微專題8不等式恒(能)成立問題高考定位利用導數(shù)解決不等式恒成立或有解問題，是高考的熱點之一，以解答題的形式出現(xiàn)，多為壓軸題，難度較大.【難點突破】[高考真題](2024·全國甲卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.樣題1已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)，當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.樣題2已知a≥1，函數(shù)f(x)＝4lnx－ax＋eq\f(a＋3,x)，g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍.樣題3已知函數(shù)f(x)＝x(lnx＋1).若f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.規(guī)律方法1.由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略(1)求最值法：將恒成立問題轉化為利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題.(2)分離參數(shù)法：將參數(shù)分離出來，進而轉化為a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通過導數(shù)的應用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍.2.不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉化，要理解兩類問題的差別.訓練已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R，當x∈[1，＋∞)時，f(x)≤eq\f(lnx,x＋1)恒成立，求a的取值范圍.【精準強化練】1.(2024·邯鄲模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－aex(a>0)，當x≥0時，f(x)≤－x2－ax－a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.2.(2024·南京調研改編)設函數(shù)f(x)＝(x－1)·(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若?x2∈[0，＋∞)，都?x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的取值范圍.3.已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0).(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解，有實數(shù)a的取值范圍.4.(2024·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)證明：曲線y＝f(x)是中心對稱圖形；(3)若f(x)>－2當且僅當1<x<2，求b的取值范圍.【解析版】[高考真題](2024·全國甲卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，當x≥0時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.解f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，則f′(x)＝－aln(1＋x)－eq\f(（a＋1）x,1＋x)，設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).因為當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.下面證明其充分性：當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，＋∞)上單調遞增，且f′(x)≥f′(0)＝0，所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，且f(x)≥f(0)＝0.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).樣題1已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)，當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.解法一f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①當a≤0時，因為x≥2，所以x－1＞0，ex－a＞0，所以f′(x)＞0，則f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，f(x)≥f(2)＝0成立.②當0＜a≤e2時，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立.③當a＞e2時，當x∈(2，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(2，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意.綜上，a的取值范圍是(－∞，e2].法二當x≥2時，f(x)≥0恒成立，等價于當x≥2時，(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.當x＝2時，0·a≤0，此時a∈R.當x＞2時，eq\f(1,2)x2－x＞0，所以a≤eq\f(（x－2）ex,\f(1,2)x2－x)＝eq\f(2ex,x)恒成立.設g(x)＝eq\f(2ex,x)，則g′(x)＝eq\f(2（x－1）ex,x2)，因為x＞2，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(2，＋∞)上單調遞增，所以g(x)＞g(2)＝e2，所以a≤e2.綜上，a的取值范圍是(－∞，e2].樣題2已知a≥1，函數(shù)f(x)＝4lnx－ax＋eq\f(a＋3,x)，g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍.解f′(x)＝eq\f(－ax2＋4x－（a＋3）,x2)(x>0)，令h(x)＝－ax2＋4x－(a＋3)，x>0，又已知a≥1，則Δ＝16－4a2－12a＝－4(a－1)(a＋4)≤0，∴h(x)≤0，即f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減，∴當a≥1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調遞減，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4ln2＋eq\f(3,2)a＋6.g′(x)＝2ex－4，令g′(x)＝0，得x＝ln2，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，ln2))時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x∈(ln2，2]時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值為g(ln2)＝4－4ln2＋2a，由題意可知－4ln2＋eq\f(3,2)a＋6>4－4ln2＋2a，解得a<4，又∵a≥1，∴實數(shù)a的取值范圍為[1，4).樣題3已知函數(shù)f(x)＝x(lnx＋1).若f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.解f(x)≥－x2＋(m＋1)x－2，即mx≤xlnx＋x2＋2.因為x>0，所以m≤lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，則m≤h(x)min，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(（x＋2）（x－1）,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去).當x∈(0，1)時，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上單調遞增.故h(x)min＝h(1)＝3，所以m≤3，即實數(shù)m的取值范圍為(－∞，3].規(guī)律方法1.由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的策略(1)求最值法：將恒成立問題轉化為利用導數(shù)求函數(shù)的最值問題.(2)分離參數(shù)法：將參數(shù)分離出來，進而轉化為a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通過導數(shù)的應用求出f(x)的最值，即得參數(shù)的范圍.2.不等式有解問題可類比恒成立問題進行轉化，要理解兩類問題的差別.訓練已知函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－1)，a∈R，當x∈[1，＋∞)時，f(x)≤eq\f(lnx,x＋1)恒成立，求a的取值范圍.解f(x)－eq\f(lnx,x＋1)＝eq\f(xlnx－a（x2－1）,x＋1)，構造函數(shù)g(x)＝xlnx－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝lnx＋1－2ax，令F(x)＝g′(x)＝lnx＋1－2ax，F(xiàn)′(x)＝eq\f(1－2ax,x).①若a≤0，則F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上單調遞增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，∴g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0，從而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合題意.②若0<a<eq\f(1,2)，當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))時，F(xiàn)′(x)>0，∴g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調遞增，從而g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0，從而f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≥0，不符合題意.③若a≥eq\f(1,2)，則F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴g′(x)在[1，＋∞)上單調遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.∴g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－eq\f(lnx,x＋1)≤0.綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【精準強化練】1.(2024·邯鄲模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－aex(a>0)，當x≥0時，f(x)≤－x2－ax－a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.解設g(x)＝f(x)＋x2＋ax＋a＝eq\f(3,2)x2－aex＋ax＋a(x≥0)，則g(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立.g′(x)＝3x－aex＋a，設h(x)＝3x－aex＋a，x≥0，則h′(x)＝3－aex，①當a≥3時，當x≥0時，aex≥3ex≥3，即有h′(x)≤0，h(x)即g′(x)在[0，＋∞)上單調遞減，于是當x≥0時，g′(x)≤g′(0)＝0，則函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上單調遞減，因此當x≥0時，g(x)≤g(0)＝0，故a≥3滿足題意.②當0<a<3時，令h′(x)>0，得0<x<lneq\f(3,a)，g′(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，ln\f(3,a)))上單調遞增，于是當0≤x≤lneq\f(3,a)時，g′(x)>g′(0)＝0，即函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，ln\f(3,a)))上單調遞增，因此當0≤x<lneq\f(3,a)時，g(x)≥g(0)＝0，不合題意.所以實數(shù)a的取值范圍為[3，＋∞).2.(2024·南京調研改編)設函數(shù)f(x)＝(x－1)·(ex－e)，g(x)＝ex－ax－1，其中a∈R.若?x2∈[0，＋∞)，都?x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的取值范圍.解由題意，f(x)＝(x－1)(ex－e)，x∈R，當x<1時，x－1<0，ex－e<0，∴f(x)>0，當x≥1時，x－1≥0，ex－e≥0，∴f(x)≥0，∴f(x)≥0恒成立，且f(x)min＝f(1)＝0.∵?x2∈[0，＋∞)，都?x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，∴?x2∈[0，＋∞)，f(x1)min≤g(x2)恒成立，∴?x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即?x∈[0，＋∞)，g(x)＝ex－ax－1≥0恒成立.法一g′(x)＝ex－a，易知g′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴當x≥0時，g′(x)≥g′(0)＝1－a，①當1－a≥0，即a≤1時，g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴此時g(x)在[0，＋∞)上的最小值為g(0)＝0，∴a≤1滿足題意；②當1－a<0，即a>1時，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，∴當x∈(0，lna)時，g′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，而g(0)＝0，∴此時g(x)在[0，＋∞)上的最小值為g(lna)<0，∴a>1不滿足題意.綜合①②可得，a的取值范圍為(－∞，1].法二當x＝0時，很顯然符合題意，當x>0時，a≤eq\f(ex－1,x)，記h(x)＝eq\f(ex－1,x)，x>0，則h′(x)＝eq\f(ex（x－1）＋1,x2)，令m(x)＝ex(x－1)＋1，x>0，則m′(x)＝xex>0，∴m(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴m(x)>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又eq^\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq^\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex,1)＝1，∴a≤1.3.已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0).(1)若a＝e，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解，有實數(shù)a的取值范圍.解(1)當a＝e時，f(x)＝ex＋(1－e)x－lnx，f′(x)＝ex＋(1－e)－eq\f(1,x)＝(ex－e)＋eq\f(x－1,x)，當x>1時，ex－e>0，eq\f(x－1,x)>0，所以f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上單調遞增；當0<x<1時，ex－e<0，eq\f(x－1,x)<0，所以f′(x)<0，即f(x)在(0，1)上單調遞減，則f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(0，1).(2)因為f(x)＝ex＋(1－a)x－lna·lnx(a>0)，則f′(x)＝ex＋(1－a)－eq\f(lna,x)＝(ex－a)＋eq\f(x－lna,x)(x>1)，①當lna≤1，即0<a≤e時，因為x>1，ex>e≥a，x>1≥lna，所以f′(x)>0，因此函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)>f(1)＝e＋1－a≥e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在(1，＋∞)上無解；②當lna>1，即a>e時，當1<x<lna時，ex<elna＝a，因此f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(1，lna)上單調遞減，f(x)<f(1)＝e＋1－a<e＋1－e＝1，不等式f(x)<1在區(qū)間(1，＋∞)上有解.綜上，實數(shù)a的取值范圍是(e，＋∞).4.(2024·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3.(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；(2)證明：曲線y＝f(x)是中心對稱圖形；(3)若f(x)>－2當且僅當1<x<2，求b的取值范圍.(1)解f(x)的定義域為(0，2)，若b＝0，則f(x)＝lneq\f(x,2－x)＋ax，f′(x)＝eq\f(2－x,x)·eq\f(（2－x）＋x,（2－x）2)＋a＝eq\f(2,x（2－x）)＋a，當x∈(0，2)時，x(2－x)∈(0，1]，f′(x)min＝2＋a≥0，則a≥－2，故a的最小值為－2.(2)證明f(2－x)＝lneq\f(2－x,x)＋a(2－x)＋b(1－x)3＝－lneq\f(x,2－x)－ax－b(x－1)3＋2a＝－f(x)＋2a，故曲線y＝f(x)關于點(1，a)中心對稱.(3)解由題知f(1)＝a＝－2，此時f(x