第5節(jié)不等式恒（能）成立問題題型分析恒(能)成立問題是高考的?？伎键c(diǎn)，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)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.題型一分離參數(shù)法求參數(shù)范圍例1(2020·全國Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.當(dāng)x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1恒成立，求a的取值范圍.思維建模1.分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，這要比分類討論法簡便很多.2.a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min；a≥f(x)能成立?a≥f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.洛必達(dá)法則1.在解決不等式恒(能)成立，求參數(shù)的取值范圍這一類問題時，最常用的方法是分離參數(shù)法，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值，但在求最值時如果出現(xiàn)“eq\f(0,0)”型或“eq\f(∞,∞)”型的代數(shù)式，解決此類問題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則.2.洛必達(dá)法則法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)limx→aeq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝0及l(fā)imx→aeq^\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)limx→aeq^\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→ag(x)(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f（x）,g（x）)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→a))limx→aeq\f(f′（x）,g′（x）)＝A.典例(1)(2025·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若對任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)已知函數(shù)f(x)＝2ax3＋x.當(dāng)x∈(1，＋∞)時，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范圍.題型二分類討論法求參數(shù)范圍例2(12分)(2024·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.(1)當(dāng)a＝－2時，求f(x)的極值；(2)當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍.[思路分析](1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)與單調(diào)性求f(x)的極值.(2)思路一：求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，令S(x)＝f′(x)，根據(jù)S′(x)的符號討論f′(x)的符號，把問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f(x)的最值.思路二：先求出當(dāng)x≥0時，f(x)≥0的必要條件，然后證明其滿足充分性.[規(guī)范解答]解(1)當(dāng)a＝－2時，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝2ln(1＋x)＋eq\f(1＋2x,1＋x)－1＝2ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x)＋1.?→eq\a\vs4\al(求導(dǎo)數(shù))(1分)易知f′(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，→eq\a\vs4\al(根據(jù)f′（x）的符號確定f（x）的單調(diào)區(qū)間)(3分)eq\x(所以當(dāng)x＝0時，f（x）取得極小值，為f（0）＝0，f（x）無極大值.)→eq\a\vs4\al(求f（x）的極值)(5分)(2)法一f′(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x)，x≥0，?設(shè)S(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x)，x≥0，則S′(x)＝－eq\f(a,x＋1)－eq\f(a＋1,（1＋x）2)＝－eq\f(ax＋2a＋1,（1＋x）2)，?→eq\a\vs4\al(為了確定f′（x）的符號，求f（x）的二階導(dǎo)數(shù))(6分)當(dāng)a≤－eq\f(1,2)時，S′(x)≥0，?故S(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，故S(x)≥S(0)＝0，即f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，故f(x)≥f(0)＝0.?→eq\a\vs4\al(利用S′（x）的符號得到當(dāng)a≤－\f(1,2)時原不等式成立)(8分)當(dāng)－eq\f(1,2)<a<0時，當(dāng)0<x<－eq\f(2a＋1,a)時，S′(x)<0，故S(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上為減函數(shù)，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上S(x)<S(0)＝0，即在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上為減函數(shù)，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上f(x)<f(0)＝0，不合題意，舍去.?→eq\a\vs4\al(證明－\f(1,2)<a<0時不合題意)(10分)當(dāng)a≥0時，此時，S′(x)<0在[0，＋∞)上恒成立，同理可得在(0，＋∞)上f(x)<f(0)＝0，不合題意，舍去.?→eq\a\vs4\al(證明a≥0時，不合題意)綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).(12分)法二f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，則f′(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x)，設(shè)g(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x)，則g′(x)＝－eq\f(a,1＋x)－eq\f(a＋1,（1＋x）2).?→eq\a\vs4\al(求f′（x）及其導(dǎo)數(shù)，用以確定f（x）的單調(diào)性)(6分)因為當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－eq\f(1,2)，故a≤－eq\f(1,2)是原不等式成立的一個必要條件.?→eq\a\vs4\al(找出原不等式成立的一個必要條件)(8分)下面證明其充分性：當(dāng)a≤－eq\f(1,2)，x≥0時，?g′(x)≥eq\f(1,2（1＋x）)－eq\f(1,2（1＋x）2)＝eq\f(x,2（1＋x）2)≥0，所以f′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)≥f(0)＝0.?→eq\a\vs4\al(證明a≤－\f(1,2)是使原不等式成立的充分條件)(11分)綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).(12分)[滿分規(guī)則]?得步驟分①處求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)或其二階導(dǎo)數(shù)是解題步驟之一，也是本題的最容易得分之處，一定要準(zhǔn)確求導(dǎo).?得關(guān)鍵分解決不等式的恒成立問題關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，而確定函數(shù)的單調(diào)性最為關(guān)鍵.解法一②處利用單調(diào)性求最值，從而得到a的取值范圍，解法二②處證明a≤－eq\f(1,2)滿足充分性.?得討論分解含參數(shù)的函數(shù)問題，要仔細(xì)觀察參數(shù)的符號對其分類討論，據(jù)此求參數(shù)的范圍.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤eq\f(lnx,x＋1)恒成立，求a的取值范圍.題型三雙變量的恒(能)成立問題例3已知f(x)＝eq\f(a,x)＋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；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.思維建模雙變量的恒(能)成立問題，常見的轉(zhuǎn)化有：(1)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(2)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(3)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(4)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.訓(xùn)練3(2025·汕頭聯(lián)考改編)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，若?x2∈[0，＋∞)，都?x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值.端點(diǎn)效應(yīng)1.端點(diǎn)效應(yīng)的概念：假設(shè)題干給出含參不等式f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求參數(shù)a的取值范圍.若f(x)恰好滿足f(0)＝0，則稱該不等式具有端點(diǎn)效應(yīng).2.具有端點(diǎn)效應(yīng)的含參不等式恒成立問題的一種常用的解題方法是帶參討論，尋找討論的分界點(diǎn)是解題的關(guān)鍵.既然f(x)≥0要恒成立，且f(0)＝0，那么f(x)在x＝0右側(cè)附近函數(shù)值不能減少，所以f′(0)≥0，由此可得到f(x)≥0成立的必要條件f′(0)≥0(不一定是充分條件)，從而找到討論的分界點(diǎn).之后，再討論所求的必要條件的充分性.3.端點(diǎn)效應(yīng)的類型：(1)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上，f(x)≥0恒成立，則f(a)≥0或f(b)≥0.(2)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0(或f(b)＝0)，則f′(a)≥0(或f′(b)≤0).(3)如果函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f′(a)＝0(或f(b)＝0，f′(b)＝0)，則f″(a)≥0(或f″(b)≤0).典例已知函數(shù)f(x)＝xeax－ex，當(dāng)x>0時，f(x)<－1，求a