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第4讲 高考中的导数综合问题
第1课时 利用导数研究恒成立或存在性问题
题型 分离参数法求参数范围
典例1(2024·河南实验中学模拟)已知函数f(x)＝2x－sin x.
(1)求f(x)的图象在点处的切线方程；
(2)对任意的 x ∈ ， f ( x )≤ ax ，求实数a的取值范围．
很容易实现参变分离a≥.
解：(1)因为f＝π－1，
所以切点坐标为，
因为f′(x)＝2－cos x，所以f′＝2，
所以所求切线的方程为
y－(π－1)＝2，即2x－y－1＝0.
(2)由f(x)≤ax，得2x－sin x≤ax，
所以a≥2－，其中x∈，
令h(x)＝2－，x∈，
得 h ′( x ) ＝，
求导的目的是搞清其符号，从而知道函数的单调性，但第一次求导并没直接判断出来．
设φ(x)＝ sin x － x cos x ，x∈，
提取分子为新函数. φ(x)再次求导，研究其性质，目的依然为说明φ(x)的符号．
则φ′(x)＝xsin x＞0，
所以φ(x)在上单调递增，
所以φ(x)＞sin 0－0×cos 0＝0，
所以h′(x)＞0，
所以h(x)在上单调递增，
h(x) ＝h＝2－sin ＝2－，
max
所以a≥2－，
即a的取值范围为.
“分离参数法”解决不等式恒成立问题
其实有时，不等式恒成立求参问题，若不能实现参变分离，也会采用函数法. f(λ，x)＞
0恒成立⇔f(λ，x) ＞0，而这个最小值，则要带参讨论最值．
min
“分离参数求最值”是解决不等式恒成立求参数的取值范围问题的基本方法．其基本
过程如下：
(1)已知含参数λ的不等式f(λ，x)>0恒成立．
(2)将不等式转化为g(λ)>h(x)，即一端是参数λ，另一端是变量表达式h(x)．
(3)求函数h(x)的最值或值域．可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等．(4)得出结论．例如对于g(λ)>h(x)，若h(x)的最大值为M，则g(λ)>M；若h(x)不存在最
大值，其值域为(m，M)时，g(λ)≥M.
对点练1已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)．
(1)若a＞2，讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x∈[e,4]，使得f(x)＞g(x)成立，求实数a
0 0 0
的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝＝.
当a＞2时，由f′(x)＞0，得0＜x＜2或x＞a，由f′(x)＜0，得2＜x＜a，
∴f(x)在(0,2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减．
(2)至少存在一个x∈[e,4]，使得f(x)＞g(x)成立，即当x∈[e,4]时，x2＋2aln x＞0有解．
0 0 0
∵当x∈[e,4]时，ln x≥1，∴2a＞－有解，
令h(x)＝－，x∈[e,4]，则2a＞h(x) .
min
∵h′(x)＝－
＝－＜0，
∴h(x)在[e,4]上单调递减，
∴h(x) ＝h(4)＝－，
min
∴2a＞－，即a＞－，
∴实数a的取值范围为.
题型 等价转化法求参数范围
典例2已知函数f(x)＝aln(x＋1)，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)，所以切点为(3，ln 4)．
因为f′(x)＝，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y
－ln 4＝(x－3)，化简得x－4y＋8ln 2－3＝0.
(2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，即 a ln( x ＋ 1) － x ＋ x 2 ≥0 恒成立．
令 h ( x ) ＝ a ln( x ＋ 1) － x ＋ x 2 ( x ≥0) ，
为啥不分离参数呢？因为若两边同时除以ln (x＋1)后得到函数g(x)＝，求导数很困难，
因此遇到含有ln x的代数式，变形技巧则常常是将ln x从代数式中分离出来，以利于求导．
则h′(x)＝－1＋x＝(x≥0)．
①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因此h(x) ＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件．
min
②当a＜1时，由h′(x)＝0，x≥0，
解得x＝，
当x∈(0，)时，h′(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x) ＝h()＜h(0)＝0，这与
min
h ( x )≥0 矛盾 ，应舍去．
本例中的函数h(x)，隐藏有一个信息h(0)＝0，欲使h(x)≥0恒成立，在x＝0的右侧区间不可能单调递减．
综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
“等价转化法”解决不等式恒成立问题
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可
以把含参不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，直接用参数表达函数的最值，建立
关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．
含参函数单调性的讨论是重点，如何讨论参数，如何影响单调性，因题而异了．
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立⇔g(a)≥0.
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
对点练2(2024·河南开封模拟)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．
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) ≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
min
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－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) ＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1.
min
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) ＝h(－a)，又因为h(－a)
min
＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
题型 双变量的恒(能)成立问题
典例3设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x，x∈[0,2]使得g(x)－g(x)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
1 2 1 2
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1) 如果存在 x ， x ∈ [0,2 ] 使得 g ( x ) － g ( x )≥ M 成立，等价于 [ g ( x ) － g ( x )] ≥ M .
1 2 1 2 1 2 max
不等式有解，求参数的范围. M≤f(x)有解⇔M≤f(x) ，而[g(x)－g(x)] ＝g(x) －
max 1 2 max 1 max
g(x) ，因此专心计算g(x)的最值．
2 min
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
令g′(x)＞0得x＜0或x＞，令g′(x)＜0得0＜x＜，又x∈[0,2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x) ＝g＝－，
min
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
所以g(x) ＝g(2)＝1.
max
故[g(x)－g(x)] ＝g(x) －g(x) ＝≥M，则满足条件的最大整数M＝4.
1 2 max max min
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立， 等价于在区间上，函数 f ( x ) ≥ g ( x ) ，
min max
这个转化很对，发散思维，∀s∈D，∃t∈D，满足f(s)≥g(t) f(s) ≥g(t) .
1 2 min min
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
⇔
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
使问题转化为恒成立求参问题，再使用参变分离法求a.设h(x)＝x－x2ln x，x∈，h′(x)＝1－2xln x－x，
令m(x)＝xln x，由 m ′( x ) ＝ ln x ＋ 1 ＞ 0 得 x ＞ .
从而知函数的单调递增区间⊆，所以m(x)在上单调递增．
即m(x)＝xln x在上单调递增，
可知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1＜x≤2时，h′(x)＜0；
当≤x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间[1,2]上单调递减，所以h(x) ＝h(1)
max
＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法：
(1) x∈[a，b]，x∈[c，d]，f(x)>g(x)
1 2 1 2
f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最小值 > g ( x ) 在 [ c ， d ] 上的最大值 ．即f(x) ＞g(x) .
∀ ⇔ min max
(2) x∈[a，b]，x∈[c，d]，f(x)>g(x)
1 2 1 2
f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最大值 > g ( x ) 在 [ c ， d ] 上的最小值 ．即f(x) ＞g(x) .
∃ ⇔ max min
(3) x∈[a，b]，∃x∈[c，d]，f(x)>g(x)
1 2 1 2
f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最小值 > g ( x ) 在 [ c ， d ] 上的最小值 ．即f(x) ＞g(x) .
∀ ⇔ min min
(4) x∈[a，b]，∀x∈[c，d]，f(x)>g(x)
1 2 1 2
f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最大值 > g ( x ) 在 [ c ， d ] 上的最大值 ．即f(x) ＞g(x) .
∃ ⇔ max max
对点练3已知函数f(x)＝，x∈[0,1]．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)设 a≥1，函数 g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若对于任意 x∈[0,1]，总存在
1
x∈[0,1]，使得g(x)＝f(x)成立，求实数a的取值范围．
0 0 1
解：(1)f′(x)＝
＝－，x∈[0,1]．
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，
x 0 1
f′(x) － 0 ＋
f(x) － －4 －3
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
f(x) ＝f＝－4，
min
又f(0)＝－，f(1)＝－3，
所以f(x) ＝f(1)＝－3.
max
故当x∈[0,1]时，f(x)的值域为B＝[－4，－3]．
(2)“对于任意x∈[0,1]，总存在x∈[0,1]，使得g(x)＝f(x)成立”等价于“在x∈[0,1]
1 0 0 1上，函数f(x)的值域B是函数g(x)的值域A的子集”，即B A.
因为a≥1，所以当x∈(0,1)时，g′(x)＝3(x2－a2)<0，
⊆
所以当x∈[0,1]时，g(x)为减函数，g(x)的值域A＝[1－2a－3a2，－2a]. 由B A，
得1－2a－3a2≤－4且－2a≥－3，
⊆
又a≥1，故1≤a≤.
故实数a的取值范围为.
题型 洛必达法则
在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参
数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型的代数式，就没法求其最值．
“”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达
法则．
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)limf(x)＝0及limg(x)＝0.
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.
(3)lim ＝A，那么lim ＝lim ＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)limf(x)＝∞及limg(x)＝∞.
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.
(3)lim ＝A，那么lim ＝lim ＝A.
典例4已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求
实数a的取值范围．
解：方法一：令 φ ( x ) ＝ f ( x ) － ax ＝ ( x ＋ 1)ln( x ＋ 1) － ax ( x ＞ 0) ，此函数隐含条件φ(0)＝0，
欲使φ(x)＞0恒成立，φ(x)应满足在x＝0的右侧不可以单调递减．
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.
①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意．
②当1－a＜0，即a＞1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴当x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；
当x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴ φ ( x ) 在 (0 ， e a － 1 － 1) 上单调递减 ，
在 (e a － 1 － 1 ，＋∞ ) 上单调递增 ，
分析φ(x)的单调性，在(0，ea－1－1)上单调递减，不满足φ(x)＞0恒成立．
∴φ(x) ＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意．
min
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二：当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
即 a ＜恒成立 ．
欲求g(x)的最小值，先分析其单调性．
令 g ( x ) ＝ ( x ＞ 0) ，
∴ g ′( x ) ＝ .
求导后，分子的符号不容易确定，需要单独分析．
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，
∴k′(x)＝1－＝＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴k(x)＞k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，
∴g′(x)＞0，故 g ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上单调递增 ．
则a＜g(x) ，而g(x)在x＝0处应取极限值来表达最小值．
min
由洛必达法则知
lim g ( x ) ＝ lim
洛必达法则求g(x)的极值．
＝lim[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
使用洛必达法则求极限的适用范围
(1)基本类型：，型可直接利用洛必达法则．
(2)其它类型：0·∞，∞－∞，1∞，00，∞0型．
①对于 0·∞ 型，可将乘积化为除的形式，即化为或型 ．
“0·∞”型可以写成“”型或“”型．
②对于∞－∞型，可利用通分化为型．
③对于1∞，00，∞0型， 可先化为以 e 为底的指数函数的极限， 再利用指数函数的连续
性，化为直接求指数的极限，指数的极限为0·∞的形式，再化为或型．
体会转化过程，取对数进行变形．
对点练4函数f(x)＝ex，g(x)＝tx＋1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求t的取值范围；
(2)证明：ex－ln x＞2.
(1)解：若f(x)≥g(x)恒成立，即ex≥tx＋1恒成立，
当x＝0时，e0≥1，成立，
当x＞0时，t≤，令h(x)＝，h′(x)＝＝，
令m(x)＝exx－ex＋1，m′(x)＝exx＋ex－ex＝exx，
当x＞0时，m′(x)＞0，当x＜0时，m′(x)＜0，
所以m(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，m(x)＞m(0)＝0，即exx－ex
＋1＞0，
所以当x＞0时，h′(x)＞0，即h(x)单调递增，由洛必达法则，lim ＝lim ＝1，
所以当x＞0时，h(x)＞1，所以t≤1，
同理，当x＜0时，可得t≥，＜1，所以t≥1.
综上所述，t的取值范围为{1}．
(2)证明：令p(x)＝ln x－x＋1，
则p′(x)＝－1＝，
所以当0＜x＜1时，p′(x)＞0，p(x)单调递增，
当x＞1时，p′(x)＜0，p(x)单调递减，
所以当x＝1时，p(x) ＝p(1)＝0，
max
所以当x＞0时，p(x)≤p(1)＝0，即ln x≤x－1(当且仅当x＝1时，等号成立)，
由(1)知，ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)，
所以ex－ln x＞(x＋1)－(x－1)＝2.
