恒成立，则m的取值范围是
______。
9. （2023 新高考 Ⅰ 卷改编题）已知函数f(x)=e
x−x
1
−，
g(x)=x
2
2
−mx+ m
2，若对任意x1∈[0,+∞)，存在x2∈[1,2]，使得
f(x1)≥g(x2)，求实数m的取值范围。
10. 已知函数f(x)=lnx
x
，g(x)=kx
1
−，若对任意x1∈(0,e]，存在
x2∈(0,e]，使得f(x1)=g(x2)，求实数k的取值范围。
11. （2021 江苏南京高三调研）已知函数f(x)=x
3
3
−x，g(x)=2x
2
4
−x+a
，若存在x1∈[ 2,2]和
−
x2∈[ 2,2]
−
，使得f(x1)=g(x2)，且对任意x3∈[ 2,2]
−
，g(x3)≤f(x1)max，求实数a的取值范围。
12. （2023 新高考 Ⅱ 卷改编题）已知函数f(x)=e
x−a x
2−x
1（
−
a∈R）
（1）当a =0时，求f(x)的最小值；
（2）若对任意x≥0，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围。
13. 已知函数f(x)=ln x−kx+k（k∈R）
（1）讨论f(x)的单调性；
（2）证明：当k=1时，对任意x>0且x≠1，lnx
x
1
−
<1
❑√x。
14. （2021 江苏苏州模拟题）已知函数f(x)=x−lnx，g(x)=e
x−x
（1）求f(x)的最小值；
（2）证明：对任意x>0，g(x)−f(x)≥1，且e
x+lnx≥2x。
15. 已知函数f(x)=ae
x−lnx
1
−，证明：当a≥1
e 时，f(x)≥0。
16. 已知函数f(x)=e
x
x +a(lnx−x)。当a>e时，证明：f(x)≥a−alna。
17. 已知函数f(x)=lnx+2a
x+1
2(
−
a∈R)。
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）当a =2时，求证：f(x)>0在(1,+∞)上恒成立；
（3）求证：当x>0时，ln(x+1)>x
2
e
x
1
−。
18. 已知函数f(x)=lnx
x
，g(x)=1
2 a x
2−aex(a∈R,e是自然对数的底数。
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）若(
ℎx)=f(x)−g(x)，当a≥0时，求函数(
ℎ
x)的最大值；
（3）若m >n>0，且m
n=n
m，求证：mn>e
2。
