微專題33　不等式恒成立或有解問題高考定位　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立或有解問題，是高考的熱點(diǎn)之一，多以解答題的形式出現(xiàn)，為壓軸題，難度較大.[高考真題](2022·新高考Ⅱ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝xeax－ex.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<－1，求a的取值范圍.解　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex，x∈R，則f′(x)＝xex，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞).(2)設(shè)h(x)＝xeax－ex＋1，則h(0)＝0，又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，設(shè)g(x)＝(1＋ax)eax－ex，則g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex，若a>，則g′(0)＝2a－1>0，因?yàn)?/span>g′(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在x0∈(0，＋∞)，使得?x∈(0，x0)，總有g′(x)>0，故g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(0)＝0，故h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，故h(x)>h(0)＝0，與題設(shè)矛盾.若0<a≤，則h′(x)＝(1＋ax)eax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex，下證：對(duì)任意x>0，總有ln(1＋x)<x成立，證明：設(shè)S(x)＝ln(1＋x)－x，故S′(x)＝－1＝<0，故S(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故S(x)<S(0)＝0，即ln(1＋x)<x成立.由上述不等式有eax＋ln(1＋ax)－ex<eax＋ax－ex＝e2ax－ex≤0，故h′(x)≤0總成立，即h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0.當(dāng)a≤0時(shí)，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0.綜上，a≤.樣題1 已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，若f(x)≤ex－1＋－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　因?yàn)?/span>f(x)≤ex－1＋－1恒成立，即≤ex－1＋－1對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤xex－1－x－ln x＋1對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，令u(x)＝xex－1－x－ln x＋1，則u′(x)＝ex－1＋xex－1－1－＝(x＋1)，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，u′(x)＜0，u(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，u′(x)＞0，u(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝1時(shí)，u(x)取最小值u(1)＝1，所以a≤1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].樣題2 (2022·福州模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(a∈R)，函數(shù)g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解.令φ(x)＝x－ln x，x∈[1，e]，則φ′(x)＝1－＝≥0，∴φ(x)＝x－ln x在[1，e]上單調(diào)遞增，∴φ(x)≥φ(1)＝1，∴x－ln x＞0，∴a≤在區(qū)間[1，e]上有解.令h(x)＝，則h′(x)＝，∵x∈[1，e]，∴x＋2＞2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，∴x∈[1，e]時(shí)，h(x)max＝h(e)＝，∴a≤，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.樣題3 (2022·麗水模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax(a∈R)，若f(x)≥1－ln(x＋1)對(duì)任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　若x≥0時(shí)，f(x)≥1－ln(x＋1)，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，則g′(x)＝ex＋＋a，令φ(x)＝ex＋＋a，則φ′(x)＝ex－＝≥0，∴函數(shù)φ(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(0)＝2＋a，①若a≥－2，φ(0)＝2＋a≥0，∴φ(x)＝ex＋＋a≥0，∴g′(x)≥0，函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增.∴g(x)≥g(0)＝0，∴(*)式成立.②若a＜－2，由于φ(0)＝2＋a＜0，φ(－a)＝e－a＋＋a≥1－a＋＋a＝1＋＞0(x≥0時(shí)，ex≥1＋x，故e－a≥1－a)，故?x0∈(0，－a)，使得φ(x0)＝0，則當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，φ(x)＜φ(x0)＝0，即g′(x)＜0.∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，x0)上單調(diào)遞減，∴g(x0)＜g(0)＝0，即(*)式不恒成立.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2，＋∞).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(zhuǎn)化為利用導(dǎo)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(jìn)而轉(zhuǎn)化為a＞f(x)max或a＜f(x)min的形式，通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)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(jìn)行轉(zhuǎn)化，要理解清楚兩類問題的差別.訓(xùn)練1 (2022·鹽城三模改編)已知不等式e(x2－ln x)＋ex－ax≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　易知x>0，則原不等式可化為a≤，設(shè)F(x)＝(x>0)，則F′(x)＝，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，F′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，F(x)min＝F(1)＝2e，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2e].訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)＝aln x－＋x＋1，若不等式f(x)≥1在區(qū)間[1，2]上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　f′(x)＝＋＋1＝＝.①當(dāng)2－≥0，即－2≤a≤2時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(2).②當(dāng)2－<0，即a>2時(shí)，設(shè)x2＋ax＋2＝0(Δ＝a2－8>0)的兩根分別為x1，x2，則x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1<0，x2<0，所以在區(qū)間[1，2]上，f′(x)＝>0，所以f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(2).綜上，當(dāng)a≥－2時(shí)，f(x)在區(qū)間[1，2]上的最大值為f(2)＝aln 2＋2≥1，所以a≥－，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.一、基本技能練1.已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)，當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.解　法一　f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)?/span>x≥2，所以x－1＞0，ex－a＞0，所以f′(x)＞0，則f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(2)＝0成立.②當(dāng)0＜a≤e2時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立.③當(dāng)a＞e2時(shí)，在區(qū)間(2，ln a)上，f′(x)＜0；在區(qū)間(ln a，＋∞)上，f′(x)＞0，所以f(x)在(2，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2].法二　當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，等價(jià)于當(dāng)x≥2時(shí)，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立，即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.當(dāng)x＝2時(shí)，0·a≤0，所以a∈R.當(dāng)x＞2時(shí)，x2－x＞0，所以a≤＝恒成立.設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝，因?yàn)?/span>x＞2，所以g′(x)＞0，所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＞g(2)＝e2，所以a≤e2.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2].2.若ex＋cos x－ax－2≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍.解　令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，則h′(x)＝ex－sin x－a，令t(x)＝ex－sin x－a，則t′(x)＝ex－cos x，∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a.①當(dāng)1－a≥0，即a≤1時(shí)，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，滿足題意；②當(dāng)1－a＜0，即a＞1時(shí)，h′(0)＜0，又x→＋∞時(shí)，h′(x)→＋∞，∴?x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)＜0，∴h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，此時(shí)h(x)＜h(0)＝0，不符合題意.綜上，a的取值范圍為(－∞，1].3.已知函數(shù)f(x)＝ax2－(6＋a)x＋3ln x，當(dāng)a≤－時(shí)，關(guān)于x的不等式f(x)＋ax－b≥0有解，求b的最大值.解　設(shè)g(x)＝f(x)＋ax－b＝ax2－6x＋3ln x－b，x>0，則g′(x)＝2ax－6＋＝.當(dāng)a<0時(shí)，2ax2－6x＋3＝0有兩個(gè)根x1，x2，不妨令x1<x2.又x1x2＝<0，x1<0，x2>0.由題意舍去x1，當(dāng)x∈(0，x2)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(0，x2)上單調(diào)遞增，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞減.若存在x0使f(x)＋ax－b≥0成立，則g(x)max＝g(x2)＝ax－6x2＋3ln x2－b≥0，即ax－6x2＋3ln x2≥b.又2ax－6x2＋3＝0，∴a＝.∵a≤－，∴≤－，∴0<x2≤，∴b≤ax－6x2＋3ln x2＝·x－6x2＋3ln x2＝－3x2＋3ln x2－.令h(x)＝－3x＋3ln x－，則h′(x)＝>0，∴函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增，h(x)max＝h＝－3ln 3－，即b的最大值為－3ln 3－.二、創(chuàng)新拓展練4.(2022·濟(jì)南模擬改編)已知函數(shù)f(x)＝xex－ax＋a，a≥0，若關(guān)于x的不等式f(x)≥aln x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　f(x)≥aln x恒成立等價(jià)于xex－ax＋a－aln x≥0(x＞0)恒成立，令h(x)＝xex－ax＋a－aln x(x＞0)，則h(x)min≥0.①當(dāng)a＝0時(shí)，h(x)＝xex＞0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，符合題意；②當(dāng)a＞0時(shí)，h′(x)＝(x＋1)ex－a－＝(x＋1)＝(xex－a)，令g(x)＝xex－a，g′(x)＝(x＋1)ex，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(0)＝－a＜0，g(a)＝aea－a＝a(ea－1)＞0，則存在x0∈(0，a)，使得g(x0)＝0?x0ex0－a＝0，此時(shí)x0ex0＝a，即x0＋ln x0＝ln a，則當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增.所以h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－a(x0＋ln x0)＋a＝2a－aln a.令h(x)min≥0，得2a－aln a≥0.因?yàn)?/span>a＞0，所以0＜a≤e2.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0，e2]. 

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