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微专题6　不等式恒(能)成立问题
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)f'(x)=+ln x(x>0),因为x=1为f(x)的极值点,
所以f'(1)=1-a=0,解得a=1.
当a=1时,令g(x)=f'(x)=+ln x(x>0),则g'(x)=+>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,f'(x)=g(x)g(1)=0,f(x)单调递增,满足题意,故a=1.
(2)方法一(参变分离+最值):由题意得(x-a)ln x≥x+a-1对于x≥1恒成立,
即xln x-x+1≥aln x+a对于x≥1恒成立,当x≥1时,ln x+1≥1,故a≤对于x≥1恒成立.
令h(x)=(x≥1),
则h'(x)==+≥0,当且仅当x=1时,h'(1)=0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,所以a≤0.
方法二(端点效应+充分性证明):当x≥1时,f(x)≥x+a-1,所以当x=1时,f(1)=0≥1+a-1=a,所以a≤0.
下面证明其充分性,即证当a≤0,x≥1时,f(x)≥x+a-1恒成立,即证当a≤0,x≥1时,
(x-a)ln x-x-a+1≥0恒成立.记G(a)=-(ln x+1)a+xln x-x+1(a≤0),由x≥1,得-(ln x+1)<0,故G(a)在(-∞,0]上单调递减,
则G(a)≥G(0)=xln x-x+1.
记r(x)=xln x-x+1(x≥1),则r'(x)=ln x,当x≥1时,r'(x)≥0,当且仅当x=1时,r'(1)=0,即r(x)在[1,+∞)上单调递增,故r(x)≥r(1)=0.
故当a≤0,x≥1时,f(x)≥x+a-1恒成立,所以a的取值范围是(-∞,0].
自测题
1.解:(1)f(x)的定义域为R,当a=0时,f(x)=ex-cos x-2x,f'(x)=ex+sin x-2.当x≤0时,0当x>0时,令g(x)=f'(x)=ex+sin x-2,则g'(x)=ex+cos x,因为ex>1,-1≤cos x≤1,所以g'(x)>0,故g(x)=f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f'(0)=-1<0,f'(1)=e+sin 1-2>0,所以存在唯一的x0∈(0,1),使f'(x0)=0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=x0处取得极小值.综上,当a=0时,f(x)有1个极小值点,无极大值点.
(2)由题知f'(x)=ex+sin x-(2a+2).
令h(x)=f'(x)=ex+sin x-(2a+2)(x≥0),则h'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0(不同时取等号),所以h(x)=f'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x≥0时,f'(x)≥f'(0)=-2a-1.
当a≤-时,f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0,此时f(x)在[0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0,符合题意;
当a>-时,f'(0)=-2a-1<0,
又f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2)=1+sin(2a+2)≥0,f'(x)在(0,+∞)上单调递增,所以存在x1>0,使得f'(x1)=0,当x∈[0,x1)时,f'(x)<0,f(x)在[0,x1)上单调递减,此时f(x)≤f(0)=0,不合题意.综上,实数a的取值范围为.
2.解:(1)当b=0时,f(x)=ln+ax,f(x)的定义域为(0,2),f'(x)=+a.∵+a≥2+a,当且仅当x=1时取等号,
∴若f'(x)≥0,则只需2+a≥0,解得a≥-2,故a的最小值为-2.
(2)证明:由y=ln的图象关于点(1,0)中心对称,y=ax的图象关于点(1,a)中心对称,y=b(1-x)3的图象关于点(1,0)中心对称,得曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,证明如下:
∵f(1+x)+f(1-x)=ln+a(1+x)+bx3+ln+a(1-x)+b(-x)3=2a,∴曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称,故曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)方法一:由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2,
∴f(x)=ln-2x+b(x-1)3.
f'(x)=.若-≤b≤0,则f'(x)>0在(1,2)上恒成立,故f(x)在(1,2)上单调递增,则f(x)>f(1)=-2,满足题意.
当b<-或b>0时,令f'(x)=0,可得x=1+.若b<-,则当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,则f0,则1+>2,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,故f(x)>f(1)=-2,满足题意.综上,b的取值范围是.
方法二:由函数f(x)连续及题意知f(1)=-2,故a=-2,故f(x)=ln-2x+b(x-1)3,f'(x)=-2+3b(x-1)2,f'(1)=0.令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x-1).
y=x(2-x)在(1,2)上单调递减,由复合函数的单调性知g(x)=+6b在(1,2)上单调递增.
若g(1)≥0,即4+6b≥0,即b≥-,
则当x∈(1,2)时,g(x)>g(1)≥0,则m'(x)>0,∴f'(x)在(1,2)上单调递增,
∴f'(x)>f'(1)=0,∴f(x)在(1,2)上单调递增,∴当1f(1)=-2,满足题意.若g(1)<0,即4+6b<0,即b<-,当x→2时,g(x)→+∞,
则存在x0∈(1,2),使得g(x0)=0,
当10,∴f'(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,2)上单调递增,∴当x∈(1,x0)时,f'(x)综上,b的取值范围为.
例2　解:(1)f'(x)=+(1-a)x-b.
由题设知f'(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1).
(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1(ii)若1,故当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f=aln++>,所以不合题意.
(iii)若a>1, 则f(1)=-1=<,符合题意.综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
自测题
解:(1)因为f(x)=ln(2x+1)-4sin x,
所以f'(x)=-4cos x,
则f'(0)=-2,又f(0)=0,所以f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=-2x.
(2)令g(x)=f'(x)=-4cos x,x∈,则g'(x)=-+4sin x.因为g'(x)在上单调递增,g'(0)=-4<0,g'=4->0,所以存在x0∈,使得g'(x0)=0.当x∈[0,x0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增.因为f'(0)=g(0)=-2<0,f'=g=>0,所以存在x1∈,使得f'(x1)=0.当x∈[0,x1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.又f(0)=0,f=ln(π+1)-4<0,所以当x∈时,f(x)max=f(0)=0,
所以a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
例3　C　[解析] 方法一:由题意可知,f(x)的定义域为(-b,+∞).令x+a=0,解得x=-a;令ln(x+b)=0,解得x=1-b.若-a≤-b,则当x∈(-b,1-b)时,x+a>0,ln(x+b)<0,此时f(x)<0,不符合题意;若-b<-a<1-b,则当x∈(-a,1-b)时,x+a>0,ln(x+b)<0,此时f(x)<0,不符合题意;若-a=1-b,则当x∈(-b,1-b)时,x+a<0,ln(x+b)<0,此时f(x)>0,当x∈[1-b,+∞)时,x+a≥0,ln(x+b)≥0,此时f(x)≥0,所以-a=1-b符合题意;若-a>1-b,则当x∈(1-b,-a)时,x+a<0,ln(x+b)>0,此时f(x)<0,不符合题意.综上所述,-a=1-b,即b=a+1,则a2+b2=a2+(a+1)2=2+≥,当且仅当a=-,b=时,等号成立,所以a2+b2的最小值为.
方法二:由题意可知,f(x)的定义域为(-b,+∞).令x+a=0,解得x=-a;令ln(x+b)=0,解得x=1-b.当x∈(-b,1-b)时,ln(x+b)<0,要使f(x)≥0,则需x+a≤0,所以1-b+a≤0,当x∈(1-b,+∞)时,ln(x+b)>0,要使f(x)≥0,则需x+a≥0,所以1-b+a≥0,故1-b+a=0,则a2+b2=a2+(a+1)2=2+≥,当且仅当a=-,b=时,等号成立,所以a2+b2的最小值为.
例4　解:(1)f'(x)=+2x-a,则f'=+1-a=0,所以a2-a-2=0,又a>0,所以a=2,此时f(x)=ln+x2-2x,f'(x)=,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
又f(0)=ln,f=-,f(2)=ln>ln,关于x的方程f(x)-b=0在[0,2]上恰有两个不相等的实数根,所以-(2)f'(x)=+2x-a=
=
.
因为1所以当x∈时,f'(x)>0恒成立,f(x)max=f(1)=ln+1-a,
对任意的a∈(1,2),总存在x0∈,使不等式f(x0)>m(a2+2a+3)成立,等价于对任意的a∈(1,2),不等式ln+1-a>m(a2+2a-3)恒成立.设h(a)=ln+1-a-m(a2+2a-3)(1当m≥0时,h'(a)<0,所以h(a)在区间(1,2)上单调递减,此时h(a)所以m≥0不可能使h(a)>0恒成立,故必有m<0.因为(a+1)2>4a,所以h'(a)>=.
若m≤-,则h'(a)≥0,所以h(a)在区间(1,2)上单调递增,故h(a)>h(1)=0,满足要求;若-0恒成立相矛盾.综上,实数m的取值范围是.
自测题
1.B　[解析] 因为≤0恒成立,所以-a=0和x+-c=0有相同的正根,设为x1,x2(x1≤x2).对于方程x+-c=0,两边同乘x得x2-cx+b=0,由一元二次方程的性质,可得Δ=c2-4b≥0,且x1+x2=c>0,x1x2=b>0.由=a可得ln x1=ax1,由=a可得ln x2=ax2.根据对数运算法则ln(x1x2)=ln x1+ln x2,得ln(x1x2)=a(x1+x2),所以ln b=ac>0,所以b>1.令g(b)=(b>1),对g(b)求导,得g'(b)==.令g'(b)=0,则
1-ln b=0,解得b=e2.当b∈(0,e2)时,g'(b)>0,g(b)单调递增;当b∈(e2,+∞)时,g'(b)<0,g(b)单调递减.所以g(b)在b=e2处取得最大值g(e2)==.综上,=的最大值为.故选B.
2.解:(1)由已知,f(x)=ax-xex,故f'(x)=a-ex(x+1).可得f(0)=0,f'(0)=a-1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-0=(a-1)(x-0),即y=(a-1)x.
(2)证明:由(1)知,f'(x)=a-ex(x+1),令F(x)=f'(x)=a-ex(x+1),则F'(x)=-ex(x+2).所以F'(x)>0在(-∞,-2)恒成立,F'(x)<0在(-2,+∞)恒成立.因此,f'(x)在(-∞,-2)单调递增,在(-2,+∞)单调递减.
由a>0,可得f'(-2)=a+e-2>0.依题意,当x<-2时,f'(x)=a-ex(x+1)>0恒成立.因此,f'(x)>0在(-∞,-2)恒成立,即f(x)在(-∞,-2)无极值点.
依题意,f'(a)=a-ea(a+1).不妨令g(a)=a-ea(a+1)(a>0),故g'(a)=1-ea(a+2),令G(a)=g'(a)=1-ea(a+2)(a>0),则G'(a)=-ea(a+3)<0在(0,+∞)恒成立,所以g'(a)在(0,+∞)单调递减,则有g'(a)0恒成立.因为f'(-2)>0,f'(x)在(-2,+∞)单调递减,所以存在唯一的x0∈(-2,a),使f'(x0)=0,即f(x)在(-2,+∞)有且仅有一个极值点.
所以f(x)存在唯一极值点.
(3)依题意,若存在a,使f(x)≤a+b对任意的x∈R成立,则有a+b≥f(x)max.由(2)知,f'(x)>0在(-∞,x0)恒成立,f'(x)<0在(x0,+∞)恒成立,且f'(x0)=0,即a=(x0+1),则f(x)在(-∞,x0)单调递增,在(x0,+∞)单调递减.因此,f(x)max=f(x0)=ax0-x0=,则有b≥f(x)max-a=(-x0-1).由(2)知,f'(x)在R上存在唯一的零点,即存在唯一的x0与a对应,使a=(x0+1)成立.因此,若存在a,使b≥(-x0-1)成立,则存在x0∈(-2,a),使b≥(-x0-1)成立,所以b≥[(-x0-1)]min.
不妨令h(x)=ex(x2-x-1),x∈(-2,a),故h'(x)=ex(x2+x-2).令h'(x) =0,解得x=-2或x=1.所以h'(x) <0在(-2,1)恒成立,h'(x)>0在(1,+∞)恒成立.因此,h(x)在(-2,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.所以h(x)min=h(1)=-e,此时,a=e1(1+1)=2e,满足x∈(-2,a)的条件,故[(-x0-1)]min=-e,则b≥-e,所以实数b的取值范围为[-e,+∞).限时集训(六)
1.C　[解析] 依题意得k≥0,当x≤0时,不等式恒成立,故只需考虑x>0的情况,此时k≤恒成立.令f(x)=(x>0),则f'(x)=,易知f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=e,所以k≤e,即实数k的最大值为e.
2.A　[解析] 若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≥0有解,则m≤.设g(x)=(x>0),则g'(x)==-.令g'(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1.故m的取值范围为(-∞,1].
3.A　[解析] 函数f(x)=x2-ax+ln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-a+=,因为f(x)有两个极值点x1,x2,所以f'(x)=在(0,+∞)上有两个不同的零点,所以关于x的方程x2-ax+1=0在(0,+∞)上有两个不同的实根,则解得a>2.若不等式f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立,则λ>恒成立.因为f(x1)+f(x2)=-ax1+
ln x1+-ax2+ln x2=ln(x1x2)-a(x1+x2)+[(x1+x2)2-2x1x2]=--1,所以=--.设h(a)=--,a∈(2,+∞),则h'(a)=-,因为a2>4,所以h'(a)<0,所以h(a)在(2,+∞)上单调递减,所以h(a)4.　[解析] 对任意的x∈(0,+∞),不等式ax≥x3恒成立,等价于xln a≥3ln x恒成立,即ln a≥恒成立.令f(x)=,求导得f'(x)=,当00,当x>e时,f'(x)<0,故函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故f(x)max=f(e)=.所以ln a≥,解得a≥,所以a的最小值为.
5.[-1,+∞)　[解析] 由题意,f(x)min≤g(x)min.当x<1时,x-1<0,ex-e<0,所以f(x)>0;当x≥1时,x-1≥0,ex-e≥0,所以f(x)≥0,当且仅当x=1时等号成立.所以f(x)min=0,所以对任意的x∈(0,+∞),都有g(x)≥0,即x-ln x+a≥0恒成立,即a≥ln x-x恒成立.令h(x)=ln x-x,则h'(x)=-1=(x>0),当00,当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(1)=-1,因此a≥-1,故a的取值范围为[-1,+∞).
6.1　[解析] 因为g(x)=x+ex,所以g'(x)=1+ex>0恒成立,所以g(x)=x+ex在R上单调递增,又因为f(x)=x+ln x=eln x+ln x=g(ln x),且存在x1,x2,使得g(x1)=f(x2)=g(ln x2),所以x1=ln x2,所以|x1-x2|=|ln x2-x2|.令h(x)=ln x-x+1(x>0),则h'(x)=-1=,当00,当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(1)=0,所以ln x≤x-1,即x-ln x≥1,当且仅当x=1时取等号,所以|x1-x2|=|ln x2
-x2|=|x2-ln x2|=x2-ln x2≥1(当且仅当x2=1时取等号,此时x1=0,g(x1)=f(x2)=1满足题意),所以|x1-x2|的最小值为1.
7.解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,所以f'(x)=ex-1,
当x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=0.
(2)因为x>0,所以f(x)≥x2恒成立等价于a≤恒成立.
令g(x)=(x>0),则a≤g(x)min.g'(x)=,
由(1)得当x>0时,ex-x-1>0恒成立,所以当01时,g'(x)>0,
所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=e-2,所以a≤e-2.
8.解:(1)由f(x)=ln x-kx≥0(x>0)得k≤,可得存在x∈(0,+∞),使得k≤成立,所以k≤.
令g(x)=,则g'(x)=,令g'(x)=0,得x=e,
当00,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以g(x)≤g(e)==,故k≤.
(2)若关于x的不等式f(x)≤在(0,+∞)上恒成立,则关于x的不等式ln x-kx-≤0在(0,+∞)上恒成立.
令h(x)=ln x-kx-(x>0),则h(x)max≤0,令h'(x)=-k+==0,则x=-(舍)或x=,
当00,当x>时,h'(x)<0,所以h(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以h(x)max=h=ln-k·-=ln-ln k≤0,
则k≥,故k的最小值为.
9.A　[解析] 因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)①,对两边求导得,f'(x)=-f'(-x)②,在f(x)+f'(x)=2ex③中,用-x代替x得f(-x)+f'(-x)=2e-x④,由①②④可得,f(x)-f'(x)=2e-x⑤,由③⑤可得,f(x)=ex+e-x,则k[f(x)-ex]≤x可化简为k≤xex.令g(x)=xex,则g'(x)=(x+1)ex,由g'(x)>0得x>-1,由g'(x)<0得x<-1,则g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,则g(x)的最小值为g(-1)=-,故k≤-,则实数k的取值范围是.
10.解:(1)由题可得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x,所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e,
故f(x)=ex-x+x2.
f'(x)=ex-1+x,易知f'(x)为增函数且f'(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)由题可得ex-(a+1)x≥b①对任意x∈R恒成立.
(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<时,ex-(a+1)x此时①式不成立.
(ii)若a+1=0,则(a+1)b=0.
(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).
当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.
故g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增,
故g(x)有最小值g[ln(a+1)]=a+1-(a+1)ln(a+1),
所以对任意x∈R,f(x)≥x2+ax+b恒成立等价于b≤a+1-(a+1)ln(a+1)②,故(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),a>-1,则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)],令h'(a)=0得a=-1,
所以h(a)在(-1,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,
故h(a)在a=-1处取得最大值h(-1)=,
故h(a)≤,即(a+1)b≤.
当a=-1,b=时,②式等号成立.
综上,(a+1)b的最大值为.
11.解:(1)证明:由题知f(-x)=f(x),f(x)+f(2-x)=0,
所以f(x)=-f(2-x)=-f(x-2),
所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
所以f(x)是以4为周期的周期函数.
(2)证明:因为f(x)是周期为4的偶函数,且f(x)的图象关于点(1,0)中心对称,f(x)在区间[0,2]上单调递减,
所以f(x)在一个周期(-2,2]上的情况为
x (-2,0] (0,2]
f(x) 单调递增 单调递减
所以f(2)为f(x)的最小值.
根据周期性,不妨设a∈(-2,2],显然区间[a-t,a+t]的长度2t<4.
若a=0,则f(x)在区间[-t,0]上单调递增,在区间[0,t]上单调递减,
所以当取k=±t时,满足f(k)≤f(t).
若a∈(0,2],则0当a-t<2当a-t同理可证,当a∈(-2,0)时,存在k∈[a-t,a+t],使得f(k)≤f(t).
综上,对任意的a∈R,存在k∈[a-t,a+t],使得f(k)≤f(t).
(3)(i)因为F(x+4)=3f(x+4)-f(3x+12)=3f(x)-f(3x)=F(x),
且F(-x)=3f(-x)-f(-3x)=3f(x)-f(3x)=F(x),
所以F(x)是周期为4的偶函数.不妨设x∈[0,2],
则F'(x)=3f'(x)-[f(3x)]'=[f(x+1)-f(3x+1)],
令F'(x)=0,则f(x+1)=f(3x+1),
所以3x+1=x+1+4k,k∈Z或3x+1=-(x+1)+4k,k∈Z,
即x=2k,k∈Z或x=k-,k∈Z,又x∈[0,2],所以可得x=0或x=或x=或x=2.
对于f(x)+f(2-x)=0,令x=1,则f(1)+f(2-1)=0,得f(1)=0,
又f(x)在[0,2]上单调递减,
所以f(0)>0,f(2)<0,
又因为F(2)=3f(2)-f(6)=3f(2)-f(2)=2f(2)<0,F(0)=3f(0)-f(0)=2f(0)>0,F=3f-f=-3f-
f=-4f<0,F=3f-f=4f=2>2f(0)=F(0),
所以F(x)的最大值为2.
(ii)当θ=0时,由(i)知F(x)max=2,所以bmin=2.
当θ≠0时,下面证明总存在x∈R,使得3f(x)-f(3x+θ)≥2成立.
不妨设x∈[-φ,φ](3φ∈(0,2)),则3x+θ∈[θ-3φ,θ+3φ],
因为f(x)在区间[-φ,0]上单调递增,在[0,φ]上单调递减,f(-φ)=f(φ),所以f(x)≥f(φ)恒成立,
由(2)知,存在3x+θ∈[θ-3φ,θ+3φ],使得f(3x+θ)≤f(3φ),
所以存在x∈[-φ,φ],使得3f(x)-f(3x+θ)≥3f(φ)-f(3φ)成立,
由(i)知,当φ=时,3f(φ)-f(3φ)=2,所以总存在x∈R,使得3f(x)-f(3x+θ)≥2,所以b≥2.
综上,b的最小值为2.微专题6　不等式恒(能)成立问题
微点1　不等式恒成立问题
例1 [2025·华中师大一附中模拟] 已知函数f(x)=(x-a)ln x(a∈R).
(1)若x=1为f(x)的极值点,求a的值;
(2)当x≥1时,f(x)≥x+a-1恒成立,求a的取值范围.
【规律提炼】
解决恒成立问题有时用“端点效应”的方法处理很方便.
“端点效应”解题步骤:
(1)找必要条件:考虑函数在区间端点值是否具有特殊性,缩小范围;通过不等式成立的必要条件求出参数的取值范围.
(2)证充分条件:通过函数的单调性求解,证明充分性.
自测题
1.[2025·浙江精诚联盟联考] 已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x.
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值点个数;
(2)若对任意的x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
2.[2024·新课标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)当1微点2　不等式能成立问题
例2 设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.
【规律提炼】
对于求不等式恒(能)成立时的参数取值范围问题,一般可以转化为求最值问题.通常有三种方法:一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件;二是分类讨论法,根据参数取值情况分类讨论;三是数形结合法,将不等式转化为两个函数,通过两个函数的图象确定条件.
自测题
[2025·西南“3+3+3”一诊] 已知函数f(x)=ln(2x+1)-4sin x.
(1)求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若存在x∈,使得f(x)≥a成立,求a的取值范围.
微点3　双变量问题
例3 [2024·新课标Ⅱ卷] 设函数f(x)=(x+a)ln(x+b),若f(x)≥0,则a2+b2的最小值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.1
[听课笔记]

例4 已知函数f(x)=ln+x2-ax(a为常数,a>0).
(1)当f(x)在x=处取得极值时,若关于x的方程f(x)-b=0在[0,2]上恰有两个不相等的实数根,求实数b的取值范围;
(2)若对任意的a∈(1,2),总存在x0∈,使不等式f(x0)>m(a2+2a-3)成立,求实数m的取值范围.
【规律提炼】
涉及“双变量”或“双参”的问题,往往是构建双变量之间的等量关系式,进而选取其中一个变量作为“主元”,结合消元处理转化为涉及该“主元”的关系式,从而巧妙地将双变量问题转化为单变量问题,借助函数的构建以及导数的应用,通过函数的基本性质来确定对应的最值问题.
自测题
1.[2025·江西八校联考] 已知a∈,若≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则的最大值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.e
2.已知a>0,函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明f(x)存在唯一极值点;
(3)若存在a,使得f(x)≤a+b对于任意的x∈R成立,求实数b的取值范围.　限时集训(六)微专题6　不等式恒(能)成立问题
1.[2025·广州三模] 若不等式ex≥kx(e=2.718 28…为自然对数的底数)对任意实数x恒成立,则实数k的最大值为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.0 B.1 C.e D.e2
2.函数f(x)=ln x-mx+1,若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0有解,则m的取值范围为 (　 )
A.(-∞,1] B.(-∞,2]
C.[1,+∞) D.[2,+∞)
3.已知函数f(x)=x2-ax+ln x,a∈R.若f(x)有两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立,则实数λ的取值范围为 (　 )
A. B.
C.[-,+∞) D.[,+∞)
4.已知a>1,关于x的不等式ax≥x3在(0,+∞)上恒成立,则a的最小值为　　　　.
5.设函数f(x)=(x-1)(ex-e),g(x)=x-ln x+a,若对任意的x2∈(0,+∞),总存在x1∈R,使得f(x1)≤g(x2),则实数a的取值范围是　　　　.
6.设函数f(x)=x+ln x,g(x)=x+ex,若存在x1,x2,使得g(x1)=f(x2),则|x1-x2|的最小值为　　　　.
7.[2025·江苏苏州八校三模] 已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)当a=1时,求f(x)的最小值;
(2)若f(x)≥x2对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
8.[2025·沈阳二模] 已知函数f(x)=ln x-kx.
(1)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≥0成立,求k的取值范围;
(2)若k>0,关于x的不等式f(x)≤在(0,+∞)上恒成立,求k的最小值.
9.[2025·江苏南通二模] 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,f'(x)是f(x)的导函数,f(x)+f'(x)=2ex,若k[f(x)-ex]≤x在R上恒成立,则实数k的取值范围是 (　 )
A. B.
C.(-∞,-1] D.[-1,0)
10.已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
(2)若f(x)≥x2+ax+b对任意x∈R恒成立,求(a+1)b的最大值.
11.已知函数y=f(x)的图象在定义域R上连续不断,f(-x)=f(x),f(x)+f(2-x)=0,f(x)在区间[0,2]上单调递减,f'(x)是f(x)的导数.
(1)证明:f(x)是周期函数.
(2)给定t∈(0,2),设a∈R,证明:存在k∈[a-t,a+t],使得f(k)≤f(t).
(3)若f'(x)=f(x+1),f(0)<,f=,设函数F(x)=3f(x)-f(3x).
(i)求F(x)的最大值;
(ii)若存在θ∈R,使得3f(x)-f(3x+θ)≤b对任意的x∈R恒成立,求实数b的最小值.(共64张PPT)
微专题6 不等式恒（能）成立问题
微点1 不等式恒成立问题
微点2 不等式能成立问题
微点3 双变量问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查内容 考题统计 考情分析 必备知识
恒成立 （能成立） 利用导数研究 不等式恒 （能）成立求 参数范围 首选分离参数
法,其次可以直
接构造函数或利
用“端点效应”
微点1 不等式恒成立问题
例1 [2025·华中师大一附中模拟] 已知函数 .
（1）若为的极值点,求 的值；
解：,
因为为 的极值点,所以,解得 .
当时,令 ,则,
所以在上单调递增,
又 ,
所以当时,, 单调递减,
当时,, 单调递增,满足题意,
故 .
例1 [2025·华中师大一附中模拟] 已知函数 .
（2）当时,恒成立,求 的取值范围.
解：方法一（参变分离最值）
由题意得 对于恒成立,
即对于 恒成立,
当时,,故对于 恒成立.
令 ,则,
当且仅当 时,,所以在上单调递增,
所以 ,所以 .
方法二（端点效应充分性证明）当时, ,
所以当时,,所以 .
下面证明其充分性,即证当,时, 恒成立,
即证当,时, 恒成立.
记,
由 ,得,故在 上单调递减,
则 .
记,则,
当 时,,当且仅当时,,
即在 上单调递增,故 .
故当,时,恒成立,
所以 的取值范围是 .
【规律提炼】
解决恒成立问题有时用“端点效应”的方法处理很方便.
“端点效应”解题步骤：
（1）找必要条件：考虑函数在区间端点值是否具有特殊性,缩小范
围；通过不等式成立的必要条件求出参数的取值范围.
（2）证充分条件：通过函数的单调性求解,证明充分性.
自测题
1.[2025·浙江精诚联盟联考] 已知函数 .
（1）当时,求函数 的极值点个数；
解：的定义域为,
当时, ,.
当时,, ,
又,所以,故在 上单调递减,无极值.
当时,令,则 ,
因为,,所以,
故 在 上单调递增.
又, ,
所以存在唯一的,使,
当时,, 在上单调递减,
当时,,在 上单调递增,
所以在处取得极小值.
综上,当 时, 有1个极小值点,无极大值点.
1.[2025·浙江精诚联盟联考] 已知函数 .
（2）若对任意的,恒成立,求实数 的取值范围.
解：由题知 .
令 ,
则 （不同时取等号）,
所以在上单调递增,
故当 时, .
当时,,
此时在 上单调递增,故 ,符合题意；
当时, ,
又 ,
在上单调递增,
所以存在,使得 ,
当时,,在 上单调递减,
此时,不合题意.
综上,实数的取值范围为 .
2.[2024· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（1）若,且,求 的最小值；
解：当时,,的定义域为 ,
,当且仅当 时取等号,
若,则只需,解得,
故的最小值为 .
2.[2024· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（2）证明：曲线 是中心对称图形；
证明：由的图象关于点中心对称, 的图象关于
点中心对称,的图象关于点 中心对称,
得曲线关于点 中心对称,证明如下：
,
曲线关于点 中心对称,
故曲线 是中心对称图形.
2.[2024· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（3）当时,的取值范围是,求 的取值范围.
解：方法一：由函数连续及题意知,故 ,
.
.
若,则在 上恒成立,
故在上单调递增,则 ,满足题意.
当或时,令,可得.
若 ,则当时,, 单调递减,
当时,, 单调递增,
则,不满足题意,舍去.
若 ,则,当时,,
故 ,满足题意.
综上,的取值范围是 .
方法二：由函数连续及题意知,故 ,
故, ,
.
令,则 .
在 上单调递减,
由复合函数的单调性知在 上单调递增.
若,即,即 ,
则当时,,则,
在 上单调递增, ,在上单调递增,
当 时,,满足题意.
若,即,即 ,当时, ,
则存在,使得 ,
当时,,当时,,
在上单调递减,在上单调递增,
当 时, ,在上单调递减,
当 时, ,不满足题意.
综上,的取值范围为 .
微点2 不等式能成立问题
例2 设函数,曲线 在点
处的切线斜率为0.
（1）求 ；
解： .
由题设知,解得 .
例2 设函数,曲线 在点
处的切线斜率为0.
（2）若存在,使得,求 的取值范围.
解：的定义域为,由（1）知, ,
.
若,则,
故当时,,在 上单调递增.
所以,存在,使得 的充要条件为,
即,解得 .
若,则,
故当时, ;当时,
在 上单调递减,在 上单调递增.
所以,存在,使得的充要条件为 .
而 ,所以不合题意.
若,则,符合题意.
综上, 的取值范围是 .
【规律提炼】
对于求不等式恒（能）成立时的参数取值范围问题,一般可以转化
为求最值问题.通常有三种方法：一是分离参数法,使不等式一端是含
有参数的式子,另一端是一个区间上具体的函数,通过对具体函数
的研究确定含参式子满足的条件；二是分类讨论法,根据参数取值
情况分类讨论；三是数形结合法,将不等式转化为两个函数,通过
两个函数的图象确定条件.
自测题
[2025· 西南“3+3+3”一诊] 已知函数.
（1）求的图象在点 处的切线方程；
解：因为 ,
所以 ,则,
又,所以的图象在点 处的切线方程为 .
[2025· 西南“3+3+3”一诊] 已知函数.
（2）若存在,使得成立,求 的取值范围.
解：令, ,
则
因为在 上单调递增,,,
所以存在 ,使得.
当时,, 单调递减；
当时,, 单调递增.
因为, ,
所以存在,使得.
当时,, 单调递减；
当时,,单调递增.
又 ,,
所以当时, ,
所以,即的取值范围为 .
微点3 双变量问题
例3 [2024· 新课标Ⅱ卷]设函数,若 ,
则 的最小值为( )
A. B. C. D.1
√
[解析] 方法一：由题意可知,的定义域为 .
令,解得；令,解得 .
若,则当时,, ,
此时,不符合题意；
若,则当 时,,,
此时 ,不符合题意；
若,则当时,, ,
此时,当时,, ,
此时,所以符合题意；
若 ,则当时,,,
此时 ,不符合题意.
综上所述,,即 ,
则,
当且仅当 ,时,等号成立,所以的最小值为 .
方法二：由题意可知,的定义域为.
令 ,解得；令,解得.
当 时,,
要使,则需,所以 ,
当时,,
要使 ,则需,所以,
故 ,则,
当且仅当 ,时,等号成立,
所以的最小值为 .
例4 已知函数为常数, .
（1）当在处取得极值时,若关于的方程 在
上恰有两个不相等的实数根,求实数 的取值范围；
解：,则 ,
所以,
又,所以 ,此时,,
所以在 上单调递减,在 上单调递增.
又,,,
关于 的方程在上恰有两个不相等的实数根,
所以 .
例4 已知函数为常数, .
（2）若对任意的,总存在 ,使不等式
成立,求实数 的取值范围.
解： .
因为,所以,即 ,
所以当时, 恒成立, ,
对任意的,总存在 ,使不等式成立,
等价于对任意的 ,
不等式 恒成立.
设 ,
则 .
当时,,所以在区间 上单调递减,
此时 ,所以不可能使恒成立,故必有 .
因为,所以 .
若,则,所以在区间 上单调递增,
故,满足要求；
若,则存在,使 在区间上单调递减,
在此区间上有,与 恒成立相矛盾.
综上,实数的取值范围是 .
【规律提炼】
涉及“双变量”或“双参”的问题,往往是构建双变量之间的等量关系
式,进而选取其中一个变量作为“主元”,结合消元处理转化为涉及
该“主元”的关系式,从而巧妙地将双变量问题转化为单变量问题,
借助函数的构建以及导数的应用,通过函数的基本性质来确定对应
的最值问题.
自测题
1.[2025·江西八校联考]已知,若
对任意的恒成立,则 的最大值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为恒成立,
所以 和有相同的正根,设为, .
对于方程,两边同乘得 ,
由一元二次方程的性质,可得,
且, .
由可得,由可得 .
根据对数运算法则,
得 ,所以,所以.
令,对 求导,得.
令,则 ,解得.
当时,,单调递增；
当 时,,单调递减.
所以在 处取得最大值.
综上,的最大值为 .
故选B.
2.已知,函数 .
（1）求曲线在点 处的切线方程；
解：由已知,,故 .
可得,（0）,
所以曲线在点 处的切线方程为,
即 .
2.已知,函数 .
（2）证明 存在唯一极值点；
证明：由（1）知, ,
令,则.
所以 在恒成立,在恒成立.
因此, 在单调递增,在 单调递减.
由,可得.
依题意,当 时,恒成立.
因此,在 恒成立,即在 无极值点.
依题意,.
不妨令 ,故,
令 ,
则在恒成立,
所以在 单调递减,则有（0）.
因此,在 单调递减,
则有,即对任意的 恒成立.
因为,在单调递减,
所以存在唯一的 , 使,
即在 有且仅有一个极值点.所以 存在唯一极值点.
2.已知,函数 .
（3）若存在,使得对于任意的成立,求实数 的
取值范围.
解：依题意,若存在,使对任意的 成立,
则有.
由（2）知,在 恒成立,在恒成立,
且,即 ,
则在单调递增,在 单调递减.
因此, ,
则有.
由（2）知,在 上存在唯一的零点,
即存在唯一的与对应,使 成立.
因此,若存在,使成立,
则存在 ,使成立,
所以 .
不妨令,,故 .
令,解得或.
所以在 恒成立,在恒成立.
因此,在 单调递减,在单调递增.
所以 ,
此时,,满足 的条件,
故,则,
所以实数 的取值范围为 .
［备选理由］例1、例2是恒成立、能成立类型的小题,可以适当选
用；例3涉及隐零点,有必要进行适当复习；例4、例5是含多逻辑词、
多变量题目,需要一定的逻辑性和综合能力.
例1 ［配例1使用］[2025·江西景德镇模拟]已知函数
,若,则实数 的取值范
围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由,可得 ,
构造函数,易知在 上单调递增,
因为,
所以在 上恒成立,即恒成立.
令,则 ,令,可得,
当时, ,当时,,
即在 上单调递增,在上单调递减,
当时,取得最大值 ,所以 .
例2 ［配例2使用］若存在,使得 成立,
则实数 的最小值为___.
1
[解析] 不等式等价于 ,
即.
令,由 可知,
所以在 上为增函数,,,
则 .
令,,则,
当 时,,当时,,
所以函数 在上单调递减,在上单调递增,
所以 ,所以结合题意可知,即实数 的最小值为1.
例3 ［配例1使用］已知函数,若 恒
成立,则正整数 的最大值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
√
[解析] 原不等式等价于 .
由题意,只需小于与
两个函数图象相切时的 的值即可,如图.
设公切点为,因为 ,,
所以 所以所以 .
令,则为 的零点,
又,所以在 上单调递增,
又因为 , ,
所以存在,使得 ,所以,
令,则 , ,
根据对勾函数的性质知在 上单调递减,
所以,所以正整数 的最大值为2.
例4 ［配例3使用］已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
解：的定义域为, .
当时,在 上恒成立,
所以函数在 上单调递增.
当时,令,得 ,令,得 ,
所以函数在区间 上单调递增,
在区间 上单调递减.
例4 ［配例3使用］已知函数 .
（2）设函数,当 时,若对任意的,
存在实数,使得关于 的不等式恒成立,求 的
最小值.
解：因为,所以, ,
故,即.
因为,且 ,所以 .
设,则 ,
当时,,单调递增,
当 时,, 单调递减,
故 ,
所以,所以 .
由题知,存在实数,使得关于的不等式 恒成立
的充要条件是不等式 有解,
将该不等式化为 ,
令,则 有解.
设,则 ,
令,,则,
故 在上单调递减,
又,
所以当 时,,当时,,
所以在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
又,, ,
所以在区间内存在一个零点 ,
故不等式的解为 ,
即,故 的最小值为2.
例5 ［配例3使用］[2025·山西临汾三模] 设 ,函数
.
（1）若曲线在处的切线恒过原点,求 的值.
解：因为,所以 ,
故曲线在 处的切线方程为 .
因为该切线过原点,所以,解得 .
例5 ［配例3使用］[2025·山西临汾三模] 设 ,函数
.
（2）若存在一组,,使得在 上的取值范围
为 .
（i）求 的取值范围；
解： 由（1）知当时,,当时, ,
故在上单调递减,在 上单调递增.
①当时,函数在上单调递减,
则 即所以 ,不符合题意.
②当时,函数在上单调递增,
则 即所以,
所以关于的方程在 上有两个不同的根.
设,,则,
令 ,则,令,则,
所以在 上单调递增,在上单调递减,
故,,当 时,,所以 .
③当时,函数在上单调递减,在 上单调递增,
所以当时, ,
, ,所以 .
又因为 ,
所以只需证当时,关于的方程 有大于1的根即可.
由可知关于的方程对 有解.
综上, .
例5 ［配例3使用］[2025·山西临汾三模] 设 ,函数
.
（2）若存在一组,,使得在 上的取值范围
为 .
（ii）若,求实数 的取值范围.
解： 由知当,即时,, ,此时 ,
不符合题意.
当时,,满足,由可知 .
设,则,则 .
令,则 ,
设,
由 知在 上单调递减,
故 ,
所以,在 上单调递减,
因为,所以的取值范围为 .

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