第22讲导数的综合应用（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）

第 22 讲 导数的综合应用
1. 利用导数证明不等式
(1) 构造法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则
F(x)在(a，b)上是减函数，则只需F(a)≤0，由减函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了
f(x)<g(x)．
(2) 最值比较法：证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)时，若构造函数F(x)＝f(x)－g(x)后，F(x)的单调性无
法确定，可考虑f(x)的最大值与g(x)的最小值，如果f(x) <g(x) ，那么可证f(x)<g(x)．
max min
2. 利用导数解决不等式的恒成立(能成立)问题
“恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)
在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原
条件转化为g(a)≤ f (x ) ；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件
min
转化为g(a)≥ f (x ) ；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件
max
转化为g(a)≤ f (x ) ；若存在x∈D，使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件
max
转化为g(a)≥ f (x ) .
min
3. 利用导数研究函数零点
(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 根据函数f(x)的性质作出图象；
(3) 判断函数零点的个数．
1、【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大
1 2
值点．若x <x ，则a的取值范围是____________．
1 2
(1 )
【答案】 ,1
e
【解析】：f'(x)=2lna⋅ax−2ex，
因为x ,x 分别是函数f (x)=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
1 2
所以函数f (x)在(−∞,x )和(x ,+∞)上递减，在(x ,x )上递增，
1 2 1 2
所以当x∈(−∞,x )∪(x ,+∞)时，f'(x)<0，当x∈(x ,x )时，f'(x)>0，
1 2 1 2
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0<a<1时，则方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x ,x ，
1 2即方程lna⋅ax=ex的两个根为x ,x ，
1 2
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0<a<1,∴函数y=ax的图象是单调递减的指数函数，
又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横
坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|lna|倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x ,lna⋅ax 0)，
0
则切线的斜率为g' (x )=ln2a⋅ax 0，
0
故切线方程为y−lna⋅ax 0=ln2a⋅ax 0(x−x )，
0
1
则有−lna⋅ax 0=−x ln2a⋅ax 0，解得x = ，
0 0 lna
1
则切线的斜率为 ln2a⋅alna=eln2a ，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
1
所以eln2a<e，解得 <a<e，
e
1
又0<a<1，所以 <a<1，
e
(1 )
综上所述，a的范围为 ,1 .
e
ex
2、【2022年全国甲卷】已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则环x x <1．
1 2 1 2
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 1 1 1 1 x−1 ex
f' (x)=( − )ex− +1 = (1− )ex+(1− )= ( +1)
x x2 x x x x x x令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
1
不妨设x <1<x 要证x x <1,即证x <
1 2 1 2 1 x
2
1 1 1
因为x , ∈(0,1),即证f(x )>f( )因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 x 1 x 1 2 2 x
2 2 2
ex 1 1 ex 1 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x x x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1 ex 1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex<e
所以 −ex>0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1 1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0
2 x x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x3、【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax−ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；
1 1 1
(3)设n∈N∗，证明： + +⋯+ >ln(n+1)．
√12+1 √22+2 √n2+n
【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则f' (x)=xex，
当x<0时，f' (x)<0，当x>0时，f' (x)>0，
故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)设ℎ(x)=xeax−ex+1，则ℎ(0)=0，
又ℎ ' (x)=(1+ax)eax−ex，设g(x)=(1+ax)eax−ex，
1
则g' (x)=(2a+a2x)eax−ex，若a> ，则g' (0)=2a−1>0，
2
因为g' (x)为连续不间断函数，
故存在x ∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x )，总有g' (x)>0，
0 0
故g(x)在(0,x )为增函数，故g(x)>g(0)=0，
0
故ℎ(x)在(0,x )为增函数，故ℎ(x)> ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
0
1
若0<a≤ ，则ℎ ' (x)=(1+ax)eax−ex=eax+ln(1+ax)−ex，
2
下证：对任意x>0，总有ln(1+x)<x成立，
1 −x
证明：设S(x)=ln(1+x)−x，故S' (x)= −1= <0，
1+x 1+x
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，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总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，
所以ℎ(x)< ℎ(0)=−1.
当a≤0时，有ℎ ' (x)=eax−ex+axeax<1−1+0=0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)< ℎ(0)=−1.
1
综上，a≤ .
2
1 1
(3)取a=
2
，则∀x>0，总有 xe2 x −ex+1<0 成立，
1
令 t=e2 x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
1
故2tlnt<t2−1即2lnt<t− 对任意的t>1恒成立.
t
√n+1 √n+1 √ n
所以对任意的n∈N∗，有2ln < − ，
n n n+1
1
整理得到：ln(n+1)−lnn<
，
√n2+n
1 1 1
故
+ +⋯+ >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn
√12+1 √22+2 √n2+n
=ln(n+1)，
故不等式成立.
4、【2021年甲卷理科】已知 且 ，函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当 时， ,
令 得 ,当 时， ,当 时， ,
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数 ,
则 ,令 ，得 ,在 内 , 单调递增；
在 上 , 单调递减； ,
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要
条件是 ,这即是 ,
所以 的取值范围是 .
5、【2021年新高考1卷】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
【解析】(1) 的定义域为 ．由 得， ，
当 时， ；当 时 ；当 时， ．
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．又由 ，可得 ，
所以 ．②由①②得 ．
1、若函数y＝(x＋1)ex－a有两个零点，则实数a的取值范围为( A )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】 构造函数f(x)＝(x＋1)ex，则f′(x)＝ex(x＋2)．当x>－2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；
当x<－2时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数．所以当x＝－2时，函数f(x)有最小值且f(－2)＝－e－2＝
－.画出函数f(x)＝(x＋1)ex的图象如图所示，显然当－<a<0时，函数y＝(x＋1)ex－a有两个零点．
2、当 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当 时，得 ，令 ，则 ，
，令 ， ，
则 ，显然在 上， ，单调递减，所以 ，因此 ；
同理，当 时，得 ．由以上两种情况得 ．
显然当 时也成立，故实数 的取值范围为 ．
3、已知 ，若函数 恰有4个不同的零点，
则实数 的取值范围为
【答案】 ，
【解析】：从形的角度，转化为函数 的图象（如图）与 的图象交点个数。画图象时注意
的渐进性．
考向一 利用导数证明不等式关系
lnx
f x
例1、例1、（2021·山东德州市·高三二模）（多选题）已知函数 x ，则（ ）．
f 2 f 5 f xm x x x x e2
A． B．若 有两个不相等的实根 1、 2，则 1 2
2
ln2
C． e D．若 2x 3y，x，y均为正数，则2x3y
【答案】AD
1n2 ln5
f 2 ln 2, f 5 ln 5 5  2 10 25 32  5 5 10 25
【解析】对于A： 2 5 ，又 ， ，
3225 2  5 5 f 2 f 5
，所以 ，则有 ，A正确；f xm x x x x e2
对于B：若 有两个不相等的实根 1、 2，则 1 2 ，故B不正确；
lnx 1lnx
f x 0, f 'x
证明如下：函数 x ，定义域为 ，则 x2 ，
f 'x0 f 'x0
0 xe xe
当 时， ；当 时， ；，
1
f x 0,e e, f x  f x0
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，则 max e 且xe时，有 ，所以
1
0m
f xm x x
若 有两个不相等的实根 、 ，有 e，
1 2
e2 e2
x  x  e
不妨设x  x ，有0 x e  x ，要证x x e2，只需证 2 x ，且 2 x ，又 f x  f x ，
1 2 1 2 1 2 1 1 1 2
e2  e2 
f x  f   Fx f x f  
所以只需证 1  x  ，令  x  (0 xe)
1
e2  1  1 1 
F'x f 'x f '  1lnx



则有  x  x2  x2 e4 
1 1
当0 xe时，1lnx0， x2

e4
0
，所以有
F'x0
，即
Fx
在(0,e)上单调递增，且
e2  e2 
f x  f   f x  f  
Fe0，所以Fx0恒成立，即 1  x  ，即 2  x  ，即 x x e2.
1 1 1 2
1n2 lne 2 2
对于C：由B可知， f x在0,e上单调递增，则有 f 2 f e，即 2  e ，则有 ln2 e  e ，
故C不正确；
lnm lnm
xlog m y log m
对于D：令2x 3y m，x， y 均为正数，则m>1，解得： 2 ln2 ， 3 ln3 ，2lnm 3lnm  2 3 
2x3y   lnm 
 
ln2 ln3 ln2 ln3，
ln2 ln3 2 3
f x 0,e f 2 f 3 0  
由B可知， 在 上单调递增，则有 ，即 2 3 ，即ln2 ln3，所以
2x3y 0
，故D正确.
故选：AD.
变式1、(2022·江苏第一次百校联考)(本题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋(a∈R)有两个零点．
(1)证明：0＜a＜．
(2)若f(x)的两个零点为x，x，且x＜x，证明：2a＜x＋x＜1．
1 2 1 2 1 2
【解析】
(1)证明：由f(x)＝lnx＋，x＞0可得f′(x)＝－，x＞0． …………1分
当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与题意不符．
当a＞0时，令f′(x)＝－＝0，得x＝a．当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(a．＋∞)时．f′(x)＞0，f(x)单调递增．
可得当x＝a时，f(x)取得极小值f(a)＝lna＋1．
又因为函数有两个零点，
所以f(a)＝lna＋1＜0，可得a＜，综上，0＜a＜．
(2)解：由上可得f(x)的极小值点为x＝a，则0＜x＜a＜x．
1 2
设g(x)＝f(2a－x)－f(x)＝ln(2a－x)＋－lnx－．x∈(0，a)．
可得g′(x)＝－－＋＝＞0，x∈(0，a)．
所以g(x)在(0，a)上单调递增，所以g(x)＜g(a)＝0．
即f(2a－x)－f(x)＜0，则f(2a－x)＜f(x)，x∈(0，a)．
所以当0＜x＜a＜x 时，2a－x＞a，且f(2a－x)＜f(x)＝f(x)，
1 2 1 1 2
因为当x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，所以2a－x＜x，即x＋x＞2a．
1 2 1 2
设x＝tx，t＞1，则则，即lnx＝tlnx＝tlntx ＝t(lnx＋lnt)．
2 1 1 2 1 1
所以lnx＝－．
1
所以ln(x＋x)＝lnx(t＋1)＝lnx＋ln(t＋1)＝－＋ln(t＋1)＝t(－)．
1 2 1 1
又因为，则g′(t)＝＜0，所以g(t)在(1．＋∞)上单调递减，
所以＜，所以ln(x＋x)＜0，即x＋x＜1．综上，2a＜x＋x＜1．
1 2 1 2 1 2变式2、(2022·苏州期初考试)(本小题满分12分)已知函数，a∈R．
(1)若函数y＝f(x)在x＝x 处取得极值1，其中ln2＜x＜ln3．
0 0
证明：2－＜a＜3－；
(2)若f(x)≤x－恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】
(1)由题知f′(x)＝．
∵函数y＝f(x)在x＝x 处取得极值1，
0
∴f′(x)＝＝0，且f(x)＝＝1，
0 0
∴＋a＝lnx＋ax＝e，∴a＝e－， …………2分
0 0
令r(x)＝e－(x＞0)，则r′(x)＝e＋＞0，
∴r(x)为增函数，
∵0＜ln2＜x＜ln3，
0
∴r(ln2)＜a＜r(ln3)，即2－＜＜3－成立． …………4分
(2)不等式f(x)≤x－恒成立，
即不等式xex－lnx－ax≥1恒成立，即a≤ex－－恒成立，
令g(x)＝ex－－，则g′(x)＝ex－＋＝， …………6分
令h(x)＝x2ex＋lnx，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋，
∵x＞0，∴h′(x)＜0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e＞1； h()＝－ln2＜0，
∴h(x)有唯一零点x，且＜x＜1． …………8分
1 1
当x∈(0，x)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
1
当x∈(x，＋)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
1
∴g(x) ＝g(x)，∴a≤e－－， …………9分
min 1
由h(x)＝0整理得xe＝－．
1 1
∵＜x＜1，－lnx＞0，
1 1
令k(x)＝xex(x＞0)，则方程xe＝－等价于k(x)＝k(－lnx)，
1 1 1
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵k(x)＝k(－lnx)，∴x＝－lnx，∴e＝， …………11分
1 1 1 1
∴g(x)＝e－－＝－－＝1，
1
∴a≤1，∴实数a的取值范围为(－∞，1]． …………12分
方法总结：：构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相
关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)
＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞
0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、
取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造
双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获
得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
考向二 利用图象研究函数零点与极值点
例2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)(多选题)设函数 ，
则（ ）
A. 当 时，
B. 当 时， 有两个极值点
C. 当 时， 任 上不单调
D. 当 时，存在唯一实数m使得函数 恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】由题意，函数 ，可得 ，
若 ，当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以当 时，函数取得极大值，且为最大值，最大值为 ，
所以A正确，B不正确；
当 ，由 ，可得当 时， ， 单调递减；当
时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所以函数任 上不单调，所以C正确；
当 时，函数 在区间 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，又由
，当 时， ，
所以方程 恰好有两个解，等价于 ，即 ，
令 ，可得 ， ，
所以 为单调递减函数，由 ，当 ，可得 ，
所以存在 ，使得 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，由
，且 时， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，所以D正确.
.
故选：ACD
变式1、已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不相
等的实数根，求实数a的取值范围．
【解析】
由g(x)＝2f(x)，可得2xlnx＝－x2＋ax－3，a＝x＋2lnx＋.设h(x)＝x＋2lnx＋(x>0)，可得h′(x)＝1＋－＝，
所以当x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x 1 (1，e)
h′(x) － 0 ＋
h(x)  极小值 
又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2，且h(e)－h＝4－2e＋<0，所以在上，h(x) ＝h(1)＝4，h(x)
min max
＝h＝＋3e－2.若方程在上有两个不相等的实数根，则4<a<e＋2＋，所以实数a的取值范围为.方法总结：利用图象研究函数零点个数时的注意点：
1、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个
数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意（1）通常先要用导数研究单调性、极值。（2）渐近
线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等
2、对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个
数，那么研究哪两个函数呢？
（1）尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象）
（2）能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数
（3）不方便分参的,尽量将参数放在熟悉的基本函数上
考向三 利用导数研究恒成立问题
例3、若对任意x∈(0，＋∞)，不等式2x＋lnx≤a(x2＋x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 方法一：设F(x)＝2x＋lnx－a(x2＋x)，则F′(x)＝－.当a≤0时，F′(x)>0，取x＝1，则F(1)＝2
－2a＞0，所以F(x)≤0不可能恒成立．当a＞0时，令F′(x)＝0，得x＝.当0＜x＜时，F′(x)＞0，F(x)单
调递增；当x＞时，F′(x)＜0，F(x)单调递减．故F(x)在(0，＋∞)上的最大值是F，依题意知F≤0恒成立，
即ln＋－1≤0.又y＝g(a)＝ln＋－1在a∈(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故ln＋－1≤0成立的充要条件
是a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
方法二：分离参数得a≥(x＞0)，令h(x)＝，则h′(x)＝.令h′(x)＝0，则1－x－lnx＝0，观察发现x＝
1是1－x－lnx＝0的根．又因为φ(x)＝1－x－lnx在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x－lnx＝0的根仅有x＝
1，在(0,1)上，φ(x)>0；在(1，＋∞)上，φ(x)<0.所以h(x)＝在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所
以h(x) ＝h(1)＝1，所以a的取值范围是[1，＋∞)．
max
变式1、已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，若a<0，且对任意x ，x∈(0,1]，都有|f(x)－f(x)|≤4，求实数a
1 2 1 2
的取值范围．
【解析】 f′(x)＝1－，当a<0时，函数f(x)在(0,1]上是增函数．又函数y＝在(0,1]上是减函数，不妨设0<x＜x≤1，则|f(x)－
1 2 1
f(x)|＝f(x)－f(x)，＝－，所以|f(x)－f(x)|≤4等价于f(x)－f(x)≤－，即f(x)＋≤f(x)＋.设h(x)＝f(x)＋＝x－1－alnx＋，则|f(x)
2 2 1 1 2 2 1 2 1 1
－f(x)|≤4等价于函数h(x)在区间(0,1]上是减函数．因为h′(x)＝1－－＝，所以x2－ax－4≤0在x∈(0，1]上恒成立，即a≥x－在
2
x∈(0,1]上恒成立．因为y＝x－在区间(0,1]上是增函数，所以y＝x－的最大值为－3，所以a≥－3，又a<0，所以a∈[－3,0)．
变式2、(2022·湖北省新高考联考协作体高三起点考试)已知函数 ，
（1）讨论函数 的导数 的单调性
（2）当 时，不等式 对 恒成立，求实数m的取值范围．【
详解】（1） ， ，令 ，
由 ，当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）当 时，不等式 对 恒成立，等价于
对 恒成立，
令 ， ，则 ，
， ，令 ，
则 对 恒成立，
在
从而有 上单增，
①当 时， ， 在 上单增，
，即 对 恒成立，
②当 时， ，
，使得 ，当 时， ， 在 上递减，当 时， ，故 不成立，
综上，m的取值范围是 ．
方法总结：分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路与关键
(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的正负的情况下，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”
1、(2022·青岛期初考试)设函数f(x)是定义在实数集R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝
x3，则函数g(x)＝|cosπx|－f(x)在上所有零点之和为________．
【答案】7
【解析】由题意，∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)关于x＝1对称，又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)的零点与x＝0对称，
∵f(x)＝f(2－x)＝f(x－2)，∴f(x)＝f(x＋2)，∴f(x)是以2为周期的函数，∴f(x)在上共有3条对称轴，分别为
x＝0，x＝1，x＝2又y＝|cos(πx)|关于x＝0，x＝1，x＝2对称，∴x＝0，x＝1，x＝2为g(x)的对称轴．可作
出y＝|cos(πx)|和在[0，1]上的函数图象如图所示：
由图象可知g(x)在，上各有1个零点，又g(1)＝0，∴g(x)在上共有7个零点，设这7个零点从小到大依次
为x ，x ，x ，……，x ，x ．则x ，x 关于x＝0对称，x ，x 关于x＝1对称，x ＝1，x ，x 关于x＝2对称，
1 2 3 6 7 1 2 3 5 4 6 7
x＋x＝0，x＋x＝2，x＋x＝4，∴x＋x＋x＋x＋x＋x＋x＝7．
1 2 3 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7
2、(2022·沭阳如东中学期初考试)(12分)已知函数f(x)＝(x2－ax)lnx－x2＋ax．
(1)讨论函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．
【解析】f′(x)＝＝．(1)①当a≤0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋)上单调递增，极小值点为x＝；
②当0＜a＜时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，在(，＋)上单调递增，极小值点为x＝，极
大值点为x＝a；
③当a＝时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；
④当a＞时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极
大值点为x＝． ……………6分
(2)由(1)知，a≤0和a＝时，无极大值，则不成立．
当a＞时，极大值f()＝a－＞1，解得a＞＋，
由于＋－＝－＝(1－)＜0，所以a＞．
当0＜a＜时，极大值f(a)＝a2(2－lna)＞1，得2－lna＞．
令t＝a2，则g(t)＝2－lnt－，0＜t＜e，
g′(t)＝，
所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，所以g(t)＞0的解为(1，e)，则a∈(1，)，
所以a的取值范围为(1，)∪(，＋)． ……………12分
3、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(2)已知 时，不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，f′(x)＝2ex﹣1，f′（1）＝2e﹣1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e﹣1，又f（1）＝2e﹣3，
故所求的切线方程是y＝（2e﹣1）x﹣2．
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立 [f(x)] ≥0．
min
易知f′(x)＝2ex﹣a． ⇔
①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在R上单调递增；
又f（0）＝0，∴当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
②若 a＞0，由f′(x)＝0，解得x＝ln ．
则当 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴x＝ 时，函数f(x)取得最小值．
当 ，即0＜a≤2时，当x∈[0，+∞）时，f(x)≥f（0）＝0，符合题意．
当 ，即a＞2时，当 时，f(x)单调递增，f(x)＜f（0）＝0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，2]．
4、(2022·泰州中学期初考试)(12分)已知函数
(1)求函数y＝f(x)的最大值；
(2)令 ，若g(x)既有极大值，又有极小值，求实数a的范围；
(3)求证：当 时， .
【解析】
(1)函数y＝f(x)定义域为x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－ ，x∈(－1，＋∞)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)在区间(－1，0)上为增函数；在区间(0，＋∞)为减函数，
所以f(x) ＝f(0)＝1；
max
(2)g(x)＝1＋ln(x＋1)－(a－2)x＋x2，
g′(x)＝ －(a－2)＋2x＝ ，
g(x)既有极大值，又有极小值，
等价于方程2x2＋(4－a)x＋3－a＝0在区间(－1，＋∞)上有两个不相等的实数根，
即： ，解得：a＞2 ，所以所求实数a的取值范围是：(2 ，＋∞)；
(3)证明：由(1)知当x＞0时，f(x)＜f(0)＝1，
∴ln(1＋x)＜x，∴ln(1＋ )＜ ，
∴ln(1＋1)＜1，ln(1＋ )＜ ，ln(1＋ )＜ ，…，ln(1＋ )＜ ，
∴ln(1＋1)＋ln(1＋ )＋ln(1＋ )＋…＋ln(1＋ )＜1＋ ＋ ＋…＋
＜1＋ ＋ ＋…＋ ＝1＋2( － ＋ － ＋…＋ － )
＝1＋2 －2＝2 －1＜2 ．