第21讲 不等式恒成立 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第21讲 不等式恒成立 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共12页。
三、典题精讲 PAGEREF _Tc232794782 \h 3
考点一：直接法（构造函数法） PAGEREF _Tc232794783 \h 3
考点二：分离参数法 PAGEREF _Tc232794784 \h 13
考点三：端点效应与必要性探路 PAGEREF _Tc232794785 \h 18
考点四：同构法与构造函数技巧 PAGEREF _Tc232794786 \h 21
考点五：洛必达法则与max/min函数问题 PAGEREF _Tc232794787 \h 23
四、高考真题 PAGEREF _Tc232794788 \h 27
一、考情分析
1. 考查频次与题型
近三年全国一卷对不等式恒成立问题的考查较为频繁，常作为压轴题出现，分值较高.考查形式既有直接的函数不等式恒成立求参数，也有结合函数单调性、最值的间接考查.
2. 命题角度与特色
（1）核心考点：不等式恒成立求参数范围、端点效应（必要性探路）、分离参数法、同构法.
（2）命题趋势：常作为解答题最后一题或单选最后一题出现，综合性强，常与函数单调性、极值、最值、零点问题交汇考查.近年来对“必要性探路（端点效应/特值法）”的考查频率显著增加.
（3）试题特点：计算量大，逻辑推理要求高.往往需要先通过特殊值或端点值缩小参数范围，再进行严格的充分性证明；或者通过分离参数后构造复杂函数求最值.
3. 备考策略
（1）熟练掌握分离参数法和构造函数法，能够根据解析式结构灵活选择解题路径.
（2）强化“必要性探路”意识，遇到复杂恒成立问题时，优先尝试代入特殊点（如端点、极值点）获取参数的必要条件.
（3） 提升复杂函数的求导与最值分析能力，熟练运用同构、洛必达法则、隐零点等高级技巧处理超越方程和不等式.
二、知识清单
1. 利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（1） 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2） 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3） 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
2. 利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） ∀x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)min；
（2） ∀x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)max；
（3） ∃x∈D，m≤f(x)⇔m≤f(x)max；
（4） ∃x∈D，m≥f(x)⇔m≥f(x)min.
3. 不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数y=f(x)，x∈[a,b]，y=g(x)，x∈[c,d].
（1） 若∀x1∈[a,b]，∀x2∈[c,d]，有f(x1)0，得n>1，∴函数h(n)在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，又n0，且h（1）=2e，则h(n)∈(−∞,0)∪[2e,+∞)，即mn的取值范围是(−∞,0)∪[2e,+∞).故选D.
【规律】处理双变量不等式恒成立问题时，若能将其转化为两个单调性相同的函数乘积大于等于零的形式，则这两个函数必然具有相同的零点.利用这一性质可大幅简化运算，将双变量转化为单变量函数求最值.
考法2：结合函数奇偶性与对称性求参数范围
例2.（2025·深圳高中园·一模）已知函数f(x)=ln(e2x+1)−ax−|x|，其中a∈R．
（1） 当a=0时，讨论函数f(x)的单调性；
（2） 当a=1时，证明：曲线f(x)是轴对称图形；
（3） 若f(x)≤ln2在R上恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） f(x)在R上单调递增 （2） 见解析 （3） {1}
【思路】第（1）问直接代入a=0，去绝对值分段求导判断单调性.第（2）问代入a=1，利用偶函数定义f(−x)=f(x)进行证明.第（3）问不等式恒成立，由于含有绝对值，必须分x≥0和x≤0两段讨论.在每一段中，利用导数分析函数的单调性，结合端点值f（0）=ln2进行放缩或寻找反例，从而确定参数a的唯一取值.
【解析】（1） 当a=0时，函数f(x)=ln(e2x+1)−|x|，求导得：f'(x)=2e2xe2x+1−1,x>02e2xe2x+1+1,x0时，f'(x)=2e2xe2x+1−1=e2x−1e2x+1，
∵x>0，∴e2x>1，∴f'(x)>0，
当x0时，t>0：
当φ'(t)0且x2>0，必然有x1x2(x1+x2)>0，这与等于−2产生绝对矛盾.
这说明g(x)与h(x)绝不可能存在共同的相异变号零点.
既然不能同步变号，且g（0）=2>0，那么为了满足整体乘积恒非正，必须要求在(0,+∞)上：
g(x)≥0恒成立，且h(x)≤0恒成立.
①先看g(x)≥0恒成立的条件：
求导得g'(x)=3x2−a.
当a≤0时，g'(x)≥0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，g(x)>g（0）=2>0显然成立.
当a>0时，令g'(x)=0解得极小值点x=a3.
需保证极小值g(a3)=a3a3−aa3+2≥0，即2a3a3≤2，解得a≤3.
综合可知，g(x)≥0恒成立的条件是a≤3.
②再看h(x)≤0恒成立的条件：
由lnx−(a+b)x≤0，分离参数得a+b≥lnxx在(0,+∞)上恒成立.
令φ(x)=lnxx，求导得φ'(x)=1−lnxx2.
当x∈(0,e)时φ'(x)>0；当x∈(e,+∞)时φ'(x)0,g(x)单调递增，
所以h(x)≥h（0）=0，所以ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立).
依题意，直线y=a与t(x)=xe2x−lnx−1x的图象只有一个交点，而xe2x−lnx−1x=elnx+2x−lnx−1x≥(lnx+2x+1)−lnx−1x=2，当且仅当2x+lnx=0时，等号成立.因为函数φ(x)=2x+lnx在(0,+∞)上单调递增，φ(1e)=2e−10，所以存在x0∈(1e,1)，使得2x0+lnx0=0成立.而当x→0时，t(x)→+∞；且当x→∞时，t(x)→+∞.
所以a=xe2x−lnx−1xmin=2.
（3） 因为函数f(x)有两个极值点x1,x2，所以方程2e2x−aex+6=0有两个不相等的实数根x1,x2.
设t=ex，则2t2−at+6=0有两个不相等的正实数根t1,t2，故Δ=a2−48>0，且t1+t2=a2>0,t1⋅t2=3，
所以a>43,e2x1+e2x2=(t1+t2)2−2t1⋅t2=a24−6,x1+x2=ln3，又f(x1)+f(x2)f(x1)+f(x2)ex1+ex2恒成立，f(x1)+f(x2)ex1+ex2=e2x1+e2x2−a(ex1+ex2)+6(x1+x2)ex1+ex2=a24−6−a22+6ln3a2=−a2−12−12ln3a设F(a)=−a2−12−12ln3a(a>43)，
则F'(a)=−12+12−12ln3a20，∴Δ=(k+1)2−4(k+1)≤0，解得−10，令g'(x)=0解得x=3m.
当x∈(0,3m)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(3m,+∞)时，g'(x)0，不等式两边同除以m得ln(3m)−1≤0，即ln(3m)≤1.
解得3m≤e，从而m≤e3.
故实数m的最大值为e3.
【规律】处理复杂的指数对数混合不等式，同构变形是首选.通过提取公共结构，将问题转化为外层函数的不等式恒成立，进而确定内层函数的值域范围，实现问题的降维打击.
考法8：分离参数结合切线方程或换元法求参数范围
例8.（2025·深圳高中园·适应考）已知函数f(x)=x2+ax,g(x)=2lnx+1x2．
（1） 讨论函数f(x)的单调性；
（2） 求函数g(x)的最小值；
（3） 当a=2时，证明：f(x)lnx+1x3≥1．
【答案】（1） 见解析 （2） 1 （3） 见解析
【思路】第（1）问和第（2）问常规求导分析单调性与最值.第（3）问证明不等式，直接代入后发现常规求导无法判断符号.需要不断进行代数变形，尝试将不等式转化为更易处理的形式.若多次求导仍无法解决，可考虑将对数项与有理项分离，或者构造全新的辅助函数，通过多次求导直至导函数符号明确，再逐层回推.
【解析】（1） 函数f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f'(x)=2x−ax2=2x3−ax2，
当a=0时，由f'(x)0得x>3a2，由f'(x)0，
∴h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立，∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，
又h（1）=1>0，∴当x≥1时，h(x)≥h（1）>0，即x3−2x+6lnx+2≥0成立，
当00)，
则p'(x)=40x3lnx+10x3+28x3−4lnx−4+2=40x3lnx+38x3−4lnx−2，
令q(x)=40x3lnx+38x3−4lnx−2(x>0)，
则q'(x)=120x2lnx+40x2+114x2−4x=120x2lnx+154x2−4x，
易知q'(x)在(0,+∞)上单调递增，且q'（1）=150>0，q'(1e)=154−120e2−4e0)，
则v'(x)=10x4lnx+2x4+5x4+4x−4xlnx−2x=10x4lnx+7x4−4xlnx+2x，
令w(x)=10x3lnx+7x3−4lnx+2(x>0)，
则w'(x)=30x2lnx+10x2+21x2−4x=30x3lnx+31x3−4x，
令s(x)=30x3lnx+31x3−4(x>0)，
则s'(x)=90x2lnx+30x2+93x2=30x2(3lnx+4)，
由s'(x)0在(0,+∞)上恒成立，
∴v(x)在(0,+∞)上单调递增，又v（1）=0，
∴当x∈(0,1)时，v(x)0，u(x)单调递增，
∴u(x)≥u（1）=0，即x2lnx+2lnxx+1x3−1≥0成立，
∴f(x)lnx+1x3≥1成立.
【规律】处理复杂的超越不等式证明，多次求导是常规武器.通过不断构造新函数并求导，直至导函数的符号易于判断，再逐层回推原函数的单调性与最值，从而完成证明.
考法9：分离参数结合存在性问题或三角函数求参数范围
例9.（2026·江门·二模）已知函数f(x)=x+2sinx+3．
（1） 求曲线y=f(x)在点(0,f（0）)处的切线方程；
（2） 若不等式f(x)>22sin(x+π4)+m对x∈[−π2,π2]恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1） y=3x+3 （2） (−∞,3−3−π6)
【思路】第（1）问求导代入切点即可.第（2）问利用辅助角公式将不等式右侧的三角函数展开化简，分离参数m，将问题转化为求函数g(x)在闭区间上的最小值.求导后分析三角函数的符号，确定单调区间，代入极小值点即可求出m的范围.
【解析】（1） 函数f(x)的导函数f'(x)=1+2csx.
则f'（0）=3，又f（0）=3.
所以曲线y=f(x)在点(0,f（0）)处的切线方程为y−3=3(x−0)，即y=3x+3.
（2） 22sin(x+π4)=22(sinxcsπ4+csxsinπ4)=2sinx+2csx.
由f(x)>22sin(x+π4)+m，得m1两种情况讨论.当a>1时，通过寻找特殊点证明存在区间使得G'(x)0，∴μ'(x)在(−12,0)上有唯一零点x0，且x∈(−1,x0)时，μ'(x)0，故H(x)即G'(x)在(0,+∞)上单调递增，G'(x)>1−a，当a≤1时，G'(x)>0，∴G(x)在(0,+∞)上单调递增，∴G(x)>G（0）=0；当a>1时，G'（0）=1−a0，则ln(1+x1)=ln(e+lna)>lne=1,11+x1>0，ex1=ee−1+lna>elna=a，∴G'(x1)=ex1[ln(1+x1)+11+x1]−a>a⋅(1+0)−a=0，∴∃x2∈(0,x1)，使得G'(x2)=0，x∈(0,x2)时，G'(x)1,sinx≥−1，则φ'(x)=ex+sinx>0.
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
且φ（0）=−2e−2−csπ4=e−2−22>0.
故φ(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈(0,1).
当00.分析第一个因式aex−1x在(0,+∞)上单调递增，必然存在唯一零点.为了保证乘积恒非负，第二个因式ln(x+b)必须在同一个零点处变号.利用这种“零点一致性”，可以建立参数a和b之间的等量关系，从而将双变量的最值问题转化为单变量函数求最值.
【解析】因为a>0，所以y=aex−1x在(0,+∞)为增函数，由y=aex与y=1x图象知，y=aex−1x在(0,+∞)有唯一的零点x0，
当x0，
若b≥1，则y=ln(x+b)>0在(0,+∞)恒成立，与f(x)≥0矛盾，故b−b且x≠0}，且f(1−b)=0
因为a>0，所以y=aex−1x,y=ln(x+b)均在(−b,+∞)单调递增，
所以当x∈(−b,1−b)时，ln(x+b)0，
所以当x=1−b时，aex−1x=0,ln(x+b)=0，
即ae1−b−11−b=0⇒a(1−b)3=(1−b)2e1−b，
令g(x)=x2ex，得g'(x)=(2−x)xex，
所以当x∈(0,2)时，g'(x)>0，g(x)=x2ex单调增，
当x∈(2,+∞)时，g'(x)0)，则易知φ(t)单调递增，
∴φ(2x)≥φ(lnex2a)⇒2x≥lnex2a⇒2x≥2lnx+1−lna⇒lna≥2lnx−2x+1，
令h(x)=2lnx−2x+1，则h'(x)=2x−2，
令h'(x)=0，解得x=1，当x∈(0,1)时，h'(x)>0，h(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+∞)时，h'(x)0时，这可化为a≤exx−lnxx+x，故条件即为a≤exx−lnxx+x对任意x∈(0,+∞)成立.
①一方面，在条件中取x=1，即可得到a≤e11−ln11+1=e+1，从而一定有a≤e+1；
②另一方面，当a=e+1时，我们证明对任意的x∈(0,+∞)，都有a≤exx−lnxx+x.
首先，代入a=e+1，然后两边同乘正数x，可知该不等式等价于(e+1)x≤ex−lnx+x2.
设h(t)=t−lnt−1，则h'(t)=1−1t=t−1t，故对00.
从而h(t)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以对t>0均有h(t)≥h（1）=1−ln1−1=0.
这就意味着e⋅h(ex−1)+h(x)+(x−1)2≥0+0+0=0，所以
0≤eh(ex−1)+h(x)+(x−1)2=e(ex−1−x+1−1)+(x−lnx−1)+(x2−2x+1)=ex−lnx+x2−(e+1)x.
从而由0≤ex−lnx+x2−(e+1)x即可得到(e+1)x≤ex−lnx+x2.
即当a=e+1时，不等式a≤exx−lnxx+x对x∈(0,+∞)恒成立.
综合①②两方面，可知a的最大值为e+1.
故答案为：e+1.
【规律】利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值，是解决复杂函数不等式的有效手段.证明充分性时，巧妙构造基本不等式进行放缩是关键.
【考点四 方法总结】
1. 处理含有指数和对数的复杂不等式恒成立问题，通过代数变形，将不等式两边转化为具有相同结构的函数形式，利用该函数的单调性脱去函数符号，从而将问题转化为常规的求最值问题.
2. 利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值，是解决复杂函数不等式的有效手段.证明充分性时，巧妙构造基本不等式进行放缩是关键.
考点五：洛必达法则与max/min函数问题
考法15：利用洛必达法则求参数范围
例15.已知函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，且曲线y=f(x)在点(1,f（1）)处的切线与直线x−y+1=0垂直．
（1） 求实数a,b的值；
（2） 若∀x∈[1,+∞)，不等式f(x)≤(m−2)x−mx恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1） a=1,b=−2 （2） [12,+∞)
【思路】第（1）问利用极值点导数为0和切线斜率关系列方程组求解.第（2）问分离参数后得到m≥h(x)，求导分析h(x)的单调性，发现其在(1,+∞)上单调递减.由于x=1时函数无意义，且呈现“00”型，利用洛必达法则求出x→1时的极限，从而确定m的取值范围.
【解析】（1） ∵f(x)=alnx+bx，∴f'(x)=ax+b；
∵函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，
∴f'(12)=2a+b=0；
又∵曲线y=f(x)在点(1,f（1）)处的切线与直线x−y+1=0垂直，∴f'（1）=a+b=−1；
解得：a=1,b=−2；
（2） 不等式f(x)≤(m−2)x−mx恒成立可化为lnx≤mx−mx，即lnx≤m(x−1x)；
当x=1时，恒成立；当x>1时，m≥xlnxx2−1恒成立，
令h(x)=xlnxx2−1，则h'(x)=(lnx+1)(x2−1)−2x⋅xlnx(x2−1)2=x2−x2lnx−lnx−1(x2−1)2；
令m(x)=x2−x2lnx−lnx−1，则m'(x)=2x−2xlnx−x−1x=x2−2x2lnx−1x；
令n(x)=x2−2x2lnx−1，则n'(x)=2x−4xlnx−2x=−4xlnx0时，x>1，
故φ(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ（1）=0，即f(x)≥0恒成立．
（2） 由题得h(x)=1−lnx(0,+∞)，
①当00，即ae时，h(x)0，g(x)在(e,+∞)上单调递增，且g(e)=e3−3ae+e，
当a0，则g(x)在(e,+∞)上无零点，故φ(x)在(0,+∞)上无零点；
当a=e2+13时，g(e)=0，则g(x)在(e,+∞)上无零点，故φ(x)在(0,+∞)上有1个零点；
当e2+130，都有f(x)≤g(x)恒成立，求ba的最小值．
【答案】（1） b=1e2 （2） −e
【思路】第（1）问利用切点处函数值相等且导数值相等列方程求解.第（2）问是双变量比值的最值问题.先通过特殊点代入（如x=e）得到比值的一个界限ba≥−e.然后猜测该界限可以取到，即当a=1e2,b=−1e时，构造具体函数证明不等式恒成立.这种“猜证结合”的方法在处理复杂恒成立问题时非常有效.
【解析】（1） 当a=0时，直线g(x)=bx+1与函数y=f(x)的图象相切于P(x0,y0)，
因为f(x)=lnx，所以f'(x)=1x，
则1x0=b且bx0+1=lnx0，即b⋅1b+1=ln1b，解得：b=1e2．
（2） 若对任意x>0，都有f(x)≤g(x)恒成立，得lnx−1≤ax2+bx．
假设ae时，lnx−1>0，
而当x>max{0,−ba}时，ax2+bxx0时，lnx−1>0，
而ax2+bx0．
当x=e时，由f(e)≤g(e)，得ae2+be≥0，即ba≥−e．
下证：ba能取到−e．
当a=1e2,b=−1e时，ba=−e．
记F(x)=lnx−xe(x>0)，则F'(x)=e−xex，
令F'(x)>0，得0−2当且仅当10.
故g'(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数.
故g(t)>g（0）=0即f(x)>−2在(1,2)上恒成立.
当−23≤b−2的解为(1,2).
2.（2025·全国一卷）（1） 设函数f(x)=5csx−cs5x，求f(x)在[0,π4]的最大值；
（2） 给定θ∈(0,π)，设a为实数，证明：存在y∈[a−θ,a+θ]，使得csy≤csθ；
（3） 若存在φ使得对任意x，都有5csx−cs(5x+φ)≤b，求b的最小值．
【答案】（1） 33 （2） 证明见解析 （3） 33
【解析】（1） f'(x)=−5sinx+5sin5x=10cs3xsin2x.
∵x∈[0,π4]，故2x∈[0,π2]，故sin2x≥0.
当0−2时，g'(x)