重难点突破07 不等式恒成立问题（十大题型）（解析版）

重难点突破07不等式恒成立问题目录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）xD，minmfxmfx；（2）xD，maxmfxmfx；（3）xD，maxmfxmfx；（4）xD，minmfxmfx．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yfx，,xab，ygx，,xcd．（1）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，则maxminfxgx；（2）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，则maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，则minmaxfxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有12fxgx成立，则fx的值域是gx的值域的子集．4、法则1若函数()fx和()gx满足下列条件：（1）lim0xafx及lim0xagx；（2）在点a的去心邻域,,aaaa内，()fx与()gx可导且()0gx；（3）limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx．法则2若函数()fx和()gx满足下列条件：（1）lim0xfx及lim0xgx；（2）0A，()fx和()gx在,A与,A上可导，且()0gx；（3）limxfxlgx，那么limxfxgx=limxfxlgx．法则3若函数()fx和()gx满足下列条件：（1）limxafx及limxagx；（2）在点a的去心邻域,,aaaa内，()fx与()gx可导且()0gx；（3）limxafxlgx，那么limxafxgx=limxafxlgx．注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：（1）将上面公式中的xa，,xx，xa，xa洛必达法则也成立．（2）洛必达法则可处理00，，0，1，0，00，型．（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，，0，1，0，00，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．limlimlimxaxaxafxfxfxgxgxgx，如满足条件，可继续使用洛必达法则．题型一：直接法例1．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数21eR2xfxxaa.(1)已知函数fx在0,0f处的切线与圆222230xyxy相切，求实数a的值.(2)已知0x时，2fxxaxa恒成立，求实数a的取值范围.【解析】（1）依题意，圆22(1)(1)5xy的圆心为1,1，半径为5，对函数fx求导得exfxxa，则函数fx的图象在0,0f处的切线斜率为0fa，而0fa，于是函数fx的图象在0,0f处的切线方程为yaax，即0axya，从而22151aaa，解得2a，所以实数a的值为2.（2）设223e02xgxfxxaxaxaaxax，依题意，当0x时，()0gx恒成立，求导得3exgxxaa，设30xhxxaeax，求导得3exhxa，当3a时，当0x时，e3e3xxa，即有0hx，因此函数hx，即gx在0,上单调递减，于是当0x时，00gxg，则函数gx在0,上单调递减，从而当0x时，00gxg，因此3a，当03a时，当30lnxa时，0hx，则函数hx，即gx在30,lna上单调递增，于是当30lnxa时，00gxg，即函数gx在30,lna上单调递增，因此当30lnxa时，00gxg，不合题意，当0a时，0hx，函数hx，即gx在0,上单调递增，则当0x时，00gxg，即函数gx在0,上单调递增，于是当0x时，00gxg，不合题意，所以实数a的取值范围为3,.例2．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数e,lnxfxagxxa，其中Ra．(1)讨论方程fxx实数解的个数；(2)当1x时，不等式fxgx恒成立，求a的取值范围．【解析】（1）由fxx可得，exax，令e,e1xxsxxasx，令0y，可得0x，当,0,0xsx，函数sx单调递减，当0,,0xsx，函数sx单调递增，所以函数sx在0x时取得最小值1a，所以当1a时，方程fxx无实数解，当1a时，方程fxx有一个实数解，当1a时，10a，故min0sx，而e0asa，e2asaa，设e2,1auaaa，则e20aua，故ua在1,上为增函数，故(1)e20uau，故sx有两个零点即方程fxx有两个实数解.（2）由题意可知，不等式fxgx可化为，eln,xaxaxa，即当1x时，eln0xxaa恒成立，所以1a，即1a，令1eln,exxhxxaahxxa，则hx在1,上单调递增，而11e1ha，当10h即11ea时，0,hxhx在1,上单调递增，故min1eln(1)hxhaa，由题设可得eln(1)01eaaa，设eln(1)vaaa，则该函数在1,e上为减函数，而e10v，故1e1ea.当10h即111ea时，因为111e01ahaaa，故hx在1,上有且只有一个零点0x，当01xx时，0hx，而0xx时，0hx，故hx在01,x上为减函数，在0,x上为增函数，故00mineln0xhxxaa，而001exxa，故00lnxxa，故00e0xxa因为01x，故00e1exxa，故111ea符合，综上所述，实数a的取值范围为1,e1．例3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数2sinπ,0,cos2xfxaxxx．(1)当1a时，讨论fx的单调性；(2)若sin0fxx，求a的取值范围．【解析】（1）因为1a，所以2sinπ,0,cos2xfxxxx，则22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx3333222coscos21coscoscos2coscosxxxxxxx，令costx，由于π0,2x，所以cos0,1tx，所以23233222coscos22221211xxttttttttt2221ttt，因为2222110ttt，10t，33cos0xt，所以233coscos20cosxxfxx在π0,2上恒成立，所以fx在π0,2上单调递减.（2）法一：构建2sinπsinsin0cos2xgxfxxaxxxx，则231sinπcos0cos2xgxaxxx，若sin0gxfxx，且00sin00gf，则0110gaa，解得0a，当0a时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx，又π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，则211cosx，所以2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；综上所述：若sin0fxx，等价于0a，所以a的取值范围为,0.法二：因为2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx，因为π0,2x，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx在π0,2上恒成立，所以当0a时，2sinsinsin0cosxfxxxx，满足题意；当a0时，由于π02x，显然0ax，所以22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx，满足题意；当0a时，因为322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx，令32sinπ0cos2xgxaxxx，则22433sincos2sincosxxxgxax，注意到22433sin0cos02sin000cos0gaa，若π02x，0gx，则gx在π0,2上单调递增，注意到00g，所以00gxg，即sin0fxx，不满足题意；若0π02x，00gx，则000ggx，所以在π0,2上最靠近0x处必存在零点1π20,x，使得10gx，此时gx在10,x上有0gx，所以gx在10,x上单调递增，则在10,x上有00gxg，即sin0fxx，不满足题意；综上：0a.变式1．（2023·河南·襄城高中校联考三模）已知函数lnfxmx，1exgx．(1)若曲线yfx在1,0处的切线与曲线ygx相交于不同的两点11,Axy，22,Bxy，曲线ygx在A，B点处的切线交于点00,Mxy，求120xxx的值；(2)当曲线yfx在1,0处的切线与曲线ygx相切时，若1,x，e1eefxgxaax恒成立，