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高考专题突破一 高考中的导数综合问题
第 1 课时 利用导数研究恒(能)成立问题
题型一 分离参数求参数范围
例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00，
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]．
若将本例(2)改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)－≥0成立，求实数k的取值范围．
解 原不等式可化为当x∈[1，e]时，k≤有解，
令g(x)＝(x∈[1，e])，
由本例(2)解题知，g(x)为增函数，
所以g(x) ＝g(e)＝2＋，
max所以k≤2＋，即实数k的取值范围是.
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)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R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≤ .
max
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变化的变化情况如下表：
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 等价转换求参数的范围
例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)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．
规范解答
解 方法一 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.[2分]
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[4分]
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.[5分]
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.[6分]
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．[7分]
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.[9分]
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由(ⅱ)可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.[11分]
综上，a的取值范围是.[12分]
方法二 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，[1分]
令φ(x)＝ex＋2x－1，由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，[2分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．[4分]
(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，符合题意；[5分]
②当x>0时，分离参数a得，a≥－，[6分]
记g(x)＝－，
则g′(x)＝－，[7分]
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，[8分]
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，[9分]
h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，[10分]
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)＝，[11分]
max
综上可得，a的取值范围是.[12分]
第一步：将a＝1代入求f(x)，f′(x)，判断f(x)的单调性．
第二步：将原不等式等价转换，构造新函数g(x)．
第三步：求函数g(x)的导数g′(x)．
第四步：讨论g(x)的单调性，求g(x)的最大值．
跟踪训练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01，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}．
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数M；
1 2 1 2
(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成立．
1 2 1 2 1 2 max
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，
max
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[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
跟踪训练3 已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x，x∈(0,1]，且x≠x，都有|f(x)－f(x)|<4，求实数a的取值范围．
1 2 1 2 1 2
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]，
|f(x)－f(x)|<4等价于g(x)在(0,1]上单调递减，
1 2
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)．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，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)lim f(x)＝0及lim 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)lim ＝A，那么lim ＝lim ＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)lim f(x)＝∞及lim 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)lim ＝A，那么lim ＝lim ＝A.
例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 方法一 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]．
方法二 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lim g(x)＝lim ＝lim[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
例2 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)方法一 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]．
方法二 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，limh(x)＝lim ＝limex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
课时精练
1．设函数f(x)＝ln x＋(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋＝，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若00时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥1⇔＋ln x≥1⇔≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0,1]恒成立．
令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0,1]．
则g′(x)＝－ln x－x·＋1＝－ln x≥0，x∈(0,1]，
∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x) ＝g(1)＝1，
max
∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝xln x(x>0)．(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
解 (1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00)．
则g′(x)＝＋1－＝＝.
由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0－1，∴－10时，当x∈时，φ′(x)<0，
当x∈时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴要使φ(x) <0，
max
只需即
解得0，
所以a的取值范围为.
5．(2020·衡水中学检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4,5)及任意x ，x∈[1,2]，恒有m＋ln 2>|f(x)－f(x)|成立，求实数m的取值
1 2 1 2
范围．
解 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
当01时，f′(x)>0, f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－
＝，
当a∈(4,5)时，1－a<－3,0<<，
所以在区间[1,2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．
∴|f(x)－f(x)|≤f(1)－f(2)＝－＋ln 2.
1 2
∵对任意a∈(4,5)及任意x，x∈[1,2]，恒有m＋ln 2>|f(x)－f(x)|成立，
1 2 1 2
∴m＋ln 2>－＋ln 2，得m>.
∵a∈(4,5)，∴＝1－<1－＝，
∴m≥，故实数m的取值范围是.
