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§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
考试要求 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，综合考查学生分析问题、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，不等式成立，此时a∈R，
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，
min
所以a≥e－2，
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．
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(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 (2023·苏州质检)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.
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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)，g(e)＝0，
g′(x)＝m－ln x，x∈[e，＋∞)，
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m≤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 (2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.
(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；
(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ex＋，
因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以f′(x)＝ex＋≤0在(－∞，0)上恒成立，
即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，
令g(x)＝－x·ex(x<0)，
则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，
当x<－1时，g′(x)>0，
当－10且x<－1时，h′(x)<0，当a>0且－10，
所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，
所以h(x) ＝h(－1)＝a＋1>0，不符合题意；
min
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当a<0且x<－1时，h′(x)>0，当a<0且－10，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2ln x≥x2－bx成立，即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－恒成立，
当x＝1时，有－1≥－成立，∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥，
令G(x)＝，则G′(x)＝，
令m(x)＝ln x－x＋，则m′(x)＝－1，
且m′＝0，
当10，当0，m＝ln >0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝，∴a≥，
综上所述，a的取值范围是a≥.
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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∈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01时，f′(x)>0，
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∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，
而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－，
∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.
(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；
当x>2时，原不等式化为a≤＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．
2．(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x ，x∈(0，＋∞)，均有f(x)0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；
当x∈(0，a)时，f′(x)>0，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为
(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x) 0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
故f(x)的极大值即为最大值，f(x) ＝f(a)
max
＝aln a－a，
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，当01时，g′(x)>0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x) ＝g(1)＝0，
min
∴aln a－a<0，即ln a－1<0，解得00，
则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝.
(ⅰ)若01，
当x∈时，h′(x)>0，
g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
所以g(x)在上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥，
则0<≤1，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．
综上所述，a的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝e2x－ax(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的极值；
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(2)若关于x的不等式a≤f(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝e2x－ax，
∴f′(x)＝2e2x－a，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)无极值．
当a>0时，令f′(x)＝0，得2e2x－a＝0，
得x＝ln ，
易知当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)的极小值为f ＝ －a×ln ＝－ln ，f(x)无极大值．
综上，当a≤0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)的极小值为－ln ，f(x)无极大值．
(2)由a≤f(x)得，
e2x－ax≥aln x－ax＋a，
整理得e2x－aln x－a≥0.
令h(x)＝e2x－aln x－a(x>0)，
则h(x)≥0恒成立，h′(x)＝2e2x－(x>0)，
当a<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
且当x→0＋时，h(x)<0，不满足题意．
当a＝0时，h(x)＝e2x>0，满足题意．
当a>0时，由h(x)≥0得≥.
令p(x)＝，
则p′(x)＝＝，
令q(x)＝－2ln x－1(x>0)，
则q′(x)＝－－<0，∴q(x)单调递减，
又q(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，q(x)>0，
即p′(x)>0，p(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，q(x)<0，
即p′(x)<0，p(x)单调递减，
∴p(x) ＝p(1)＝，
max
∴≥，即0
