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第2课时 利用导数研究不等式的恒成立问题
分离参数法
已知函数f(x)＝ex＋x，当x >x >0时，f(x )－f(x )<(x －x )(mx ＋mx ＋1)
2 1 1 2 1 2 1 2
恒成立，求实数m的取值范围．
【解】 f(x)＝ex＋x，
f(x )－f(x )<(x －x )(mx ＋mx ＋1)，即f(x )－mx－x x >0知，上式等价于函数φ(x)＝f(x)－mx2－x＝ex－mx2在(0，＋∞)上为
2 1
增函数，
所以φ′(x)＝ex－2mx≥0(x>0)，即2m≤(x>0)．
令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，
当h′(x)<0时，00时，x>1；当h′(x)＝0时，x＝1.
所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝e，则2m≤e，即m≤，
min
所以实数m的取值范围为.
(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负
的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一
端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
(2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，
转化关
再转化为f(a)≥g(x) (或f(a)≤g(x) )
max min
求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
已知函数f(x)＝(x－1)ln x＋ax(a∈R)．若f(x)＞0在(0，＋∞)上
恒成立，求实数a的取值范围．
解：由(x－1)ln x＋ax＞0，得－ax＜(x－1)ln x，且x＞0，
所以－a＜＝ln x－.
记h(x)＝ln x－，则h′(x)＝－＝，
设m(x)＝ln x＋x－1(x＞0)，显然m(x)在(0，＋∞)上单调递增，而m(1)＝0，所以x∈(0，1)时，m(x)＜0，h′(x)
＜0，h(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，m(x)＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)
min
＝h(1)＝0.所以－a＜0，即a＞0，即实数a的取值范围是(0，＋∞)．
分类讨论法
(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－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】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，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.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当00.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，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．
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，
min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) ＝h(－a)，
min
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，＋∞)．
最值定位法
(2021·贵阳市四校联考)已知函数f(x)＝xex，g(x)＝x2－2bx＋4，对任意的
x ∈R，存在x ∈[1，2]，使得f(x )≥g(x )，求实数b的取值范围．
1 2 1 2
【解】 因为f′(x)＝(1＋x)ex，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上
单调递增，所以对任意的x ∈R，有f(x )≥f(－1)＝－.
1 1
又已知存在x ∈[1，2]，使得f(x )≥g(x )，所以－≥g(x )，x ∈[1，2]，
2 1 2 2 2
即存在x∈[1，2]，使g(x)＝x2－2bx＋4≤－，即2b≥x＋，
因为当x∈[1，2]时，x＋∈，
所以2b≥4＋，b≥2＋，
所以实数b的取值范围是.
(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．
已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x.若任意
x ∈[－3，3]，x ∈[－3，3]都有f(x )≤g(x )成立，求实数c的取值范围．
1 2 1 2
解：由任意x ∈[－3，3]，x ∈[－3，3]，
1 2
都有f(x )≤g(x )成立，得f(x ) ≤g(x ) ，
1 2 1 max 2 min
因为f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，
当x ∈[－3，3]时，f(x ) ＝f(－3)＝147－c；
1 1 max
g(x)＝2x3＋4x2－40x，
g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x变化时，g′(x)和g(x)在[－3，3]上的变化情况如下表：x －3 (－3，2) 2 (2，3) 3
g′(x) － 0 ＋
极小值
g(x) 102 －30
－48
易得g(x) ＝g(2)＝－48，
min
故147－c≤－48，即c≥195.
[A级 基础练]
1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x ∈，∃x ∈[2，3]，使得f(x )≥g(x )，
1 2 1 2
则实数a的取值范围是( )
A．a≤1 B．a≥1 C．a≤2 D．a≥2
解析：选A.由题意知f(x) ≥g(x) (x∈[2，3])，因为f(x) ＝5，g(x) ＝4＋a，
min min min min
所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
2．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数 a的最小值为
________．
解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2
－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x) ，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋
min
∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为
g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
答案：e
3．设函数f(x)＝ln x－ax(a>0)．
(1)判断f(x)的单调性；
(2)当f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝ln x－ax，
所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
因为a>0，x∈时，f′(x)>0，此时f(x)在上是增函数；
x∈时，f′(x)<0，此时f(x)在上是减函数．
所以f(x)在上是增函数，在上是减函数．
(2)f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即a>在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数．
故当x＝e时，g(x)取得极大值，也为最大值，且为，
所以a的取值范围为.
4．已知函数f(x)＝axex－x2－2x.当x>0时，若曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上
方，求实数a的取值范围．
解：根据题意，当x>0时，
“曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方”等价于“axex－x2－2x>－x恒成立”，
又由x>0，则axex－x2－2x>－x
aex－x－1>0 a>，
则原问题等价于a>恒成立．
⇒ ⇒
设g(x)＝，则g′(x)＝－，
又由x>0，则g′(x)<0，
则函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
又由g(0)＝＝1，则有<1，
若a>恒成立，必有a≥1，
即实数a的取值范围为[1，＋∞)．
[B级 综合练]
5．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x ，x ∈(0，1]，且x ≠x ，都有|f(x )－f(x )|<4，求实数a的取值范
1 2 1 2 1 2
围．
解：(1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0>0，
1 2
由(1)知f(x )f(x )＋.
1 2 2 1 1 2
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，
⇔ ⇔
易知g(x)在(0，1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－－＝≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－在(0，
1]上恒成立，易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－
3≤a＜0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．
6．(2020·福州市适应性考试)已知f(x)＝2xln x＋x2＋ax＋3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x ∈，使得f(x )≥0成立，求a的取值范围．
0 0
解：f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋a.
(1)当a＝1时，f(x)＝2xln x ＋x2＋x＋3，f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋1，所以f(1)＝
5，f′(1)＝5，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－5＝5(x－1)，即y＝5x.
(2)存在x ∈，使得f(x )≥0成立，等价于不等式a≥－在上有解．
0 0
设h(x)＝－，则h′(x)＝－＝－，
当＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)为增函数；当1＜x＜e时，h′(x)＜0，h(x)为减函数．
又h＝－，h(e)＝－，
故h－h(e)＜0，
所以当x∈时，h(x)＞h＝－，
所以a＞－，即a的取值范围为(－，＋∞)．
[C级 创新练]
7．f(x)＝xex，g(x)＝x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x ，x ∈[－1，＋∞)，且x >x ，有m[f(x )－f(x )]>g(x )－g(x )恒成立，
1 2 1 2 1 2 1 2
求实数m的取值范围．
解：(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x) ＝F(－1)＝－－.
min
(2)因为任意x ，x ∈[－1，＋∞)，且x >x ，
1 2 1 2
有m[f(x )－f(x )]>g(x )－g(x )恒成立，
1 2 1 2
所以mf(x )－g(x )>mf(x )－g(x )恒成立．
1 1 2 2
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥，
而≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
