高考数学历年考点题型专题讲解09 不等式恒成立问题(解析版)

(0 e−1) ,
(e−1,
−
e
1 2
)
.
因为 ，且 在区间 上单调递增， 1
∈
(e
−1,
−
eห้องสมุดไป่ตู้
1 2
)
f (x)
2
−1
(e 2 , +∞)
所以
f
(
x)
在
x
=
−1
e2
处取极小值
2m e
，即最小值为
2m e
.
1 / 10
若 ≥ ， ，则 ，即 ∀x 1 2
f (x) ≥ 2en−1
2m ≥ 2en−1 e
m ≥ en .
当n
≤
0
时，
n m
≤
0 ，当 n
>
0
时，则
n m
≤
n en
.
设 ，则 g(n)
=
n en
(n
>
0)
g′(n)
=
1− n en
.
当 0 < n <1时， g′(n) > 0 ；当 n > 1时， g′(n) < 0 ，
所以 g(n) 在(0,1) 上单调递增；在(1,+∞) 上单调递减，
g(mx) > g(ln x) , mx > ln x , m > ln x .
x
设 则 h(x) = ln x (x > 0) , x
h′
(
x)
=
1
− ln x2
x
(x
>
0)
.
令 h′(x) = 0 ,解得 x =e,易得 h(x) 在 (0,e) 上单调递增,在(e, +∞) 上单调递减,
．A (−∞,e − 2]
．B (−∞, e −1]
．C (−∞, 2e − 3]
．D (−∞, 2e −1]
3 / 10
【答案】D 【解析】由题意易知 f ( x) − ex + x 为定值，不妨设 f (x) − ex + x = t ，则 f (x) = ex − x + t ，又 f (t) = e ， 故 et − t + t = e ，解得：t =1， 即函数的解析式为 f ( x) = ex − x +1， f '( x) = ex −1，
由题意可知：(ex − x +1) + (ex −1) ≥ ax 对 x∈(0,+∞) 恒成立，
即 a ≤ 2ex −1对 x ∈(0,+∞) 恒成立， x
令 ，则 ， g (x) = 2ex −1 x
g
'(
x)
=
2ex
(x
x2
−1)
据此可知函数 g (x) 在区间(0,1) 上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
1 x
=
0
，根据图像知，方程有唯一解设为
x0
，
则函数在(0, x0 ) 上单调递减，在(x0,+∞) 上单调递增，
故 ，且 ， f
(x) min
=
f
( x0 ) =
2ae2 x0
− ln x0
+ ln a
≥0
4ae2x0 − 1 = 0 x0
代换得到： ， 1 2 x0
−
2 ln
x0
−
2 x0
−
2 ln
高考数学历年考点题型专题讲解
模板九： 不等式恒成立问题
分离参数法是求解不等式恒成立问题的常用方法,其解题要点如下: 模板 构建
典型 （2020·江苏省西亭高级中学高三三模）若关于 x的不等式 mx2 ≥ 2en−1 在[1 ,+∞) 上恒成立，则 n
1+ ln x
2
m
例题 的最大值为__________．
．D (−∞,e)
4 / 10
因为 所以 x > 1, mxemx > eln x ln x .
设 由 显然 在 上单调递增 g(x) = xex (x > 0) , g ′( x ) = e x (1 + x) , g(x) (0, +∞)
,
因为 所以 等价于 即 则 mx > 0, ln x > 0 , mxemx > eln x ln x
【解析】设 ，则 f ( x) = 2ae2x − ln x + ln a
f '( x) = 4ae2x − 1 .
x
当 a ≤ 0 时， f '(x) < 0 ，故 f (x) 单调递减，当 x → +∞ 时， f (x) → −∞，不成立；
2 / 10
当
a
>
0
时，取
f
'(
x)
=
4ae 2 x
−
．A
1 e
,
+∞
．B
1 e
,
e
．C [1, +∞)
【答案】A 【解析】由题意,若 m ≤ 0 ,显然 f (x) 不是恒大于零,故 m > 0 .
则 在 上恒成立 m > 0 , memx − ln x > 0 (0,1]
;
当 时 等价于 x >1 , f (x) > 0
memx > ln x ,
函数 g (x) 的最小值为 g (1) = 2e −1，
结合恒成立的结论可知：a 的取值范围是(−∞,2e −1].本题选择 D 选项.
3．（2020·江西省高三二模）已知函数 f (x) = memx − ln x ，当 x > 0 时， f (x) > 0 恒成立，则 m 的取值范 围为（ ）
所以 g(n) ≤ g(1) ，即 n en
≤ 1 ，所以 n 的最大值为 1 .故答案为：
e
m
e
1 e
不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式 f (x,l ) ³ 0 (λ 为实参数)对任意的 x∈ D 恒成立，求参 题后 数λ 的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参 反思 数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的
方法( a > 0 , ∆ < 0 或 a < 0 ， ∆ > 0 )求解．
针对训练*举一反三
1．（2020·浙江省高三二模）对任意的实数 x > 0 ，不等式2ae2x − ln x + ln a ≥ 0 恒成立，则实数 a 的最小值 为（ ）
A． 2 e
B． 1
C． 2
2e
e
D． 1 2e
【答案】D
2
≥
0
易知函数
g
(
x)
=
1 2x
−
2
ln
x
−
2x
−
2
ln
2
在
(0,
+∞
)
上单调递减，且
g
1 2
=
0
，故
x0
≤
1 2
.
a
=
1 4x0 ⋅ e2x0
≥
1 2e
，故当 x0
=
1 2
时，有最小值为 1 2e
.故选： D .
2．（2020·江西省南昌十中高三三模）设函数 f (x) 在定义域(0,+∞ )上是单调函数，且 ∀x ∈(0, +∞), f f ( x) − ex + x = e ，若不等式 f ( x) + f '( x) ≥ ax 对 x ∈ (0, +∞) 恒成立，则 a 的取值范 围是（ ）
令 f (x) = mx2 ；当 m < 0 时， f (1) = m < 0 < 2en−1 ，不合题意； 1+ ln x
当 时， ， m > 0
f
′(
x)
=
mx (2 (1 +
ln ln
x +1) x)2
试题 令 ，得 或 ， f ′(x) < 0
0 < x < e−1
e−1
<
x
<
−1
e2
解析
所以 在区间 和 上单调递减 f (x)