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第一课时 不等式恒(能)成立问题
题型一 分离参数法求参数范围
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)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0＜a＜1＜a＋，
故＜a＜1，即实数a的取值范围为.
(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，
所以g(x)为增函数，
所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
题型二 分类讨论法求参数范围例2 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，
∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x) ≥0，
min
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
min
∴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.
当ln a＋1≤1，即0＜a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x) ＝φ(1)＝0≥0恒
min
成立，
∴0＜a≤1符合题意.
当ln a＋1＞1，即a＞1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调
递增，
∴φ(x) ＝φ(ln a＋1)＜φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾.
min
故a＞1不符合题意.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.
感悟提升 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.
训练2 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围.
解 f(x)－＝，
构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，
F′(x)＝.
令1－2ax＝0，得x＝.
①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，不符合题意.
②若0＜a＜，当x∈时，F′(x)＞0，
∴g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)＞g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，不符合题意.
③若a≥，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0，
综上所述，a的取值范围是.
题型三 双变量的恒(能)成立问题
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
1 2 1 2
数M；
(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)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
成立.
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x) ＝g(2)＝1，
max
g(x) ＝g＝－，
min∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
则f(x) ≥g(x) .
min max
由(1)知当x∈时，g(x) ＝g(2)＝1，
max
∴当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立.
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x＜0，
h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x) ＝h(1)＝1，故a≥1.
max
∴实数a的取值范围是[1，＋∞).
感悟提升 含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的
转化有：
(1) x ∈M，∃x ∈N，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
1 2 1 2 min min
(2) x ∈M，∀x ∈N，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
∀ 1 2 1 2 ⇔ min max
(3) x ∈M，∃x ∈N，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
∀ 1 2 1 2 ⇔ max min
(4) x ∈M，∀x ∈N，f(x )>g(x ) f(x) >g(x) .
∃ 1 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“”型或“”型的代数
式，就设法求其最值.“”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.
洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) 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) ＝A，那么 ＝ ＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝A，那么 ＝ ＝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，
min
φ′(x)＝ex－a.
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，若0＜x＜ln a，则φ′(x)＜0，
若x＞ln 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)＜g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，
故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，
h(x)＝ ＝ ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1].
1.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 法一 令φ(x)＝f(x)－ax
＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，
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，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；
x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴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].
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
即a＜恒成立.
令g(x)＝(x＞0)，
∴g′(x)＝.
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.
由洛必达法则知
g(x)＝
＝ [ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
2.设函数 f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的 x∈[1，＋∞)，
f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解 f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)
＝2a(x－1)－ln x，
令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－ln x，
则g′(x)＝2a－＝，
令g′(x)＝0，得x＝，
①若a≤0，则g′(x)＜0，
则f′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤f′(1)＝0.
∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)≤f(1)＝0，不满足题意.
②若a≥，则≤1，
当x∈时，g′(x)＜0，
当x∈时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝0，满足题意.
③若0＜a＜，则＞1，当x∈时，g′(x)＜0，
当x∈时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在上单调递减，
在上单调递增，
又f′(1)＝0，∴当x∈时，f′(x)＜0，
∴f(x)单调递减，∴f(x)＜f(1)＝0.不满足题意.
综上，a的取值范围为.
3.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 )成
0 0 0立，求实数a的取值范围.
解 由f(x )≤g(x )，
0 0
得(x －ln x )a≥x－2x ，
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，
min
∴a≥G(x) ＝－1，
min
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
4.已知x＝为函数f(x)＝xaln x的极值点.
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝，若对∀x ∈(0，＋∞)，∃x ∈R，使得f(x )－g(x )≥0，求k的取值
1 2 1 2
范围.
解 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·
＝xa－1(aln x＋1)，
f′＝＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝为函数f(x)＝xaln x的极小值点，因此a＝2.
(2)由(1)知f(x) ＝f＝－，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
min
①当k＞0时，
当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，对∀x ∈(0，＋∞)，∃x ＝－，使得g(x )＝g＝－e＜－1＜－≤f(x )，符合题意.
1 2 2 1
②当k＝0时，g(x)＝0，取x ＝，对∀x ∈R有f(x )－g(x )＜0，不符合题意.
1 2 1 2
③当k＜0时，
当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x) ＝g(1)＝，
min
若对∀x ∈(0，＋∞)，∃x ∈R，使得f(x )－g(x )≥0，只需g(x) ≤f(x) ，
1 2 1 2 min min
即≤－，
解得k≤－.
综上所述，k∈∪(0，＋∞).
