文档内容
必要性探路
【知识拓展】
1.必要性探路法，是指对一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内的某
个特殊的值或某几个特殊的值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再
在该范围内讨论，或去验证其充分条件，进而解决问题的方法.
2.虽然这种必要性探路的方法求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以
限定问题成立的大前提，缩小参数的讨论范围，在一定程度可以减少分类讨论的
类别，降低思维难度.
【类型突破】
类型一 端点探路
例1 已知f(x)＝ln(ax＋1)＋(x≥1)，若f(x)≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围.
训练1 已知f(x)＝ax2－4ln(x－1)，对x∈[2，e＋1]，f(x)≤1恒成立，求实数a的
取值范围.
类型二 极值点探路
例2 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ae2(x－1)＋1，a≥0.
(1)当a＝1时，求f(x)在(0，＋∞)上的零点个数；
(2)若关于x的不等式ln－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－在(1，＋∞)上恒成立，求实数a
的取值范围.
训练2 已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)
恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.
类型三 内点探路
例3 (2024·南京调研改编)已知f(x)＝ex－ln(x－m)，若对定义域内的一切实数x，
都有f(x)>4，求整数m的最小值.(参考数据：e≈3.49)训练3 已知f(x)＝xln x－x，g(x)＝ax2＋2sin(x－1)，若f(x)≥g(x)，求参数a的取
值范围.
类型四 保号性探路
例4 已知函数f(x)＝axln x－xa，其中a∈R.
若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求正数a的取值范围.
训练4 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x－，若当x>－1时，f(x)≤ax2，求实数a的取
值范围.
【精准强化练】
1.(2024·武汉质检改编)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，若f(x)≥x2＋ax
＋b，求(a＋1)b的最大值.
2.已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围.
【解析版】
类型一 端点探路
例1 已知f(x)＝ln(ax＋1)＋(x≥1)，若f(x)≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围.
解 必要性：对于x≥1，f(x)≥ln 2恒成立，即ln(ax＋1)＋－ln 2≥0在(1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝ln(ax＋1)＋－ln 2，
所以g(1)＝ln(a＋1)－ln 2≥0，解得a≥1.
充分性：当a≥1时，
g(x)≥ln＋－1(x≥1).
令t＝≥1，
则令h(t)＝ln t＋－1(t≥1)，
所以h′(t)＝－＝(t≥1)，
则h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥0恒成立，
综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).
规律方法 已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几
个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取 0或
1，对数函数常取1或e等.
训练1 已知f(x)＝ax2－4ln(x－1)，对x∈[2，e＋1]，f(x)≤1恒成立，求实数a的
取值范围.
解 必要性：因为对x∈[2，e＋1]，f(x)≤1恒成立.
即ax2－4ln(x－1)－1≤0，
令g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1，则g(2)＝4a－1≤0，则a≤.
充分性：当a≤时，g(x)＝ax2－4ln(x－1)－1≤x2－4ln(x－1)－1，
根据ln x≥1－(证明略)，在x∈[2，e＋1]上，有x2－4ln(x－1)－1
≤x2－4－1
＝≤0，
所以g(x)≤0，即f(x)≤1，
故a的取值范围是.
类型二 极值点探路
例2 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ae2(x－1)＋1，a≥0.
(1)当a＝1时，求f(x)在(0，＋∞)上的零点个数；
(2)若关于x的不等式ln－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－在(1，＋∞)上恒成立，求实数a
的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1).
当x∈(0，1)时，f(x)＝ln(x＋1)＋1－e2(x－1)>1－e2(x－1)>1－1＝0，此时无零点.
当x∈[1，＋∞)时，f′(x)＝－2e2(x－1)，
当x∈[1，＋∞)时，f′(x)单调递减，
且f′(x)0，
f(2)＝ln 3＋1－e2<0，
x ∈(1，2)，使f(x )＝0.
0 0
∃
∴当a＝1时，f(x)在 (0，＋∞)上有且只有一个零点.
(2)必要性：ln－ae2(x－1)≤x－a2e(x－1)－在(1，＋∞)上恒成立，
即ln－≤a·e2(x－1)－a2·e(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
当a＝0时，ae2(x－1)－a2e(x－1)＝0，
因为y＝ln x－(x－1)≤0恒成立，
则ln－≤0，
当a>0时，
令m(x)＝ln－，x>1，
m′(x)＝，
当x>时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
当10，m(x)单调递增，
所以m(x)≤m＝0.
当a>0时，x＝，0≤a·e－a2·，
则a·e≥0，即1－≥0，得a≤2.
综上，a的取值范围为[0，2]，
充分性：当a∈[0，2]时，
ln－－a[e2(x－1)－
a·e(x－1)]≤0，①
当a∈[0，2]时，e2(x－1)－a·e(x－1)≥e2(x－1)－2·e(x－1).
令n(x)＝e2(x－1)－2·e(x－1)，x>1，则n′(x)＝2e2(x－1)－2e.
当x>1时，n′(x)单调递增，
且n′＝2e－2e＝0，
故当x∈时，n′(x)<0，n(x)单调递减，
当x∈时，n′(x)>0，n(x)单调递增，
∴n(x)≥n＝e－e＝0，
∴x>1，a·n(x)≥0.
由已知得x>1，ln－≤0.
∴①式成立，∴a∈[0，2].
规律方法 1.已知f(x)≤0(或f(x)≥0)，找f(x)的极大值(或极小值)点探路；
2.对于f(x)≤g(x)，找f(x)的极大值点，g(x)的极小值点探路.
训练2 已知a>0，函数f(x)＝ax2－x，g(x)＝ln x.是否存在实数a，使f(x)≥g(ax)
恒成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.解 必要性：令φ(x)＝f(x)－g(ax)＝ax2－x－ln ax，x>0，
则φ′(x)＝2ax－1－.
因为φ＝0，又φ(x)≥0，
则是φ(x)的一个极小值点，则φ′＝0，
解得a＝1.
充分性：当a＝1时，
φ′(x)＝2x－1－＝.
当01时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
从而φ(x)≥φ(1)＝0，符合题意.
综上，可知a＝1.
类型三 内点探路
例3 (2024·南京调研改编)已知f(x)＝ex－ln(x－m)，若对定义域内的一切实数x，
都有f(x)>4，求整数m的最小值.(参考数据：e≈3.49)
解 f(x)的定义域为(m，＋∞)，取x＝m＋1，
则有f(m＋1)＝em＋1>4，
∴m>ln 4－1>0，
以下证明m＝1时，f(x)>4成立，当m＝1时，f(x)＝ex－ln(x－1)(x>1)，
f′(x)＝ex－在(1，＋∞)上递增，
f′＝3.49－4<0，f′＝e－2>0，
∴ x ∈，
0
∃
使得f′(x )＝0，即e
x0＝，
0
x ＝－ln(x －1)，
0 0
f(x)在(1，x )上递减，在(x ，＋∞)上递增，
0 0
∴f(x) ＝f(x )＝e x0－ln(x －1)＝e x0＋x ，
min 0 0 0
显然f(x )在递增，
0
∴f(x ) ＝f＝e＋>4，
0 min
∴f(x)>4成立，故整数m的最小值为1.
规律方法 由于本例函数f(x)的定义域为(m，＋∞)含有参数m，我们取其定义域
内的点m＋1，本例属于内点探路.
训练3 已知f(x)＝xln x－x，g(x)＝ax2＋2sin(x－1)，若f(x)≥g(x)，求参数a的取
值范围.
解 ∵f(x)≥g(x)，
∴xln x－x≥ax2＋2sin(x－1)，
取x＝1，则a≤－1，
下面证明：当a≤－1时，f(x)≥g(x)恒成立.∵x2>0，∴ax2≤－x2，
∴ax2＋2sin(x－1)≤－x2＋2sin(x－1)，
∴只需证xln x－x≥－x2＋2sin(x－1)，
设h(x)＝xln x＋x2－x－2sin(x－1)，
h′(x)＝2x＋ln x－2cos(x－1)，
h″(x)＝2＋＋2sin(x－1)>0，
h′(x)在(0，＋∞)上递增，又h′(1)＝0，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)递增，
h(x) ＝h(1)＝0，
min
∴h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即xln x－x≥－x2＋2sin(x－1)在(0，＋∞)上恒成立，故a∈(－∞，－1].
类型四 保号性探路
例4 已知函数f(x)＝axln x－xa，其中a∈R.
若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求正数a的取值范围.
解 必要性：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝aln x＋a－axa－1＝a(ln
x＋1－xa－1)≤0在(1，＋∞)内恒成立.
令g(x)＝ln x＋1－xa－1，
则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤0在(1，＋∞)内恒成立，因为g(1)＝0，g′(x)＝－(a－1)xa－2，
则g′(1)≤0，即g′(1)＝1－(a－1)≤0，则a≥2.
充分性：
因为a≥2，所以a－1≥1，
因为x>1，所以xa－1≥x，
则g(x)＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x<0，
所以f′(x)＝a(ln x＋1－xa－1)<0.
故a的取值范围是[2，＋∞).
规律方法 “保号性”的完整提法是“局部保号性”，它是微积分学中的一个重
要概念，有多种叙述形式，我们介绍一种比较容易理解的形式：已知函数f(x)在
a点连续，且f(a)>0，则存在σ>0，当|x－a|<σ时，f(x)>0(注意它的逆命题是假命
题).
训练4 已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x－，若当x>－1时，f(x)≤ax2，求实数a的取
值范围.
解 必要性：令g(x)＝ln(x＋1)－x－－ax2≤0，g′(x)＝－1－x2－2ax，
g″(x)＝－－2x－2a，
因为g(0)＝0，g′(0)＝0，所以g″(0)≤0，
则a≥－.
充分性：当a≥－时，g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2，
由三阶泰勒公式知ln(x＋1)－x＋x2－≤0(证明过程略)，又x2≤0，
∴g(x)＝ln(x＋1)－x＋x2－＋x2≤0，即g(x)≤0.
故实数a的取值范围是.
【精准强化练】
1.(2024·武汉质检改编)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2，若f(x)≥x2＋ax
＋b，求(a＋1)b的最大值.
解 对函数f(x)求导，得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.
由题意知f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，则f(0)＝1.
又f(0)＝f′(1)e－1，因此f′(1)＝e.
∴f(x)＝ex－x＋x2.
f(x)≥x2＋ax＋b，
即ex－(a＋1)x－b≥0，
令g(x)＝ex－(a＋1)x－b.
①当a＋1>0时，只需考虑b>0情况.
由题意知“g≥0”是“g(x)≥0”的必要条件.
由g≥0，解得≥＋b.
由均值不等式有≥＋b≥2，
即(a＋1)b≤(当a＋1＝2b时取等号).存在a，b满足(a＋1)b＝，
总有f(x)≥x2＋ax＋b，
取a＝－1，b＝，此时
g(x)＝ex－x－＝≥＝0，
当x＝时取等号.
②假设a＋1＝0符合题意，此时(a＋1)b＝0.
③假设a＋1<0，此时g<0，不符合题意.
综上，(a＋1)b的最大值为.
2.已知函数f(x)＝x－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)≥kf(x)对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)f′(x)＝1－＝(x>－1)，
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(2)由题意得ex－x－1≥k[x－ln(x＋1)]在x∈[0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ex－x－1－k[x－ln(x＋1)]，
则h(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，h′(x)＝ex－1－k，
则h′(0)＝0，h″(x)＝ex－，
h″(0)＝1－k，
若h″(0)＝1－k<0，即k>1时，存在x∈(0，＋∞)使得x∈(0，x )时，h″(x)<0，
0
则在(0，x )上h′(x)单调递减，
0
此时h′(x)
