专题6 不等式恒成立问题（原卷版）

专题6不等式恒成立问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有：①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题．二、解题秘籍(一)与不等式恒成立问题有关的结论①.∀x∈D,均有f(x)A恒成立,则f(x)minA；②.∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则f(x)maxA；③.∀x∈D,均有f(x)g(x)恒成立,则F(x)=f(x)-g(x)0,∴F(x)min0；④.∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)=f(x)-g(x)0,∴F(x)max0；⑤.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)g(x2)恒成立,则f(x)ming(x)max；⑥.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)g(x2)恒成立,则f(x)maxg(x)min.【例1】（2024届重庆市拔尖强基联盟高三上学期九月联考）已知函数20Rxmfxmnxn，是定义域上的奇函数，当0x时，fx的最小值为4.(1)求实数mn，的值;(2)令221620gxxfxx，对121,4xx，，都有1211gxgx，求实数的取值范围.【解析】（1）根据题意可知，对应定义域内任意x，函数fx满足fxfx，即222xmxmxmfxfxxnxnxn，即xnxn，解得0n；所以20xmfxmx，当0x时，222xmmmfxxxmxxx，即24m，解得4m；所以4m，0n.（2）由（1）可得2216420gxxxxx，令4hxxx，1,4x，则241hxx，易知当1,2x时，0hx，此时函数hx在1,2上单调递减，当2,4x时，0hx，即函数hx在2,4上单调递增，所以4,5hx；令44,5xtx，则gx可化为228ttt，4,5t因为二次函数t的对称轴为,0t，所以函数t在4,5上单调递增，又对121,4xx，，都有1211gxgx，即maxmin11tt即可；所以5411，即22510848811，解得1，所以10；综上可得，实数的取值范围是1,0.(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数fx在,ab上是增（减）函数,则,xab时0fx（或0fx）恒成立.【例2】（2024届黑龙江省哈尔滨市第三中学高三上学期开学测试）已知函数323fxaxx.(1)若1a，求函数fx的图象在点1,1f处的切线方程；(2)若函数exgxfx在0,2内单调递减，求实数a的取值范围.【解析】（1）因为1a，所以322336fxxxfxxx，因为12,13ff，所以函数fx的图象在点1,1f处的切线方程为231yx，化为一般式为：310xy；（2）322eeee336xxxxgxfxgxfxfxaxaxxx，2e336xgxxaxaxx因为函数exgxfx在0,2内单调递减，所以当0,2x时，0gx恒成立，即23360axaxx恒成立，设22336336hxaxaxxaxax，0,2x，即当0,2x时，0hx恒成立，当0a时，36hxx，当0,2x时，显然0hx；当0a时，要想0,2x时，0hx恒成立；因为060h，所以只需6620055haa；当0a时，因为060h，2336yaxaxx的对称轴为3302axa，所以0,2x时，0hx恒成立.综上所述：实数a的取值范围为6(,]5.(三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题对于形如12xx时不等式1221fxgxfxgx恒成立问题,可构造增函数fxgx来求解.基本结论：(1)“若任意210xx,1212fxfxkxkx,或对任意12xx,1212fxfxkxx,则yfxkx是增函数；(2)对任意12xx,1212121fxfxxxxx,则1yfxx是增函数；【例3】（2024届重庆市渝北中学高三上学期8月月考）已知函数21ln14fxxax，211e4xgxfxxx．(1)当1a时，求函数fx的极值；(2)若任意1x、21,x且12xx，都有12121gxgxxx成立，求实数a的取值范围．【解析】（1）解：当1a时，21ln14fxxx，其中1,x，则21122121xxfxxxx，令0fx，解得=1x或2x，又因为1x，所以2x，列表如下：x1,222,fx0fx单调递减极小值单调递增因此fx有极小值21f，无极大值.（2）解：因为211e4xgxfxxx，21ln14fxxax，所以1ln1exgxaxx，其中1,x，对1x、21,x且12xx，不妨设12xx，则120xx，得到1212gxgxxx，化为1122gxxgxx，设hxgxx且函数hx的定义域为1,，所以1ln1exhxax在1,为增函数，即有101exahxx对1x恒成立，即1exxa对任意的1x恒成立，设1exxx，其中1,x，则2exxx，令0x，解得12x，令0x，解得2x，所以x在1,2上单调递增，在2,上单调递减，所以x最大值212e，因此实数a的取值范围是21ea．(四)形如“若xm,则fxfm”的恒成立问题求解此类问题的思路是：先确定是使0fx的参数a的取值范围A,当aA,由fx为增函数及xm可得fxfm恒成立,当aA时确定存在0xm,使得0,xmx,0fx,fx递减,即0,xmx时fxfm,故原不等式不恒成立.【例4】函数()esinxfxxa的图像与直线20xy相切.(1)求实数a的值；(2)当[0,)x时,()sin2fxmx,求实数m的取值范围.【解析】(1)()esin()ecosxxfxxafxx,设切点为00(,)xy,所以有000()ecosxfxx,因为20xy是切线,所以有0000ecos220xxxy,设()ecos2()esinxxhxxhxx,显然当0x时,()0,()hxhx单调递增,所以有()(0)0hxh,当0x时,e1,cos1xx,所以ecos20xx无实数根,因此当Rx时,方程()ecos20xhxx有唯一实数根,即0x,于是有0000xy,因此有0esin001aa；(2)令()esinsin21xgxxmx,则()0gx在[0,)恒成立()ecos2cos2xgxxmx.(0)22gm若220m,即1m£时,当π02x时,由coscos2xx得()0gx,所以()gx在0,2单调递增,又(0)0g,所以()0gx在π0,2恒成立；当2x时,π2ee3x所以()3sinsin210gxxmx.所以()0gx在π,2恒成立.若220m即1m时,(0)220gm,则存在00x,使得()gx在00,x单调递减,则当00,xx时,()(0)0gxg矛盾,舍综上所述,m的取值范围时(,1].(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值此类问题通常可分类参数，把问题转化为mfx（mfx），mZ的形式，fx有最小（大）值，但无法求出，只能引入导函数的隐零点0x，估计0fx的范围，再确定整数m的最大（小）值.【例5】（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数32()23(1)6(R)fxxmxmxx.(1)讨论函数fx的单调性；(2)若11f，函数2()()ln10fxgxaxx在1,上恒成立，求整数a的最大值.【解析】（1）根据题意可得2()66(1)661fxxmmxxmx，若1m，2()610fxx在xR上恒成立，此时函数fx在R上单调递增；若1m，此时1m，当,xm1,时，满足()0fx，此时函数fx在,m，1,上单调递增；当,1xm时，满足()0fx，此时函数fx在,1m单调递减；若1m，此时1m，当,1x,m时，满足()0fx，此时函数fx在,1，,m上单调递增，当1,xm时，满足()0fx，此时函数fx在1,m单调递减；综上可知，1m时，fx在R上单调递增；1m时，fx在,m和1,上单调递增，在,1m单调递减；1m时，fx在,1和,m上单调递增，在1,m单调递减；（2）由11f可得23(1)61mm，解得0m；所以32()23fxxx，则()ln123gxaxx，易知1,x时，ln10x，若函数2()()ln10fxgxaxx在1,上恒成立，等价成23ln1xax在1,x上恒成立；令23,1ln1xhxxx，则22132ln1232lnln1ln1xxxxxhxxx；令32ln1xxxx，则2230xxx在1,x上恒成立，即函数x在1,x上单调递增，易知33ln16lne22ln222，由于33e2.719.683，所以20，而3525lnlne55622ln2255，且55335232273e2=，所以502；因此hx在1,x有且仅有一个零点0x，满足0032lnxx，且052,2x；所以当01,xx时，0hx，当0,xx时，0hx；因此函数23,1ln1xhxxx