微专题9 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.
解 f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x,x∈[0,＋∞),
则f'(x)＝－aln (1＋x)－(a＋1)x
1＋x
,
设g(x)＝－aln (1＋x)－(a＋1)x
1＋x
,
则g'(x)＝－
a
1＋x －a＋1
(1＋x)
2.
因为当x≥0 时,f(x)≥0,且f(0)＝0,f'(0)＝0,
所以g'(0)＝－2a－1≥0,得a≤－1
2,
故a≤－1
2是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性:
当a≤－1
2,x≥0 时,g'(x)≥
1
2(1＋x) －
1
2(1＋x)
2 ＝
x
2(1＋x)
2≥0,
所以f'(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f'(x)≥f'(0)＝0,
所以f(x)在[0,＋∞)上单调递增,且f(x)≥f(0)＝0.
综上,a 的取值范围是(−∞,−1
2].
样题1 (2025·河南名校模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax(a∈R),若g(x)＝f(x)－2x2,不等式g(x)≥－1 在
[1,＋∞)上存在实数解,求实数a 的取值范围.
解 原条件等价于g(x)＝ln x－2x2＋2ax≥－1 在[1,＋∞)上存在实数解.
可化为a≥−ln x＋2 x
2−1
2 x
在[1,＋∞)上存在实数解,
令h(x)＝−ln x＋2 x
2−1
2 x
,x∈[1,＋∞),
则h'(x)＝
x(−1
x ＋4 x)−(−ln x＋2 x
2−1)
2 x
2
＝2 x
2＋ln x
2 x
2
,
∴当x∈[1,＋∞)时,2x2＋ln x>0,
得h'(x)＝2 x
2＋ln x
2 x
2
>0,
故h(x)在[1,＋∞)上单调递增,
∴h(x)的最小值为h(1)＝1
2,
∴当a≥1
2时,
不等式g(x)≥－1 在[1,＋∞)上存在实数解,
故a 的取值范围是[
1
2 ,＋∞).
样题2 (2025·温州调研改编)已知函数f(x)＝1
2 ln
x
2−x ,g(x)＝m(x－1).若当x∈[1,2)时,恒有
f(x)≥g(x),求实数m 的取值范围.
解 当x∈[1,2)时,恒有f(x)≥g(x),
即1
2 ln
x
2−x ≥m(x－1)对x∈[1,2)恒成立,
令h(x)＝1
2 ln
x
2−x －m(x－1),
h(1)＝1
2 ln
1
2−1－m(1－1)＝0,
求导得h'(x)＝
1
x(2−x)－m,
因为y＝x(2－x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1,
所以y＝x(2－x)在[1,2)上单调递减,
所以h'(x)＝
1
x(2−x)－m 在[1,2)上单调递增,
所以h'(1)＝1
1－m＝1－m,
当m≤1 时,h'(x)≥h'(1)＝0,
函数h(x)单调递增,所以h(x)≥h(1)＝0,
即f(x)－g(x)≥0,所以f(x)≥g(x);
当m>1 时,h'(1)＝1－m<0,
又x→2 时,h'(x)→＋∞,
所以存在x0∈[1,2),使h'(x0)＝0,当x∈[1,x0),h'(x0)<0,
所以h(x)在[1,x0)上单调递减,
所以h(x)≤h(1)＝0,
所以f(x)≤g(x),所以f(x)≥g(x)对x∈[1,2)不恒成立,
综上所述,当x∈[1,2)时,恒有f(x)≥g(x),实数m 的取值范围为(－∞,1].
样题3 (2025·武汉质检)已知f(x)＝aln x＋1
2x2－2x(a∈R 且a≠0),g(x)＝cos x＋xsin x.
(1)求g(x)在[－π,π]上的最小值;
(2)如果对任意的x1∈[－π,π],存在x2∈[
1
e ,e],使得
f ( x2)
x2
－a≤g(x1)成立,求实数a 的取值范围.
解 (1)g'(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝xcos x,
显然g(x)为偶函数,
当x>0 时,x∈(0, π
2)时,xcos x>0,
g'(x)>0,所以g(x)在(0, π
2)上单调递增;
x∈(
π
2 ,π)时,xcos x<0,g'(x)<0,
所以g(x)在(
π
2 ,π)上单调递减.
又g(0)＝1,g(
π
2)＝π
2 ,g(π)＝－1,
所以g(x)在(0,π)上的最小值为－1.
由偶函数图象的对称性可知g(x)在(－π,π)上的最小值为－1.
(2)先证ln x≤x－1,设h(x)＝ln x－x＋1,
则h'(x)＝1
x －1＝1−x
x
,
令h'(x)>0,得0<x<1,
令h'(x)<0,得x>1,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减.
h(x)≤h(1)＝0,故ln x≤x－1 ①恒成立.
由题意可得∃x2∈[
1
e ,e],
使得
f ( x2)
x2
－a≤－1 成立,
即a(x2－ln x2)≥1
2 x2
2－x2成立.
由①可知x2－ln x2≥1>0,
参变分离得a≥
1
2 x2
2−x2
x2−ln x2
,
设φ(x)＝
1
2 x
2−x
x−ln x
,x∈[
1
e ,e],
即只需a≥φ(x)min即可.
φ'(x)＝
( x−1)( x−ln x)−(
1
2 x
2−x)· x−1
x
( x−ln x)
2
＝
( x−1)(
1
2 x−ln x＋1)
( x−ln x)
2
,
由①知ln x≤x－1 得－ln x≥1－x,
所以1
2x－ln x＋1≥1
2x＋1－x＋1
＝2－1
2x＝4−x
2
>0,
令φ'(x)>0,得1<x<e,
令φ'(x)<0,得1
e<x<1,
所以φ(x)在(
1
e ,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增.
所以φ(x)min＝φ(1)＝－1
2,所以a≥－1
2,
又已知a≠0,
故a 的取值范围为[−1
2 ,0)∪(0,＋∞).
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)max或a<f(x)min的形式,通过导数的应用求出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,要理解清楚两类问题的差别.
训练 (2025·安康二模改编)已知函数f(x)＝1
2ax2－(1＋a)x＋ln x(a<0),若f(x)≤b－ln (－a)－a 恒成立,
求实数b 的最小值.
解 函数f(x)的定义域为(0,＋∞),求导得f'(x)＝ax－(1＋a)＋1
x ＝( x−1)(ax−1)
x
,
当a<0 时,由f'(x)>0,得0<x<1;
由f'(x)<0,得x>1,
函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
则f(x)max＝f(1)＝－1－a
2,
依题意,b－ln (－a)－a≥－1－a
2,
即b≥ln (－a)－1＋a
2恒成立,
令函数g(a)＝ln (－a)－1＋a
2(a<0),
g'(a)＝1
a ＋1
2 ＝a＋2
2a ,
当a<－2 时,g'(a)>0,当－2<a<0 时,g'(a)<0,
函数g(a)在(－∞,－2)上递增,在(－2,0)上递减,
即g(a)max＝g(－2)＝ln 2－2,因此b≥ln 2－2,
所以b 的最小值为ln 2－2.
【精准强化练】
1.(2025·烟台模拟改编)设函数f(x)＝ln x＋ax,a∈R,若f(x)≤x＋1 恒成立,求实数a 的取值范围.
解 由题意ln x＋ax≤x＋1 恒成立,
因为x>0,即得a≤x＋1−ln x
x
恒成立,
即a≤(
x＋1−ln x
x
)min,x>0,
记g(x)＝x＋1−ln x
x
,x>0,
则g'(x)＝ln x−2
x
2
,
令g'(x)＝0,得x＝e2,
令g'(x)<0,得0<x<e2,
即g(x)在(0,e2)上单调递减,
令g'(x)>0 可得x>e2,
即g(x)在(e2,＋∞)上单调递增,
所以g(x)min＝g(e2)＝1－1
e
2,
所以a≤1－1
e
2,
即实数a 的取值范围为(−∞,1−1
e
2].
2.(2025·张家口模拟改编)已知f(x)＝ln x－a(x＋1),a∈R.若∃x0∈(0,2],使f(x0)>0,求a 的取值范围.
解 因为∃x0∈(0,2],使得f(x0)>0,
所以ln x0－a(x0＋1)>0,因此a<
ln x0
x0＋1,
令g(x)＝ln x
x＋1,x∈(0,2],
则g'(x)＝
1＋1
x −ln x
( x＋1)
2
,x∈(0,2],
令h(x)＝1＋1
x －ln x,x∈(0,2],
所以h'(x)＝－1
x
2 －1
x <0 在(0,2]上恒成立,
所以函数h(x)在(0,2]上单调递减,
所以h(x)≥h(2)＝3
2－ln 2＝ln √e
3
2 >0,
所以g'(x)>0 在(0,2]上恒成立,
所以函数g(x)在(0,2]上单调递增,
所以g(x)max＝g(2)＝ln 2
3
,
所以a<ln 2
3
.
3.(2025·蚌埠二模改编)已知函数f(x)＝(ax＋1)ex－1(a∈R).若f(x)≤(a＋1)x 对任意的x∈[0,＋∞)恒
成立,求a 的取值范围.
解 f(x)≤(a＋1)x 对任意的x∈[0,＋∞)恒成立,即(a＋1)x－(ax＋1)ex＋1≥0 对任意的x∈[0,＋∞)
恒成立,
令g(x)＝(a＋1)x－(ax＋1)ex＋1,x≥0,
所以g'(x)＝(a＋1)－(ax＋a＋1)ex,
令u(x)＝g'(x),
所以u'(x)＝－(ax＋2a＋1)ex,x≥0,
当a≤－1
2时,2a＋1≤0,
又x≥0,所以ax＋2a＋1≤0,
所以u'(x)＝－(ax＋2a＋1)ex≥0 在[0,＋∞)上恒成立,
所以u(x)即g'(x)在区间[0,＋∞)上单调递增,
所以g'(x)≥g'(0)＝0,所以g(x)在区间[0,＋∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(0)＝0,符合题意;
当－1
2<a<0 时,令u'(x)<0,
解得0≤x<－2a＋1
a
,
则u(x)即g'(x)在区间(0,−2a＋1
a )上单调递减;
所以当x∈(0,−2a＋1
a )时,g'(x)<g'(0)＝0,
所以g(x)在区间(0,−2a＋1
a )上单调递减,
所以当x∈(0,−2a＋1
a )时,g(x)<g(0)＝0,不符合题意;
当a≥0 时,又x≥0,
所以u'(x)≤0,所以u(x)即g'(x)在区间(0,＋∞)上单调递减,
所以g'(x)≤g'(0)＝0,
所以g(x)在区间(0,＋∞)上单调递减,
所以g(x)≤g(0)＝0,不符合题意.
综上,a 的取值范围为(−∞,−1
2].
4.(2025·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝1
x －a(ln x＋a).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0 时,f(x)≥(a－1)ln (－a),求实数a 的值.
解 (1)因为f(x)＝1
x －a(ln x＋a),
定义域为(0,＋∞),
求得f'(x)＝－1
x
2 －a
x ＝－ax＋1
x
2
,
所以当a≥0 时,f'(x)≤0 成立,此时f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当a<0 时,x∈(0,−1
a),f'(x)<0,f(x)单调递减;
x∈(−1
a ,＋∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上:当a≥0 时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当a<0 时,f(x)在(0,−1
a)上单调递减,
在(−1
a ,＋∞)上单调递增.
(2)由(1)得,当a<0 时,
f(x)min＝f(−1
a)＝－a－a[ln (−1
a)＋a]＝aln (－a)－a－a2,
要使不等式f(x)≥(a－1)ln (－a)成立,
即需使不等式aln (－a)－a－a2≥(a－1)ln (－a)成立,即不等式a2＋a－ln (－a)≤0 成立,
令g(a)＝a2＋a－ln (－a),a<0,
则g'(a)＝2a＋1－1
a ＝2a
2＋a−1
a
＝(2a−1)(a＋1)
a
,
令g'(a)>0,则－1<a<0;
令g'(a)<0,则a<－1;
所以g(a)在(－∞,－1)上单调递减,在(－1,0)上单调递增,
所以g(a)min＝g(－1)＝(－1)2－1－ln 1＝0,
则g(a)≥0 恒成立,
所以当a<0 时,f(x)≤(a－1)ln (－a)恒成立,
若f(x)≥(a－1)ln (－a),
则f(x)＝(a－1)ln (－a),所以a＝－1
