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第一课时 利用导数研究恒(能)成立问题
题型一 分离参数法解决恒(能)成立问题
例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)由f(x)≥x3＋1得，ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，
得a≥－，
记g(x)＝－，
g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－x－1，
令H(x)＝ex－x－1，H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，∴h(x)>h(0)＝0，
即ex－x2－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) ＝g(2)＝，
max
综上可得，实数a的取值范围是.
感悟提升 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
训练1 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2) x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围.
解 (1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R，
∃
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，＋∞)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，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞).
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －h(x) 极大值
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a≤.
故a的取值范围是.
题型二 分类讨论法解决恒成立问题
例2 已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋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.
解 (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，
所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，
所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.
(2)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)1时，令h′(x)>0，得x>ln a；
令h′(x)<0，得0≤x1不合题意.
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 已知函数f(x)＝ln x－mx，g(x)＝x－(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝，对∀x ，x ∈[2，2e2]都有g(x )≥f(x )成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 2
解 (1)因为f(x)＝ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当m>0时，令f′(x)>0且x>0，得00，得x>.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)若m＝，则f(x)＝ln x－x.
对∀x ，x ∈[2，2e2]都有 g(x )≥f(x )成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都有
1 2 1 2
g(x) ≥f(x) ，
min max
由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝，
又g′(x)＝1＋>0(a>0)，x∈[2，2e2]，
所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x) ＝g(2)＝2－.
min由2－≥，得a≤3.
又a>0，所以a∈(0，3].
所以实数a的取值范围为(0，3].
感悟提升 解决“双变量”的恒(能)成立问题的关键是进行等价变换，常见的等
价转换有
(1) x ，x ∈D，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
1 2 1 2 min max
(2) x ∈D ，∃x ∈D ，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
∀ 1 1 2 2 ⇔1 2 min min
(3) x ∈D ，∀x ∈D ，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
∀ 1 1 2 2 1 2 ⇔ max max
训练3 已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
∃ ⇔
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对∀x ∈，∃x ∈，使f′(x )≤g(x )成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 2
解 (1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则y ＝－3，
max
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
(2)“对∀x ∈，∃x ∈，
1 2
使f′(x )≤g(x )成立”等价于“当x∈时，f′(x) ≤g(x) ”.
1 2 max max
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，
所以f′(x) ＝f′(2)＝8＋a.
max
而g′(x)＝，
由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以当x∈时，g(x) ＝g(1)＝.
max
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为.
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，就设
法求其最值.“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法是利用洛必达法则.
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) 错误: 引用源未找到 f(x)＝0及 g(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) 错误: 引用源未找到 ＝A，
那么lim错误: 引用源未找到 ＝ 错误: 引用源未找到 ＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) 错误: 引用源未找到 f(x)＝∞及 错误: 引用源未找到 g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心领域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) 错误: 引用源未找到 ＝A，
那么 错误: 引用源未找到 ＝ 错误: 引用源未找到 ＝A.
例 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值；
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝.
(2)法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，
则φ(x) ≥0，φ′(x)＝ex－a.
min
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件.②当a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a，
若0ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
min
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
∴g(a)1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤恒成立，
令h(x)＝(x>0)，
∴h′(x)＝，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知， 错误: 引用源未找到h(x)＝ 错误: 引用源未找到 ＝
错误: 引用源未找到ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围为(－∞，1].1.函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2a＋，f′(1)＝3－2a，
由题意f′(1)·＝(3－2a)·＝－1，
解得a＝.
(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－，
令g(x)＝2ln x＋x－a＋，
则g′(x)＝＋1－＝
＝，
则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x) ＝g(1)＝1－a＋3≥0，
min
得a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4].
2.已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x ∈，使得f(x )≤g(x )
0 0 0
成立，求实数a的取值范围.
解 由f(x )≤g(x )，得(x －ln x )a≥x－2x ，
0 0 0 0 0
记F(x)＝x－ln x(x＞0)，
则F′(x)＝(x＞0)，
∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥.
记G(x)＝，x∈，
则G′(x)＝
＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
∴当x∈时，G′(x)＜0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)＞0，G(x)单调递增.
∴G(x) ＝G(1)＝－1，∴a≥G(x) ＝－1，
min min
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
3.设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.
所以F(x)在x＝－1处取得最小值，
即F(x) ＝F(－1)＝－－.
min
(2)因为任意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
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，＋∞).
4.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x ∈[e，e2]，使得对任意的x ∈[－2，0]，f(x )＜g(x )恒成
1 2 1 2
立，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，则当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[1，e]上为增函数，
f(x) ＝f(1)＝1－a.
min②若1＜a＜e，则
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x) ＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
min
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x) ＝f(e)＝e－
min
(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x) ＝1－a；
min
当1＜a＜e时，f(x) ＝a－(a＋1)ln a－1.
min
当a≥e时，f(x) ＝e－(a＋1)－.
min
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，
所以f(x) ＝f(e)＝e－(a＋1)－，
min
又g′(x)＝(1－ex)x.
所以当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x) ＝g(0)＝1，
min
所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞，
所以a的取值范围为 .
