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§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
课标要求 恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及
其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题
出现，试题难度略大．
题型一 分离参数求参数范围
例1 已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间与极值；
(2)若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，
所以f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝0时，函数f(x)有极小值f(0)＝0，无极大值．
即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，极小值为0，无极大值．
(2)因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，不等式等价于a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，则g′(x)＝－＝，
由(1)知当a＝1，x>0时，f(x)>f(0)＝0，
即ex－(x＋1)>0，
所以当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x) ＝e－2，所以a≥e－2，
min
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
思维升华 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
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ex，
则f′(x)＝1－ex，
当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值．
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤(x>0)，即a≤(x>0)，
则问题转化为a≤ (x>0)，
max
令h(x)＝，x>0，
h′(x)＝＝，
当00，当x>时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
所以h(x) ＝h()＝，所以a≤.
max
题型二 等价转化求参数范围
例2 (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，
求实数m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝a－＝(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得00时，f(x)在上单调递增，在上单调递
减．
(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，
∴a＝1.
f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)，
当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x) x(1－ln x)≤m(e－x)，
即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， ⇔
令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，
则g′(x)＝m－ln x，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，
则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意．
若m>1，由g′(x)>0，可得e≤xg(e)＝0，与题意不符，
0 0
综上，实数m的取值范围为(－∞，1]．
思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借
助函数单调性求解．
跟踪训练2 (2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的极值；
(2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)0，得x>1，令f′(x)<0，得00，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增，
则g(x)0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0，
则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立，
只需满足解得a≥.
综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪.
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 (2023·济南模拟)已知函数f(x)＝－1(其中e为自然对数的底数)，函数g(x)＝x3＋ax2＋1.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对∀x，x∈[1，e]，不等式f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
解 (1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝2e，
又f(1)＝－1，
∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0.
(2)∵对∀x，x∈[1，e]，不等式f(x)≤g(x)恒成立，∴f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 max min∵f′(x)＝，
∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x) ＝f(e)＝1；
max
g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令g′(x)＝0，
解得x＝0或x＝－；
①当－≤1，即a≥－时，
g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x) ＝g(1)＝2＋a，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤2＋a，解得a≥－1；
max min
②当1<－0，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(x) ＝g＝＋1<1，不满足f(x) ≤g(x) ；
min max min
③当－≥e，即a≤－时，
g′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
∴g(x)在[1，e]上单调递减，
∴g(x) ＝g(e)＝e3＋ae2＋1，
min
由f(x) ≤g(x) 得1≤e3＋ae2＋1，
max min
解得a≥－e(舍)．
综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行
等价变换，常见的等价变换有
对于某一区间I
(1)∀x，x∈I，f(x)>g(x) f(x) >g(x) .
1 2 1 2 min max
(2)∀x
1
∈I
1
，∃x
2
∈I
2
，f(x 1⇔)>g(x
2
) f(x)
min
>g(x)
min
.
(3)∃x
1
∈I
1
，∀x
2
∈I
2
，f(x
1
)>g(x
2
)⇔f(x)
max
>g(x)
max
.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数．
⇔
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x，x∈[0,4]，不等式|f(x)－f(x)|<1恒成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
解 (1)因为f(x)＝(x∈R)，
所以f′(x)＝(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得03.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝.
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)0，所以00，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x) ＝f(0)＝2.
min
(2)由题意知，当x>0时，f(x)≥0恒成立等价于
ex－ax2－x＋1≥0对任意x>0恒成立，
即a≤对任意x>0恒成立，
令h(x)＝，x>0，
则h′(x)＝，
所以当02时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以当x＝2时，函数h(x)有最小值h(2)＝，
所以a的取值范围为a≤.2．(2023·鞍山模拟)已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R，a≠0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥成立，求a的取值范围．
解 (1)该函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝(x>0，a≠0)，
①当a<0时，f′(x)＝>0恒成立，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍)，
所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
综上，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
(2)对任意的x∈[1，＋∞)，都有f(x)≥成立，只需任意的x∈[1，＋∞)，f(x) ≥，
min
①当a<0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以只需f(1)≥，而f(1)＝，
所以a<0满足题意；
②当01时，>1，f(x)在[1，]上单调递减，
在[，＋∞)上单调递增，所以只需f()≥即可，而f()1不满足题意．
综上可得，实数a的取值范围为(－∞，0)∪(0,1]．
3．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝2aln x.
(1)若b＝0，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若a>0，b＝－1，函数F(x)＝xf(x)＋g(x)满足对任意x ，x∈(0,1]，都有|F(x)－F(x)|<3恒
1 2 1 2
成立，求a的取值范围．
解 (1)若b＝0，函数f(x)＝x的图象与g(x)＝2aln x的图象相切，
设切点为(x,2aln x)，且g′(x)＝，
1 1
则切线方程为y－2aln x＝(x－x)，
1 1
即y＝x－2a＋2aln x，
1
∴解得
(2)当a>0，b＝－1时，F(x)＝xf(x)＋g(x)＝x2＋1＋2aln x，x∈(0,1]，
F′(x)＝2x＋>0，∴F(x)在(0,1]上单调递增．
不妨设00，∴00，得x>－1；
令g′(x)<0，得x<－1；
所以g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以g(x) ＝g(－1)＝－e－1＋e2>0.
min
所以当x∈R时，xex＋e2>0恒成立，
又x2≥0，所以当a≥0时，对任意实数x∈R，x2＋axex＋ae2≥0恒成立．
综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．
