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二　 不等式恒（能）成立问题
能将不等式恒（能）成立问题转化为最值问题，掌握解决不等式恒（能）成立问题的常用方法，体会导数在解决此类问题中的作用．
考点1 分离参数法求参数的范围
【例1】　（2024·江苏盐城模拟节选）已知函数f(x)＝ax2－ln x－x.若不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解】　由f(x)≥0恒成立，得ax2≥ln x＋x在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥＋在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝＋(x>0)，
则g′(x)＝－＋＝－＋＝.
令h(x)＝－2ln x－x＋1(x>0)，
易知h(x)＝－2ln x－x＋1在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，
所以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，
所以a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞）.
分离参数法解决恒（能）成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(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.
【对点训练1】　（2024·湖南邵阳二模）设函数f(x)＝m(x＋1)ex，m>0.
(1)求f(x)的极值；
(2)若对任意x∈(－1，＋∞)，ln f(x)≤2ex恒成立，求m的最大值．
解：(1)f′(x)＝m(x＋2)ex，m>0.
令f′(x)>0，得x>－2，令f′(x)<0，得x<－2.
故f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
∴f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝－，无极大值．
(2)ln f(x)≤2ex对任意x∈(－1，＋∞)恒成立，即ln m≤2ex－ln (x＋1)－x对任意x∈(－1，＋∞)恒成立．
令g(x)＝2ex－ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则只需ln m≤g(x)min即可．
g′(x)＝2ex－－1，x∈(－1，＋∞).
易知y＝2ex，y＝－－1均在(－1，＋∞)上单调递增，故g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增且g′(0)＝0，
∴当x∈(－1，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝2，故ln m≤2＝ln e2，
∴0考点2 等价转化法求参数的范围
【例2】　（2024·全国甲卷理T21节选）已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
【解】　由f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，得f′(x)＝－a ln (1＋x)－.
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－－.
当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以g′(0)＝－1－2a≥0，a≤－，
当a≤－时，g′(x)≥－＝≥0，
所以g(x)在[0，＋∞）上单调递增，g(x)＝f′(x)≥g(0)＝0，
故f(x)在[0，＋∞）上单调递增，f(x)≥f(0)＝0恒成立，
即a的取值范围为.
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
【对点训练2】　（2024·河北保定三模）已知函数f(x)＝ax＋ln (x＋1).
(1)若a＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合．
解：(1)由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln (x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，
则f′(x)＝－2＋＝，
当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由f(x)＝ax＋ln (x＋1)，x∈(－1，＋∞)，得f′(x)＝a＋.
若a≥0，显然f(2)＝2a＋ln 3>0，不符合题意；
若a<0，令f′(x)＝0，
解得x＝－>－1，
则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故f(x)max＝f＝－a－1－ln (－a)，
则－a－1－ln (－a)≤0，
即a＋1＋ln (－a)≥0.
令g(a)＝a＋1＋ln (－a)，a<0，则g′(a)＝1＋＝，
当a∈(－∞，－1)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
当a∈(－1，0)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(－1)＝0，
当满足g(a)≥0时，a＝－1，
所以a的取值集合为{－1}．
考点3 双变量的恒（能）成立问题
【例3】　已知函数f(x)＝－，g(x)＝x(x＋3)2－3(x＋1)2ex.
(1)求g(x)的单调区间；
(2)若 x1∈[1，e]， x2∈[－3，0]，使得f(x1)≤g(x2)成立，求a的取值范围．
【解】　(1)g′(x)＝(x＋3)2＋2x(x＋3)－3(x＋1)(x＋3)ex＝3(x＋1)(x＋3)(1－ex)，令g′(x)＝0，可得x＝－3或x＝－1或x＝0，
当－30时，g′(x)<0，当x<－3或－10，所以g(x)的单调递减区间为(－3，－1)，(0，＋∞)，单调递增区间为(－∞，－3)，(－1，0).
(2)当x∈[－3，0]时，由(1)可知g(x)在[－3，－1）上单调递减，在（－1，0]上单调递增，且g(－3)＝－12e-3，g(0)＝－3，所以g(x)在[－3，0]上的最大值为g(－3)＝－12e-3.
因为f′(x)＝，x>0，
所以当x∈(0，e－a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈[1，e]时，f(x)的最大值可能为f(e)或f(1)，
可得
解得a≥12e-2－2，
所以a的取值范围为[12e-2－2，＋∞）.
双变量的恒（能）成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
【对点训练3】　已知函数f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞），使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝mx＋m－1－＝，x>0.
当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈，＋∞，即f(x)在上单调递增，
由f′(x)<0，解得x∈，即f(x)在上单调递减．
(2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝f＝ln m＋1－.
当x≥1时，g′(x)＝2x＋e－x>0恒成立，g(x)在[1，＋∞）上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2－.
由题意知f(x)min≥g(x)min，即ln m＋1－≥2－.
设h(m)＝ln m＋1－，m>0，则h′(m)＝＋>0，所以h(m)为增函数，
又h(e)＝2－，所以m≥e，
即m的取值范围是[e，＋∞）.
课时作业22
1．（12分）（2024·广东汕头三模）已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝，a≠0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．
解：(1)f′(x)＝－a＝(a≠0).
当a<0时，由于x>0，所以f′(x)>0恒成立，从而f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若00，若x>，则f′(x)<0，从而f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－ax－，要使f(x)≤g(x)恒成立，只要使h(x)≤0恒成立，即只要使h(x)max≤0.
h′(x)＝－a＋＝，x>0.
若a>0，因为x>0，所以ax＋1>0恒成立，
当00，当x>时，h′(x)<0，可知h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以h(x)max＝h＝ln －3≤0，解得a≥，
可知a的最小值为；
若a<0，因为x>0，所以ax－2<0恒成立，
当0－时，h′(x)>0，可知h(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以h(x)在(0，＋∞)上无最大值，且当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于＋∞，不合题意．
综上所述，a的最小值为.
2．（16分）（2024·浙江金华三模）已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e（e为自然对数的底数）处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)若不等式>k恒成立，求k的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ax＋x ln x，
∴f′(x)＝a＋ln x＋1.
∵函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e处取得极值，∴f′(e)＝a＋2＝0，
∴a＝－2，经检验，符合题意，
∴a＝－2.
(2)∵f(x)＝－2x＋x ln x，
∴k<恒成立，即k<对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝＝.
令h(x)＝ln x＋x－1(x>0)，易得h(x)是增函数，而h(1)＝0，
∴x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，0∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
∴g(x)min＝g(1)＝－1，∴k<－1.
3．（16分）已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a).
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m的值；
(2)在(1)的条件下，若 x1，x2∈，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，求a的取值范围．
解：(1)f(x)＝ex－mx，则f′(x)＝ex－m.
∵f(x)在x＝0处取得极值，∴则f′(0)＝0，故m＝1.
∴f′(x)＝ex－1，当f′(x)<0时，x<0，当f′(x)>0时，x>0，
∴f(x)的减区间为(－∞，0)，增区间为(0，＋∞)，符合题意．∴m＝1.
(2)由(1)知，f(x)min＝f(0)＝1， x1，x2∈，使得不等式g(x1)≥f(x2)成立，等价于不等式ex(－sin x＋cos x＋a)≥1在x∈上有解，即不等式a≥sin x－cos x＋e－x在x∈上有解．
设F(x)＝sin x－cos x＋e－x，
则F′(x)＝sin x＋cos x－e－x，
x∈时，sin x＋cos x∈[1，]，而e－x≤1，∴F′(x)≥0恒成立，即F(x)在上是增函数，则F(x)min＝F(0)＝0，
因此a的取值范围是[0，＋∞）.
4．（16分）（2024·浙江绍兴二模）已知函数f(x)＝－x＋a sin x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f（0)）处的切线方程；
(2)当x∈(0，π)时，f(x)>0，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝－x＋2sin x，则f′(x)＝x－1＋2cos x，
所以切线斜率为k＝f′(0)＝1，又f(0)＝0，所以切线方程是y＝x.
(2)①当a≥1时，因为x∈(0，π)，所以sin x>0，所以f(x)＝－x＋a sin x≥－x＋sin x.
令g(x)＝－x＋sin x，则g′(x)＝x－1＋cos x，
令h(x)＝g′(x)＝x－1＋cos x，则h′(x)＝1－sin x.
因为当x∈(0，π)时，h′(x)≥0，所以g′(x)在区间(0，π)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，
所以g(x)在区间(0，π)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，所以f(x)>0.
②当a<1时，f′(x)＝x－1＋a cos x，
因为当x∈(0，π)时，sin x∈（0，1]，
令φ(x)＝f′(x)＝x－1＋a cos x，则φ′(x)＝1－a sin x，
若a≤0，则φ′(x)>0，即f′(x)在区间(0，π)上单调递增，
若00，所以f′(x)在区间(0，π)上单调递增．所以当a<1时，f′(x)在区间(0，π)上单调递增．
因为f′(0)＝a－1<0，f′＝－1>0，所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，即f(x)在区间(0，x0)上单调递减，
所以f(x0)综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞）.

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