第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题
5.导数压轴题基本问题之二——不等式恒成立求参数范围
5.导数压轴题基本问题之二——不等式恒成立求参数范围一、分离参数或直接讨论法1.（2013新课标1）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()xe cx d +，若曲线()yf x =和曲线()yg x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
【解析】（Ⅰ）a =4，b =2，c =2，d =2（略）（Ⅱ）法一：（直接讨论，通过特殊位置缩小参数的范围，减少讨论）由（Ⅰ）知，2()42f x x x =++，()2(1)xg x e x =+，设函数()F x =()()kg x f x -=22(1)42x ke x x x +---（2x ≥-），()F x '=2(2)24x ke x x +--=2(2)(1)x x ke +-，由题设可得()(0)020F F ≥⎧⎪⎨-≥⎪⎩，即21k e ≤≤，令()F x '=0得，1x =ln k -，2x =－2，①若21k e ≤<，则－2＜1x ≤0，∴当1(2,)x x ∈-时，()F x ＜0，当1(,)x x ∈+∞时，()F x ＞0，即()F x 在1(2,)x -单调递减，在1(,)x +∞单调递增，故()F x 在x =1x 取最小值1()F x ，而1()F x =21112242x x x +---=11(2)x x -+≥0，∴当x ≥－2时，()F x ≥0，即()f x ≤()kg x 恒成立，②若2k e =，则()F x '=222(2)()x e x e e +-，∴当x ≥－2时，()F x '≥0，∴()F x 在(－2,+∞)单调递增，而(2)F -=0，∴当x ≥－2时，()F x ≥0，即()f x ≤()kg x 恒成立，综上所述，k 的取值范围为[1,2e ].二、通过特殊点的邻域或几何意义找答案2.（2008全国2第21题）设函数sin ()2cos x f x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）略；（Ⅱ）令()()g x ax f x =-，则（因为()00=g 且()0≥x g 对任意的x 恒成立，则()00'≥g ，若()00'=g ，则由图像知0=x 必为函数的极小值点，则()00''≥g 。
高考前必做的“不等式恒成立导数题中的参数求法”都在这里
高考前必做的“不等式恒成立导数题中的参数求法”都在这里已知含参数不等式恒成立求其中参数取值范围问题是高考热点，这里汇集了这类问题的通法和巧法，包括直接求导法、二次求导法、特值压缩法、分离ln x 法、重构函数法、解不等式法、设而不求法等，都是高考压轴题最常用到的方法.一、直接求导法题目：当(0,1)x ∈时，1()11axx f x e x-+=>-恒成立，求a 的取值范围. 分析：注意()xe f x g 型函数不分离最好,这里()f x 是有理函数, 它的导数为[()]()xxe f x e f x '=+g ()[()()]xxe f x e f x f x ''=+g ， 这里()()f x f x '+是有理函数，容易讨论其性质. 解：21121()()()()11(1)1ax ax axax x x x f x e e e e a x x x x----+++'''=+=+-----g g 22(1)[](1)1axa x ex x-+=-=--222222(1)2[](1)(1)(1)axax a x ax a e e x x x ---+--=---， 由22ax a +-可知，我们可以按照二次函数的讨论要求处理，比较复杂， 于是可以考虑分离参数a ，即222222222(1)2(1)()(1)()11ax a a x x a x a x x+-=-+=-+=----， 注意到当(0,1)x ∈时，22(2,)1x∈+∞-，所以当2a ≤时，()0f x '>，()f x 是增函数， 所以()(0)1f x f >=，当2a >时，222()0(1)axax a f x e x -+-'=<-可解得0x <<，即当0x <<()f x 是减函数，所以()(0)1f x f <=，不合题意.综上，a 的取值范围(,2]-∞.二、二次求导法题目：当0x ≥时，2()10xf x e x ax =---≥恒成立，求a 的取值范围. 分析：2()xf x ke ax bx c =+++型函数一般用到二次求导法. 解:()12xf x e ax '=--，()2xf x e a ''=-， 因为0x ≥，所以1x e ≥， 当21a ≤即12a ≤时，()0f x ''≥，()f x '是增函数，所以()(0)0f x f ''≥=，所以()f x 是增函数，所以()(0)0f x f ≥=； 当21a >即12a >时，则当0ln(2)x a <<时，()0f x ''<，()f x '是减函数，所以()(0)0f x f ''<=，所以()f x 是减函数，所以()(0)0f x f <=. 所以a 的取值范围1(,]2-∞.三、特值压缩法题目：当2x ≥-时，2()2(1)420xf x ke x x x =+---≥恒成立，求k 的取值范围. 分析：特值法先压缩参数范围，可以大大减少讨论步骤，但是这是一个特殊方法，不被重视.解：由2202(2)2(21)(2)4(2)20(0)2(01)04020f ke f ke -⎧-=-+---⨯--≥⎨=+--⨯-≥⎩得 2220220ke k -⎧-+≥⎨-≥⎩得21k e ≤≤， ()2[(1)]242(2)(1)x x x f x k e x e x x ke '=++--=+-，当21k e ≤≤时，由()2(2)(1)0xf x x ke '=+-=得211[,1]ln [2,0]x e e x k k-=∈⇒=∈-， 当2k e =时，显然当2x ≥-时，()0f x '≥，()f x 为增函数，从而()(2)0f x f ≥-=， 当21k e ≤<时，则1ln(2,0]k∈-，所以 当1(2,ln )x k∈-时，()0f x '<，()f x 为减函数，当1(ln,)x k∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()f x 的最小值为1ln 21111(ln )2(ln 1)(ln )4(ln )2k f ke k k k k=+---22111112(ln1)(ln )4(ln )2(ln )2ln k k k k k =+---=-- 2211(ln )2ln (ln )2ln (2ln )(ln )0k k k k k k=--=-+=-≥，所以求k 的取值范围是21k e ≤≤.四、分离ln x 法题目：当0x >且1x ≠时，ln 1ln 11x x kx x x x+>++-恒成立，求k 的取值范围. 分析：把ln x 分离出来可以使导数非常简单. 解： 2ln ln 111121()()ln ln 11111x x k k k x x x x x x x x x x x ------=--=-+-+--2221111[2ln (1)][2ln (1)()]11k x x x k x x x x x-=--⨯-=------ （这一步的目的是提取因式211x -，分离出ln x ，由于211x -的符号不确定，所以分类讨论如下）令设1()2ln (1)()g x x k x x =----，于是原题等价于()0,(1,)()0,(0,1)g x x g x x >∀∈+∞⎧⎨<∀∈⎩221()(1)(1)g x k x x'=---+，若是通分，分子是一个关于x 的二次函数，讨论比较复杂，不如再次提取21(1)x +，分离参数k ，这样会转化为对号函数，可谓一举两得：于是22221121()(1)(1)(1)[(1)]11g x k k x x x x x '=---+=+-⨯--+221212(1)[(1)](1)(1)11k k x x x x x x ⎡⎤⎢⎥=+---=+---⎢⎥⎢⎥++⎣⎦ 令2()1h x x x =+，由对号函数的单调性，()h x 在(1,)+∞单调递减，当1x >时，12x x+>，从而()(0,1)h x ∈，所以当(1)1k --≥，即0k ≤时，()0g x '≥恒成立，从而()g x 为增函数，所以()(1)0g x g >=恒成立；当0k >时，(1)1k --<，所以存在01x >，使得当0(1,)x x ∈时，()0g x '<，从而()g x 为减函数，所以()(1)0g x g <=，不合题意. 同理可讨论当01x <<时，仍然是0k ≤时，()0g x '≥恒成立，从而()g x 为增函数，所以()(1)0g x g <=恒成立； 当0k >时，(1)1k --<，所以存在0(0,1)x ∈，使得当0(,1)x x ∈时，()0g x '<，从而()g x 为减函数，所以()(1)0g x g >=，不合题意. 综上，0k ≤五、重构函数法题目：(1)0xe a x b -+-≥恒成立,求(1)a b +的最大值. 分析：构造以参数为自变量的函数是经常考的常规题型. 解:令()(1)xf x e a x b =-+-,则()(1)xf x e a '=-+（1）当10a +≤时,()0f x '≥,()f x 在R 上单调递增，当x →-∞时，()f x →-∞，不合题意. （2）当10a +>时，则当ln(1)x a <+时，()0f x '<，()f x 是减函数，当ln(1)x a >+时，()0f x '>，()f x 是增函数，所以当ln(1)x a =+时，min ()(ln(1))1(1)ln(1)0f x f a a a a b =+=+-++-≥，所以1(1)ln(1)b a a a ≤+-++，所以22(1)(1)(1)ln(1)a b a a a +≤+-++，其中10a +>， 令22()ln (0)g x x x x x ≤->，则()2(2ln )(12ln )g x x x x x x x '=-+=-，当0x <<()0g x '>，()g x 是增函数，当x >()0g x '<，()g x 是减函数，所以当x =max 1()22eg x g e e ==-⨯=， 所以(1)a b +的最大值是2e . 六、解不等式法题目：设函数2()mx f x e x mx =+-．（1）证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；（2）若对于任意12,[1,1]x x ∈-，都有12|()()|1f x f x e -≤-，求m 的取值范围． 分析：求参数范围时，把参数看成未知数，解不等式． 解：（1）()2mx f x me x m '=+-，2()2mx f x m e ''=+，因为2()20mx f x m e ''=+>，所以()2mxf x me x m '=+-在R 上是增函数，注意到(0)0f '=，所以当0x <时，()(0)0f x f ''<=，当0x >时，()(0)0f x f ''>=，所以()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）由（1）可知，()f x 在[1,1]-上的最小值为(0)1f =，()f x 的最大值是(1)1m f e m =+-和(1)1mf e m --=++，所以12|()()|f x f x -的最大值为m e m - 或 m e m -+ ，所以只要 1m e e m ≤-- 或 1m e e m -≤-+ ， 令 ()m g m e m =- ，则 ()1m g m e '=- ， 当0m <时，()0g m '<，()g m 是减函数， 当0m >时，()0g m '>，()g m 是增函数，而(1)1g e =-，1(1)1g e-=+，且(1)(1)g g >-，所以存在01m <-，使得0()(1)g m g =，所以由1m e e m ≤--即()(1)g m g <可得01m m <<，其中01m <- ①而1m e e m -≤-+即()(1)g m g -≤，所以01m m <-<-，即01m m -<<-，其中01m <-，② 由①、②得11m -<<.七、设而不求法已知函数()2x x f x e e x -=--，（1）设()(2)4()g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值，（2）已知1.4142 1.4143<<，估计ln2的近似值（精确到0.001）分析：设而不求那些不容易求出的极值点.解：（1）22()44(2)x x x x g x e e x b e e x --=-----，()222(2)4(2)x x x x g x e e b e e --'=+--+-，令x x e e t -+=，则2222x x e e t -+=-，所以2()2(4)4(2)(2)(22)(2)[(22)]g x t b t t t b t t b '=---=-+-=---，注意到2(0)x x t e e x -=+>=>，所以当222b -≤即2b ≤时，()0g x '≥，()g x 为增函数，所以()(0)0g x g >=，当2b >时，存在00x >，当0(0,)x x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数，所以()(0)0g x g <=，不合题意，所以b 的最大值2.（2）考虑(ln 4(2ln g e e b e e --=----3122ln 24ln 2)(42)ln 222b b =---=-+-，由（1）知道，当2b =时，3(ln 2(422)ln 202g =-+⨯->，所以4 1.4142 1.5ln 20.69286⨯->>=，那么，下一步如何再取b 的值呢？这是不可以随意取的，我们不得不考虑第二问中的0x x =这个分界点满足的条件，可以考虑x =(22)0x x e e b -+--≤，考虑到满足等号成立的b 的值，(22)0e e b ----=，解得14b =+，则由（1）知，当1b =时，31)[41)2]ln 202g =-++⨯-<，所以18 1.4143ln 20.693428+<==，所以0.6928ln 20.6934<<，所以ln 20.693=.。
基于深度学习的“利用导数研究不等式的恒成立(有解)问题”微设计
中学数学教学参考（上旬>2021年第1期咼考■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■“利用导数研究不等式的恒成立（有解）问题”賴®T刘建国，张志怀（宁夏回族自治区银川市第二十四中学）文章编号：1002-2171 (2021) 1-0068-04利用导数研究不等式恒成立（有解）问题是高考 数学常考常新的热点、难点问题。
此类问题重点考查 学生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养及 综合运用数学知识分析、解决问题的能力。
高三第二 轮复习阶段，为进一步提升素养，强化函数与方程、数 形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想方法的渗 透,笔者尝试开展基于深度学习的专题复习微设计教 学，以促进学生对数学知识及思想方法的深层加工、 深度理解并实现知识建构、迁移运用。
本文现以不等 式恒成立（有解）问题为载体，尝试开展基于深度学习 的高考数学专题复习微设计教学实践。
1示例分析解题教学是解题活动的教学，其核心是通过对数 学的学习培养学生的思维能力。
结合高考中不等式 恒成立(有解）问题开展解题教学，是促进学生深度学 习、发展学生数学高阶思维、提升学生数学核心素养 的重要途径。
1.1不等式恒成立问题例1 (2020年高考数学全国卷I 理科第21题）已知函数/(d ^ei +ajc 2—1。
(I )当a = l 时，讨论/U )的单调性；(n )当x 彡0时，/(x )>|x 3 + l ，求a 的取值 范围。
思路探求：利用导数解决条件不等式恒成立问题 可以先对目标不等式进行等价转化，依据其形式及结 构特点恰当选择(构造）新的目标函数，通过研究其单 调性、最值(极值)等相关性质达到解决问题的目的。
解：（I )略。
(n )解法i :/u )>|x 3 + i 等价于（+工3- ax 2 + j : + 1) • e —设容(:r ) =(~^x 3—a x 2+:r +l ) • e -工(x >0)，则g (x ) = — x [_x z — (2a + 3)x + 4a + 2] • e-J =—-^-：c(x —2) [x —(2a +1) ] • e—J 〇若 2a +l <0,即— ^■，则当(〇,2)时，，（:〇>0,所以g u )在区间（0,2)内单调递增，而 客（0)=1，故当16(0,2)时，以：〇>1，不符合题意。
第五节 利用导数研究不等式恒成立问题
范围.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，
g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
考法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[例1] (2019·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋ 1)(2x－1)．
考法二 等价转化法解决不等式恒成立问题
[例2] (2019·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－ 1)ex，g(x)＝12x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成 立，求实数a的取值范围．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(1)在a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若 f(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)a＝0时，f(x)＝(x－1)ln x， f′(x)＝ln x＋(x－1)·1x＝ln x－1x＋1，设 g(x)＝ln x－1x＋1， 则g′(x)＝x＋x2 1>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴ x∈(0,1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意． 综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x， 当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ， 令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a， 当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a－2ln a ， 令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数． 而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1， 由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。
第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题
第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题把参数看作常数利用分类讨论方法解决[典例引领](2018·衡阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；由f ′(x )＜0，得x ＞1a；所以f (x )的单调递增区间是(0，1a)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1x －a ，注意到g (1)＝0，①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；令g ′(x )＜0，得x ＞1a .则g (x )在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1x－a ＞0，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝0， 即a ≤0时不满足题意(舍去)．综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．分离参数法求范围[典例引领](2018·枣庄模拟)已知函数f (x )＝e xx 的定义域为(0，＋∞)．(1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上的最小值；(2)对∀x ∈(0，＋∞)，不等式xf (x )＞－x 2＋λx －1恒成立，求λ的取值范围． 【解】 f ′(x )＝x e x －e xx 2，令f ′(x )＞0得x ＞1； 令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，所以函数f (x )在(0，1)上是减函数；在(1，＋∞)上是增函数．(1)当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上是增函数，所以f (x )min ＝f (m )＝e mm .当0＜m ＜1时，函数f (x )在[m ，1]上是减函数； 在[1，m ＋1]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝e.(2)由题意，对∀x ∈(0，＋∞)，不等式e x＋x 2＋1＞λx 恒成立，即e x x ＋x ＋1x＞λ恒成立，令g (x )＝e x x ＋x ＋1x ，则g ′(x )＝(e x ＋x ＋1)(x －1)x 2，由g ′(x )＞0得，x ＞1； 由g ′(x )＜0得，0＜x ＜1.所以g (x )min ＝g (1)＝e ＋2，所以λ＜e ＋2. 即λ的取值范围为(－∞，e ＋2)．利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式； (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值；(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．等价转化法求参数范围[典例引领]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23. 令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增， 所以g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ，由(1)可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e .即m (x )＝x ln x 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0； 当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ； 存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a .(2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立F (x )＝f (x )－g (x )F (x )min ＞0.(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)max .1．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)解析：选A ．设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数， 所以 g (x )的图象的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A ．2．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2解析：选A ．由题意知f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A ．3．设函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝a 2x 2.(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )图象上的点到直线x －y ＋3＝0距离的最小值； (2)是否存在正实数a ，使得不等式f (x )≤g (x )对一切正实数x 都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由f (x )＝－x ＋ln x ，得f ′(x )＝－1＋1x ，令f ′(x )＝1，得x ＝12，所以所求距离的最小值即为P ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12到直线x －y ＋3＝0的距离，d ＝⎪⎪⎪⎪12－(－12－ln 2)＋32＝12(4＋ln 2) 2.(2)假设存在正数a ，令F (x )＝f (x )－g (x )(x ＞0)， 则F (x )max ≤0.由F ′(x )＝a ＋1x －2a 2x ＝0，得x ＝1a ，因为x ＞1a 时，F ′(x )＜0，所以F (x )为减函数； 当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，所以F (x )为增函数， 所以F (x )max ＝F ⎝⎛⎭⎫1a ， 所以ln 1a≤0，即a ≥1.所以a 的取值范围是[1，＋∞)．4．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln xx 2)max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤12e .5．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0得x ＝－1－2，x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减， 在(－1－2，－1＋2)上单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x <0(x >0)， 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，而h (0)＝1， 故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0，1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0，1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．6．(2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立，求k 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)与题意知k ＜f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x ＞2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x ＞2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2，令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x ＞0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8，10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立， 故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即h ′(x )＜0；当x 0＜x 时，m (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，又k∈Z，所以k的最大值为4.。
第5讲 第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
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突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
反思感悟 根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问 题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最 值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函 数值不满足题意即可．
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突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
第1课时 利用导数 研究恒(能)成立问题
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突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
命题解读 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能) 成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学 生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．
③lim
x→a
f′ g′（（xx））＝A，那么lxi→ma
gf（（xx））＝lxi→ma
f′ g′（（xx））＝A.
注意：高中阶段能使用洛必达法则的题目一般都能使用分类讨论，
但分类讨论难度较大，所以可采用分参求最值的方式，一般大题中对使
用洛必达法则的赋分可能因标准不同而不同．
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突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
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突破核心命题 9拓展提能 限时规范训练
①当a≤0时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意． ②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1. 当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0， 当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减， 在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
利用导数解决不等式恒成立中参数问题优秀教案
利用导数解决不等式恒成立中地参数问题一、单参数放在不等式上型：【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数．若对所有都有，求地取值范围．解：令，则，（1）若，当时，，故在上为增函数，∴时，，即．（2）若，方程地正根为，此时，若，则，故在该区间为减函数．∴时，，即，与题设相矛盾．综上，满足条件地地取值范围是．说明：上述方法是不等式放缩法．【针对练习1】（10课标理）设函数，当时，，求地取值范围．解：【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数在及时取得极值．（1）求、地值；（2）若对于任意地，都有成立，求地取值范围．解：（1），∵函数在及取得极值，则有，．即，解得，．（2）由（1）可知，，．当时，；当时，；当时，．∴当时，取得极大值，又，．则当时，地最大值为．∵对于任意地，有恒成立，∴，解得或，因此地取值范围为．最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上地最值．【针对练习2】（07重庆理）已知函数在处取得极值，其中、、为常数．（1）试确定、地值；（2）讨论函数地单调区间；（3）若对任意，不等式恒成立，求地取值范围．解：【针对练习3】（10天津文）已知函数，其中．若在区间上，恒成立，求地取值范围．解：【例题3】（08湖南理）已知函数．（1）求函数地单调区间；（2）若不等式对任意地都成立（其中是自然对数地底数），求地最大值．解：（1）函数地定义域是，．设．则，令，则．当时，，在上为增函数，当时，，在上为减函数．∴在处取得极大值，而，∴，函数在上为减函数．于是当时，，当时，．∴当时，在上为增函数．当时，，在上为减函数．故函数地单调递增区间为，单调递减区间为．（2）不等式等价于不等式，由知，．设，，则．由（1）知，，即．∴，，于是在上为减函数．故函数在上地最小值为．∴a地最大值为．小结：解决此类问题用地是恒成立问题地变量分离地方法，此类方法地解题步骤是：①分离变量；②构造函数（非变量一方）；③对所构造地函数求最值（一般需要求导数,有时还需求两次导数）；④写出变量地取值范围．【针对练习4】（10全国1理）已知，若，求地取值范围．解：【针对练习5】若对所有地都有成立，求实数地取值范围．解：二、单参数放在区间上型：【例题4】已知三次函数图象上点处地切线经过点，并且在处有极值．（1）求地解析式；（2）当时，恒成立，求实数地取值范围．解：（1）∵，∴，于是过点处地切线为，又切线经过点，∴，①∵在处有极值，∴，②又，③∴由①②③解得：，，，∴．（2），由得，．当时，，单调递增，∴；当时，，单调递减，∴．∴当时，在内不恒成立，当且仅当时，在内恒成立，∴地取值范围为．【针对练习6】（07陕西文）已知在区间上是增函数，在区间，上是减函数，又．（1）求地解析式；（2）若在区间上恒有成立，求地取值范围．解：三、双参数中知道其中一个参数地范围型：【例题5】（07天津理）已知函数，其中，．（1）讨论函数地单调性；（2）若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：（1）．当时，显然．这时在，上内是增函数．当时，令，解得．当变化时，，地变化情况如下表：由（2）知，在上地最大值为与地较大者，对于任意地，不等式法二：变量分离．∵，∴，即．令，，∴在上递减，最小值为，从而得，∴满足条件地地取值范围是．或用，即，进一步分离变量得，利用导数可以得到在时取得最小值，从而得，∴满足条件地地取值范围是．法三：变更主元．∵，∴在递增，即地最大值为．以下同上法．说明：本题是在对于任意地，在上恒成立相当于两次恒成立，这样地题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立．【例题6】设函数，，若对于任意地，不等式在上恒成立，求实数地取值范围．解：在上恒成立，即在上恒成立．由条件得，又，∴，即．设，则．令，，当，；当，，∴时，，于是，∴在递减，∴地最小值为，∴，因此满足条件地地取值范围是．【针对练习7】设函数，其中，．若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：四、双参数中地范围均未知型：【例题7】（10湖南理）已知函数，对任意地，恒有．（1）证明：当时，；（2）若对满足题设条件地任意，，不等式恒成立，求地最小值．解：（1）易知．由题设，对任意地，，即恒成立，∴，从而．于是，且，因此．故当时，有，即当时，．（2）由（1）知，．当时，有．令，则，．而函数地值域是．因此，当时，地取值集合为．当时，由（1）知，，．此时或，．从而恒成立．综上所述，地最小值为．【针对练习8】若图象上斜率为3地两切线间地距离为，设．（1）若函数在处有极值，求地解析式；（2）若函数在区间上为增函数，且在区间上都成立，求实数地取值范围．解：五、双参数中地线性规划型：【例题8】（12浙江理）已知，，函数．（1）证明：当时，①函数地最大值为；②；（2）若对恒成立，求地取值范围．解：（1）①．当时，，在上恒成立，∴在上递增，此时地最大值为：；当时，，此时在上递减，在上递增，∴在上地最大值为：．综上所述：函数在上地最大值为．②∵，当时，．当时，．设，，列表可得，∴当时，，∴．（2）由①知：函数在上地最大值为，∴．由②知：，于是对恒成立地充要条件为：或，在坐标系中，不等式组所表示地平面区域为如图所示地阴影部分，其中不包括线段．作一组平行线，得，∴地取值范围为．【针对练习9】已知函数．（1）若，求地单调区间；（2）若地两个极值点，恒满足，求地取值范围．解：六、双参数中地绝对值存在型：【例题9】（06湖北理）设是函数地一个极值点．（1）求与地关系式（用表示），并求地单调区间；（2）设，．若存在，使得成立，求地取值范围．解：（1），由，得，即得，则．令，得或，由于是极值点，∴，即．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．（2）由（1）知，当时，，在区间上地单调递增，在区间上单调递减，那么在区间上地值域是，而，，，那么在区间上地值域是．又在区间上是增函数，且它在区间上地值域是，由于，∴只须仅须且，解得．故地取值范围是．【针对练习10】（10辽宁理）已知函数．（1）讨论函数地单调性；（2）设，如果对任意，，，求地取值范围．解：总结：关于运用导数解决含参函数问题地策略还有很多，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强，对于某些“含参函数”题目，不一定用某一种方法，还可用多种方法去处理．这就要求我们养成良好地数学思维，有良好地观察与分析问题地能力，灵活地转化问题能力，使所见到地“含参函数”问题能更有效地解决．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.p1Ean。
利用导数研究不等式恒成立问题
(2)当 x>0 时，函数 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围．
[解] 由 f(1)≥0，得 a≥e－1 1>0， 则 f(x)≥0 对任意的 x>0 恒成立可转化为a＋a 1≥2xx－ex 1对任意 的 x>0 恒成立． 设函数 F(x)＝2xx－ex 1(x>0)，则 F′(x)＝－2x＋x12exx－1. 当 0<x<1 时，F′(x)>0；当 x>1 时，F′(x)<0， 所以函数 F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以 F(x)max＝F(1)＝1e. 于是a＋a 1≥1e，解得 a≥e－1 1.
(2)若对任意的 x∈[0，＋∞)，不等式 f(x)≥g(x)恒成立，求 实数 a 的取值范围．
[解] 令 h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得 h(x)min≥0 在 x∈[0，＋∞) 上恒成立，因为 h(x)＝(x＋a－1)ex－12x2－ax，
所以 h′(x)＝(x＋a)(ex－1)． ①若 a≥0，则当 x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数 h(x)在 [0，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(0)＝a－1，则 a－1≥0，得 a≥1. ②若 a<0，则当 x∈[0，－a)时，h′(x)≤0； 当 x∈(－a，＋∞)时，h′(x)>0， 所以函数 h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增， 所以 h(x)min＝h(－a)， 又因为 h(－a)<h(0)＝a－1<0，所以不合题意． 综上，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
1 f(x)<k＋2x－x2
成立，求 k 的取值范围．
解：由题意知 f(x)＝exx<k＋21x－x2对任意的 x∈(0,2)都成立，
利用导数处理不等式恒成立求参数范围
(ea－1，＋∞)．
(2)∵f(x)≤2a，∴a≤______________，
令g(x)＝ ，x≥2，则g′(x)＝ ， __________________________
______________________
令t(x)＝ln x－x＋1，则t′(x)＝ ＝ ， _________________________ ___________________ 由t′(x)>0解得0<x<1，由t′(x)<0解得x>1， 故t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， t(x)max＝t(1)＝0， ∴当x≥2时，t(x)<0，所以ln x<x－1， ∴g′(x)>0，g(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝ g(2) ∴a≤g(2)＝2ln 2，∴a的取值范围(－∞，2ln 2]．
利用导数研究恒成立问题
一．已知不等式恒成立求参数范围问题 常见处理的方法： 1. 部分分离参数后，数形结合(适用于选择填空题）； 2. 完全分离参数，转化为求函数（不含参数）的最值；
3. 含参数，直接讨论求函数最值（讨论） 4. 同构式转化，利用复合函数的单调性进行转化等。
例1 (2022·浙江嘉兴高三模拟)已知函数f(x)＝－xln x ＋a(x＋1)，a∈R.
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数．
故g(x)min＝g(1)＝4，所以a≤4， 所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
【答案】 (－∞，4]
(1)求函数f(x)的单调区间； (2)若关于x的不等式f(x)≤2a在[2，＋∞)上恒成立，求 a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝0时，f(x)＝－xln x(x>0)， f′(x)＝－ln x－1，由f′(x)>0解得0<x<e－1，由f′(x)<0解得x>e－1， 故f(x)的单调递增区间为(0，e－1)，单调递减区间为(e－1，＋ ∞)； 当a≠0时，由f(x)＝－xln x＋a(x＋1)，得f(x)的定义域为(0， ＋∞)， f′(x)＝－(ln x＋1)＋a，令f′(x)＝－(ln x＋1)＋a＝0，解得x＝ ea－1，
第四章第5讲利用导数研究不等式的证明问题(1) 课件——2022届高三数学一轮复习
考向三 证明与正整数有关的不等式问题
例3 (2021·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R. (1)若k＝12，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1； (2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围； (3)求证：124＋1224＋1324＋1…n24＋1<e4(n∈N*)．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，令
f′(x)＝0得x＝e.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
可得(0，e)是f(x)的单调递减区间，(e，＋∞)是f(x)的单调递增区间， f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值．
第四章第5讲：利用导数研究 不等式的证明问题
议课时间：8月18日 授课时间：9月10日
一、【复习目标】
1．本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载 体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时 与不等式关联紧密． 2．导数的应用题型很灵活，解题方法较 多，多采用定义法、公式法、综合法，必要时还要使用放缩法， 主要考查逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力以及 数学语言表达能力．
二、【考点解读】
1．高考对本考点的考查较为稳定，考查方式及题目难度在 近两年中变化不大． 2．考查内容主要体现在以下三个方面： (1)考查函数的单调性、极值与最值； (2)由不等式恒成立求 参数的范围； (3)函数与不等式综合，考查不等式的证明问 题．
三、【考题讲练】
考向一 单变量不等式的证明
例1 (2021·福州模拟)已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
利用导数求解参数问题(恒成立问题)经典题目
用导数解参数问题已知函数的单调性，求参变量的取值范围，实质上是含参不等式恒成立的一种重要题型。
本文将举例说明此类问题的求解策略。
结论一、 不等式()()f x g a ≥恒成立⇔[]min()()f x g a ≥（求解()f x 的最小值）；不等式()()f x g a ≤恒成立⇔[]max()()f x g a ≤（求解()f x 的最大值）.结论二、 不等式()()f x g a ≥存在解⇔[]max()()f x g a ≥（求解()f x 的最大值）；不等式()()f x g a ≤存在解⇔[]min()()f x g a ≤（即求解()f x 的最小值）.一、（2008湖北卷）若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是（ ）A. [1,)-+∞B. (1,)-+∞C. (,1]-∞-D. (,1)-∞- 二、若不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。
解：设()()()2121f m m x x =---，对满足2m ≤的m ，()0f m <恒成立，()()()()()()2221210202021210x x f f x x ⎧----<-<⎧⎪⎪∴∴⎨⎨<---<⎪⎪⎩⎩解得：1122x -++<<三、（2009浙江）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ． （I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值； （II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 解析：（Ⅰ）略（Ⅱ）)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数 即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ， 即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a 四、(新课程卷 )若函数y =31x 3－21ax 2+（a －1）x +1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）内为增函数，试求实数a 的取值范围.解：[])1()1()1()(2---=-+-='a x x a ax x x f令0)(='x f ，解得x=1或x=a-1，并且 a≠2,否则f (x)在整个定义域内单调。
利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)
利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)高考理科复专题练利用导数解决含参的问题考纲要求：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。
命题规律：利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多。
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理。
这也是2018年考试的热点问题。
高考题讲解及变式：利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（）。
A。
[-1,1]B。
(-1,1)C。
(-∞,-1]∪[1,+∞)D。
(-∞,-1)∪(1,+∞)答案】C解析】因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以f'(x)>0.将f(x)代入f'(x)得f'(x)=1-2sinx+acosx。
要使f'(x)>0，即要使1-2sinx+acosx>0.因为-1≤sinx≤1，所以1-2sinx≥-1.所以acosx>-1，即a>-1/cosx。
因为cosx=1时，a不等于-1；cosx=-1时，a不等于1.所以a∈(-∞,-1]∪[1,+∞)，选C。
变式1.【2018XXX高三实验班第一次月考（理）】若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上为单调函数，则k的取值范围是_______。
答案】k≥1或k≤-1解析】在区间(1,+∞)上，f'(x)=k-1/x。
不等式恒成立问题中的参数求解技巧
不等式恒成立问题中的参数求解技巧在不等式中，有一类问题是求参数在什么范围内不等式恒成立。
恒成立条件下不等式参数的取值范围问题，涉及的知识面广，综合性强，同时数学语言抽象，如何从题目中提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅，是同学们学习的一个难点，同时也是高考命题中的一个热点。
其方法大致有：①用一元二次方程根的判别式，②参数大于最大值或小于最小值，③变更主元利用函数与方程的思想求解。
本文通过实例，从不同角度用常规方法归纳，供大家参考。
一、用一元二次方程根的判别式有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决。
例1 对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
解：不妨设，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使，只需，即，解得。
变形：若对于x∈R，不等式恒成立，求实数m的取值范围。
变形：此题需要对m的取值进行讨论，设。
①当m=0时，3>0，显然成立。
②当m>0时，则△<0。
③当m<0时，显然不等式不恒成立。
由①②③知。
关键点拨：对于有关二次不等式（或<0）的问题，可设函数，由a的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x轴的交点问题，由判别式进行解决。
例2 已知函数，在时恒有，求实数k的取值范围。
例2 解：令，则对一切恒成立，而是开口向上的抛物线。
①当图象与x轴无交点满足△<0，即，解得－2<k<1< span="">。
</k<1<>②当图象与x轴有交点，且在时，只需由①②知关键点拨：为了使在恒成立，构造一个新函数是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决。
二、参数大于最大值或小于最小值如果能够将参数分离出来，建立起明确的参数和变量x的关系，则可以利用函数的单调性求解。
恒成立，即大于时大于函数值域的上界。
导数中不等式恒成立求参数范围问题类型归纳
导数中不等式恒成立求参数范围问题一、恒成立之最值的直接应用1.（2011北京理18）已知函数。
⑴求的单调区间；⑵若对于任意的，都有≤，求的取值范围. 解：⑴，令，当时，与的情况如下：所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是， 当时，与的情况如下：所以，的单调递减区间是和：单调递减区间是。
⑵当时，因为11(1)k kf k ee++=>，所以不会有当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是， 所以等价于,解 2()()x kf x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1ek 221()()xk f x x k e k'=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ∀∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞24()kf k e-=1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤24()k f k e-=1e ≤10.2k -≤<综上：故当时，的取值范围是[，0].2.（2008天津理20）已知函数，其中. ⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式； ⑵讨论函数的单调性；⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.解：⑴，由导数的几何意义得，于是． 由切点在直线上可得，解得． 所以函数的解析式为． ⑵． 当时，显然(),这时在，上内是增函数． 当时，令，解得． 当变化时，，的变化情况如下表：＋ 0 － － 0＋↗极大值↘↘极小值↗∴在，内是增函数，在，内是减函数． ⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不1(0,),()x f x e ∀∈+∞≤k 12-()()0≠++=x b xax x f R b a ∈,()x f y =()()2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21a ()10≤x f ⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41b 2()1af x x'=-(2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8()9f x x x=-+2()1af x x'=-0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f xx (,-∞()+∞()f x '()f x ()fx (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1[,2]2a ∈等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．从而得，所以满足条件的的取值范围是．3.已知函数.⑴若，求的单调区间；⑵已知是的两个不同的极值点，且，若恒成立，求实数b 的取值范围。
利用导数研究不等式恒(能)成立问题 高考数学大一轮复习(新高考地区)(解析版)
3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题【题型解读】【知识储备】1.恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界. 一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．【题型精讲】【题型一 端点效应处理不等式求参】例1 （2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f (x )＝e x －12x 2－ax －1，g (x )＝cos x ＋12x 2－1． (1)当a ＝1时，求证：当x ≥0时，f (x )≥0；(2)若f (x )＋g (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －12x 2－x －1， ∴f ′(x )＝e x －x －1，令u (x )＝e x －x －1，则u ′(x )＝e x －1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (0)＝0，从而原不等式得证．(2)∵f (x )＋g (x )＝e x ＋cos x －ax －2，令h (x )＝e x ＋cos x －ax －2，则h ′(x )＝e x －sin x －a ，令t (x )＝e x －sin x －a ，则t ′(x )＝e x －cos x ，∵e x ≥1，－1≤cos x ≤1，故t ′(x )≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)<h(0)＝0，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．【题型精练】1．（2022·天津·崇化中学期末）设函数f(x)＝(1－x2)e x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝(1－2x－x2)e x，令f′(x)＝0，得x＝－1±2，当x∈(－∞，－1－2)时，f′(x)＜0；当x∈(－1－2，－1＋2)时，f′(x)＞0；当x∈(－1＋2，＋∞)时，f′(x)＜0．所以f(x)在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)e x－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0．g′(x)＝(1－x2－2x)e x－a，g′(0)＝1－a，又g′′(x)＝－(x2＋4x＋1)e x，g′′(x)＜0，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减，①当1－a≤0时，即a≥1，则g′(x)≤g′(0)＝1＋a≤0，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x) ≤g(0)＝0．②当1－a>0时，即a<1，x→＋∞时，g′(x)→－∞，所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，(*)式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．2.（2022·山东济南高三期末）设函数f (x)＝(1＋x－x2)e x(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x)的单调性；(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)f ′(x)＝(2－x－x2)e x＝－(x＋2)(x－1)e x．当x<－2或x>1时，f ′(x)<0；当－2<x<1时，f ′(x)>0．所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增．(2)设F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(0)＝0，F′(x)＝(2－x－x2)e x－4x－a，F′(0)＝2－a，当a≥2时，F′(x)＝(2－x－x2)e x－4x－a≤－(x＋2)·(x－1)e x－4x－2≤－(x＋2)(x－1)e x－x－2＝－(x＋2)[(x－1)e x＋1]，设h(x)＝(x－1)e x＋1，h′(x)＝x e x≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x－1)e x＋1≥h(0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷， 必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意．综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．【题型二 分离参数法处理不等式求参】方法技巧 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .例2 （2022·山东青岛高三期末）已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)∵函数f (x )＝x ln x 的定义域是(0，＋∞)，∴f ′(x )＝ln x ＋1．令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e，∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ． 令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞． 综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞． (2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x －12x在x ∈(0，＋∞)上恒成立． 设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2． 令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)． 当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减．∴当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，∴若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．【题型精练】1．（2022·天津市南开中学月考）已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x ．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围． 【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1，由于f ″(x )＝e x ＋2＞0，故f ′(x )单调递增，注意到f ′(0)＝0，故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)由f (x )≥12x 3＋1，得e x ＋ax 2－x ≥12x 3＋1，其中x ≥0， ①当x ＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x ＞0时，分离参数a 得a ≥－e x －12x 3－x －1x 2， 记g (x )＝－e x －12x 3－x －1x 2，g ′(x )＝－(x －2)⎝⎛⎭⎫e x －12x 2－x －1x 3， 令h (x )＝e x －12x 2－x －1(x ≥0)，则h ′(x )＝e x －x －1，h ″(x )＝e x －1≥0， 故h ′(x )单调递增，h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立， 故当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24， 综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫7－e 24，＋∞． 2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数．(1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围．【解析】 (1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1，则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋1．(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x 2⎝⎛⎭⎫e x ＋e －2e x x －ln x ， 令G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x ， 则G ′(x )＝e x－2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －x x 2＞0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立． ∴G (x )＝e x＋e －2e x x －ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0， ∴当x ∈(0，1)时，G (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，即当x ∈(0，1)时，F ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]．【题型三 最值法处理不等式求参】方法技巧 最值法处理不等式求参根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解． 例3 （2022·河南高三期末）已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2． 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0． 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0．②若a ＞0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ，从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0．③若a ＜0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2， 从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0． 综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．【题型精练】1．（2022·广东·高三期末）已知a ∈R ，设函数f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≤2e a x ＋ln x a －1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝a x ＋a ＋1x ＝(a ＋1)x ＋a x (x ＋a )，x ＞0且x ＞－a ， ①当a ≥0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；②当a ≤－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；③当－1＜a ＜0时，－a a ＋1＞－a ＞0， x ∈⎝⎛⎭⎫－a ，－a a ＋1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫－a a ＋1，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． (2)f (x )＝a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln x a －1， 即a ln(x ＋a )＋ln x ≤2e a x ＋ln x －ln a －1，a ＞0，即a ln(x ＋a )＋ln a ≤2e a x －1，令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )＞g (0)＝0，即e x －x －1＞0，即e x －1＞x ，∴e 2e a x －1＞a 2x ，则原不等式等价为a ln(x ＋a )＋ln a ≤a 2x ，即a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ≤0，令h (x )＝a ln(x ＋a )－a 2x ＋ln a ，则h ′(x )＝a x ＋a －a 2＝－a 2x ＋a －a 3x ＋a ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1－a 2a ， 当a ≥1时，h ′(x )≤0，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，则只需满足h (0)＝a ln a ＋ln a ≤0，∴ln a ≤0，解得0＜a ≤1，∴a ＝1；当0＜a ＜1时，可得h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1－a 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1－a 2a ，＋∞上单调递减， 则h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝a ln 1a －a (1－a 2)＋ln a ≤0，整理可得ln a －a 2－a ≤0， 令φ(a )＝ln a －a 2－a ，则φ′(a )＝1a －2a －1＝－(a ＋1)(2a －1)a， 则可得φ(a )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， 则φ(a )max ＝φ⎝⎛⎭⎫12＝－ln 2－34＜0，故0＜a ＜1时，h (x )≤0恒成立， 综上，0＜a ≤1．【题型四 同构法处理不等式求参】例4 （2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ．(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x －1x，∴f ′(1)＝e －1． ∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2， ∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，⎝⎛⎭⎪⎫－2e －1，0， ∴所求三角形面积为12×2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2e －1＝2e －1． (2)同构后参变分离f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ， 令g (x )＝e x ＋x ，上述不等式等价于g (ln a ＋x －1)≥g (ln x )，显然g (x )为单调递增函数，∴又等价于ln a ＋x －1≥ln x ，即ln a ≥ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1＝1－x x， 在(0，1)上h ′(x )>0，h (x )单调递增；在(1，＋∞)上h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝0，ln a ≥0，即a ≥1，∴a 的取值范围是[1，＋∞)．【题型精练】1.（2022·全国高三课时练习）已知函数f (x )＝e ax －x ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2．∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22． 当x <－ln 22时，f ′(x )<0；当x >－ln 22时，f ′(x )>0． 故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－ln 22，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－ln 22，＋∞．(2)(同构后参变分离) 由f (x )≥e ax ln x －ax 2，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x， 故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可． 设函数g (x )＝ln x －1x ，则ln e ax －1e ax ≥ln x －1x等价于g (e ax )≥g (x )． ∵g ′(x )＝2－ln x x 2，∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增，∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln x x恒成立． 设函数h (x )＝ln x x ，x ∈(0，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e即可，∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞． 【题型五 双变量不等式求参】例5 （2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x )＝a ＋1x＋a ln x ，其中参数a <0． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝2x 2f ′(x )－xf (x )－3a (a <0)，存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)∵f (x )＝a ＋1x ＋a ln x ，定义域为(0，＋∞)．∴f ′(x )＝－a ＋1x 2＋a x ＝ax －（a ＋1）x 2． ①当－1<a <0时，a ＋1a<0，恒有f ′(x )<0．∴函数f (x )的单调减区间是(0，＋∞)． ②当a ＝－1时，f ′(x )＝－1x<0，∴f (x )的减区间是(0，＋∞)． ③当a <－1时，x ∈⎝⎛⎭⎫0，a ＋1a ，f ′(x )>0，∴f (x )的增区间是⎝⎛⎭⎫0，a ＋1a ；x ∈⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，＋∞， f ′(x )<0，∴f (x )的减区间是⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，＋∞． (2)g (x )＝2ax －ax ln x －(6a ＋3)(a <0)，因为存在实数x 1，x 2∈[1，e 2]，使得不等式2g (x 1)<g (x 2)成立，∴2g (x )min <g (x )max ．又g ′(x )＝a (1－ln x )，且a <0，∴当x ∈[1，e)时，g ′(x )<0，g (x )是减函数；当x ∈(e ，e 2]时，g ′(x )>0，g (x )是增函数．∴g (x )min ＝g (e)＝a e －6a －3，g (x )max ＝max{g (1)，g (e 2)}＝－6a －3．∴2a e －12a －6<－6a －3，则a >32e －6．又a <0，从而32e －6<a <0， 即a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫32e －6，0． 【题型精练】1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3． (1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M ．由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23．由g ′(x )＜0，解得0＜x ＜23； 由g ′(x )＞0，解得x ＜0或x ＞23．又x ∈[0，2]， 所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增，又g (0)＝－3，g (2)＝1， 故g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527． 所以[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝1＋8527＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4． (2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ． 由(1)可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1．在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，易知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0；当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0． 所以函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以实数a 的取值范围是[1，＋∞)．2. （2022·山东·历城二中期末）设函数f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线过点M (2，3)，求a 的值；(2)设g (x )＝x ＋1x ＋1－13，若对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)因为f (x )＝e(x 2－ax ＋a )e x ，所以f ′(x )＝e·(2x －a )e x －(x 2－ax ＋a )e x e 2x ＝－(x －2)(x －a )e x －1． 又f (1)＝1，即切点为(1，1)，所以k ＝f ′(1)＝1－a ＝3－12－1，解得a ＝－1． (2)“对任意的n ∈[0，2]，存在m ∈[0，2]，使得f (m )≥g (n )成立”，等价于“在[0，2]上，f (x )的最大值大于或等于g (x )的最大值”．因为g (x )＝x ＋1x ＋1－13，g ′(x )＝x 2＋2x （x ＋1）2≥0，所以g (x )在[0，2]上单调递增，所以g (x )max ＝g (2)＝2． 令f ′(x )＝0，得x ＝2或x ＝a ．①当a ≤0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )max ＝f (2)＝(4－a )e －1≥2，解得a ≤4－2e ； ②当0<a <2时，f ′(x )≤0在[0，a ]上恒成立，f (x )单调递减，f ′(x )≥0在[a ，2]上恒成立，f (x )单调递增，f (x )的最大值为f (2)＝(4－a )e －1或f (0)＝a e ，所以(4－a )e －1≥2或a e≥2． 解得：a ≤4－2e 或a ≥2e ，所以2e≤a <2； ③当a ≥2时，f ′(x )≤0在[0，2]上恒成立，f (x )单调递减，f (x )max ＝f (0)＝a e≥2，解得a ≥2e，所以a ≥2． 综上所述：a ≤4－2e 或a ≥2e．。
恒成立问题中参数范围的求解方法
恒成立问题中参数范围的求解方法作者：范增康来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第13期摘要：恒成立问题在高中数学中较为常见。
这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的问题便将迎刃而解。
关键词：恒成立；参数范围；取值范围；求解方法中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2013）13-0123恒成立问题，在高中数学中较为常见。
这类问题的解决渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
此类问题解法灵活、综合性强，部分考生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢？实际上只要紧紧抓住“题型”，这类求恒成立时的参数范围的题目便将迎刃而解。
一、数形结合数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用。
我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：1. f（x）>g（x）函数f（x）图象恒在函数g（x）图象上方；2. f（x）函数f（x）图象恒在函数图象g（x）下上方。
例1. 设x∈[0，4]，若不等式≥ax恒成立，求a的取值范围。
解析：设y1=x（4-x），则（x-2）2+y2=4（y1≥0），它表示的是圆心为（2，0），半径为2的半圆（如图所示）。
另设y2=ax，它的几何意义是一条经过原点，斜率为a的直线，将两者图象画在同一坐标系下，根据不等式≥ax的几何意义，要使得半圆恒在直线l的上方（包括相交），当且仅当时a例2.设f（x）=， g（x）=x+1-a，若恒有f（x）≤g（x）成立，求实数a的取值范围。
解析：在同一直角坐标系中作出f（x）及g（x）的图象，如图所示，f（x）的图象是半圆（x+2）2+y2=4（y≥0），g（x）的图象是平行的直线系4x-3y+3-3a=0。
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第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题把参数看作常数利用分类讨论方法解决[典例引领](2018·衡阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；由f ′(x )＜0，得x ＞1a；所以f (x )的单调递增区间是(0，1a)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1x －a ，注意到g (1)＝0，①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜1a ；令g ′(x )＜0，得x ＞1a .则g (x )在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1x－a ＞0，则g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝0， 即a ≤0时不满足题意(舍去)．综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．分离参数法求范围[典例引领](2018·枣庄模拟)已知函数f (x )＝e xx 的定义域为(0，＋∞)．(1)求函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上的最小值；(2)对∀x ∈(0，＋∞)，不等式xf (x )＞－x 2＋λx －1恒成立，求λ的取值范围． 【解】 f ′(x )＝x e x －e xx 2，令f ′(x )＞0得x ＞1； 令f ′(x )＜0得0＜x ＜1，所以函数f (x )在(0，1)上是减函数；在(1，＋∞)上是增函数．(1)当m ≥1时，函数f (x )在[m ，m ＋1](m ＞0)上是增函数，所以f (x )min ＝f (m )＝e mm .当0＜m ＜1时，函数f (x )在[m ，1]上是减函数； 在[1，m ＋1]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝e.(2)由题意，对∀x ∈(0，＋∞)，不等式e x＋x 2＋1＞λx 恒成立，即e x x ＋x ＋1x＞λ恒成立，令g (x )＝e x x ＋x ＋1x ，则g ′(x )＝(e x ＋x ＋1)(x －1)x 2，由g ′(x )＞0得，x ＞1； 由g ′(x )＜0得，0＜x ＜1.所以g (x )min ＝g (1)＝e ＋2，所以λ＜e ＋2. 即λ的取值范围为(－∞，e ＋2)．利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式； (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值；(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．等价转化法求参数范围[典例引领]设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23. 令g ′(x )＞0得x ＜0，或x ＞23，令g ′(x )＜0得0＜x ＜23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，23上单调递减，在区间⎣⎡⎦⎤23，2上单调递增， 所以g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， 所以g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.(2)对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，函数f (x )min ≥g (x )max ，由(1)可知在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间⎣⎡⎦⎤12，2上，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立． 设h (x )＝x －x 2ln x ， h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令m (x )＝x ln x ，由m ′(x )＝ln x ＋1＞0得x ＞1e .即m (x )＝x ln x 在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增函数， 可知h ′(x )在区间⎣⎡⎦⎤12，2上是减函数， 又h ′(1)＝0，所以当1＜x ＜2时，h ′(x )＜0； 当12＜x ＜1时，h ′(x )＞0. 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝1， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．不等式在某个区间上恒成立(存在性成立)问题的转化途径(1)f (x )≥a 恒成立⇔f (x )min ≥a ； 存在x 使f (x )≥a 成立⇔f (x )max ≥a .(2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ， 存在x 使f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立F (x )＝f (x )－g (x )F (x )min ＞0.(4)①任意x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)max ； ②任意x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)min ； ③存在x 1∈M ，存在x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)min ； ④存在x 1∈M ，任意x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)max .1．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0，1)B ．(－1，0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1，0)D ．(0，1)∪(1，＋∞)解析：选A ．设y ＝g (x )＝f (x )x (x ≠0)，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以 g ′(x )<0，所以 g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.因为 f (x )为奇函数，所以 g (x )为偶函数， 所以 g (x )的图象的示意图如图所示．当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0，0＜x ＜1， 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1，所以 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A ．2．已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ≥1C ．a ≤2D ．a ≥2解析：选A ．由题意知f (x )min ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A ．3．设函数f (x )＝ax ＋ln x ，g (x )＝a 2x 2.(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )图象上的点到直线x －y ＋3＝0距离的最小值； (2)是否存在正实数a ，使得不等式f (x )≤g (x )对一切正实数x 都成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由f (x )＝－x ＋ln x ，得f ′(x )＝－1＋1x ，令f ′(x )＝1，得x ＝12，所以所求距离的最小值即为P ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12到直线x －y ＋3＝0的距离，d ＝⎪⎪⎪⎪12－(－12－ln 2)＋32＝12(4＋ln 2) 2.(2)假设存在正数a ，令F (x )＝f (x )－g (x )(x ＞0)， 则F (x )max ≤0.由F ′(x )＝a ＋1x －2a 2x ＝0，得x ＝1a ，因为x ＞1a 时，F ′(x )＜0，所以F (x )为减函数； 当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，所以F (x )为增函数， 所以F (x )max ＝F ⎝⎛⎭⎫1a ， 所以ln 1a≤0，即a ≥1.所以a 的取值范围是[1，＋∞)．4．(2018·贵州适应性考试)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .由f ′(x )＞0得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )＜0得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x 0∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx 2.设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤(ln xx 2)max ，由h ′(x )＝1－2ln xx 3，令h ′(x )＝0，则x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e .所以a ≤12e .5．(2017·高考全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x .令f ′(x )＝0得x ＝－1－2，x ＝－1＋ 2.当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减， 在(－1－2，－1＋2)上单调递增． (2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x .当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，h ′(x )＝－x e x <0(x >0)， 因此h (x )在[0，＋∞)上单调递减，而h (0)＝1， 故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，g ′(x )＝e x －1>0(x >0)，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，而g (0)＝0，故e x ≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)， 取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0，1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)>ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0，1)，f (x 0)>(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．6．(2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0.(1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)＜f (x )－g (x )对任意的x ＞2恒成立，求k 的最大值．解：(1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)与题意知k ＜f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln x x －2对任意的x ＞2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x ＞2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2，令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x ＞0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8，10)上有唯一零点x 0，即有x 0－4－2ln x 0＝0成立， 故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即h ′(x )＜0；当x 0＜x 时，m (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，又k∈Z，所以k的最大值为4.。