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第4 讲 恒(能)成立问题
微点一 全分离与半分离
例1 设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0 时，f(x)≤ax+1，求实数a 的取值范围.
解 (1)f(x)=(1-x2)ex，x∈R，
则f'(x)=(1-2x-x2)ex，
令f'(x)=0，解得x=-1±√2，
则当x<-1-√2或x>-1+√2时，f'(x)<0；
当-1-√2<x<-1+√2时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1-√2)，(-1+√2，+∞)上单调递减，在(-1-√2，-1+√2)上单调递增.
(2)由(1)可知，f(x)在[0，√2-1]上单调递增，在(√2-1，+∞)上单调递减，画出函数f(x)在[0，+∞)上的大致
图象，如图所示.
由于f(x)与y=ax+1 的图象均经过点(0，1)，
则结合图象可知，要使得f(x)≤ax+1 在[0，+∞)上恒成立，
需满足f'(0)≤a，即a≥1.
下面证明：当a≥1 时，f(x)≤ax+1(x≥0)恒成立.
令g(x)=f(x)-ax-1，x≥0，
则g'(x)=f'(x)-a=(-x2-2x+1)ex-a，
令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=(-x2-2x+1-2x-2)ex=(-x2-4x-1)ex<0，
所以g'(x)在[0，+∞)上单调递减，
所以g'(x)≤g'(0)=1-a≤0，
所以g(x)在[0，+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(0)=0，
即当a≥1 时，f(x)≤ax+1(x≥0)恒成立.
故实数a 的取值范围是[1，+∞).
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[规律方法] 分离参数法.一是参数全分离，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过
导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的取值范围；二是参数半分离，把不等式分解成f(x)<g(x)或f(x)>g(x)
的形式，要调节参数a 与x 的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.
跟踪演练1 已知函数f(x)=x(a−ln x
x )(a>0).
(1)讨论f(x)的最值；
(2)若a=1，且f(x)≤k e
x−x
x
，求k 的取值范围.
解 (1)因为f(x)=x(a−ln x
x )的定义域为(0，+∞)，
可得f'(x)=a-1
x =ax−1
x
.
当a>0 时，令f'(x)=0，可得x=1
a；
当x∈(0，1
a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(
1
a ，+ ∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
故当x=1
a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且最小值为f (
1
a)=1+ln a，无最大值.
(2)当a=1 时，由f(x)≤k e
x−x
x
，x>0，
可得x-ln x≤k e
x−x
x
，
整理得kex≥x2+x-xln x，
即k≥x
2+ x−x ln x
e
x
，
令h(x)= x
2+ x−x ln x
e
x
，
则h'(x)=(2 x +1−ln x−1)e
x−( x
2+ x−x ln x)e
x
(e
x)
2
=( x−ln x)(1−x)
e
x
，
由(1)知，当a=1 时，f(x)=x-ln x 的最小值为f(1)=1>0，
即x-ln x>0 恒成立，
所以当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减.
故当x=1 时，h(x)取得最大值h(1)=2
e ，即k≥2
e ，
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故k 的取值范围为[
2
e ，+∞).
微点二 最值可求型
例2 已知函数f(x)=1
2ax2-(2a+1)x+2ln x(a>0).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)=x2-2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)<g(x2)，求实数a 的取值范围.
解 (1)由f(x)=1
2ax2-(2a+1)x+2ln x，
得f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=ax-(2a+1)+2
x =a x
2−(2a+1)x +2
x
=(ax−1)( x−2)
x
，
又a>0，
所以令f'(x)=0，解得x1=1
a ，x2=2，
当0<a<1
2时，1
a>2，
即当x∈(0，2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(2，1
a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(
1
a ，+ ∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当a=1
2时，1
a=2，f'(x)≥0 恒成立，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a>1
2时，1
a<2，
即当x∈(0，1
a)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(
1
a ，2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
综上所述，当0<a<1
2时，f(x)的单调递增区间为(0，2)和(
1
a ，+∞)，单调递减区间为(2，1
a)；
当a=1
2时，f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间；
当a>1
2时，f(x)的单调递增区间为(0，1
a)和(2，+∞)，单调递减区间为(
1
a ，2).
(2)由已知对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)<g(x2)，
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即可转化为f(x)max<g(x)max，
又g(x)=x2-2x=(x-1)2-1，x∈(0，2]，
当x=2 时，g(x)取最大值0，
由(1)得，当0<a≤1
2时，f(x)在(0，2]上单调递增，
所以当x=2 时，f(x)取最大值f(2)=2a-(2a+1)×2+2ln 2=-2a-2+2ln 2，
所以-2a-2+2ln 2<0，解得a>ln 2-1，
即0<a≤1
2；
当a>1
2时，f(x)在(0，1
a)上单调递增，在(
1
a ，2)上单调递减，
所以当x=1
a时，f(x)取最大值f(
1
a)= 1
2a-(2a+1)·1
a+2ln1
a=- 1
2a-2-2ln a，
设s(a)=- 1
2a-2-2ln a，a>1
2 ，
则s'(a)= 1
2a
2-2
a=1−4 a
2a
2 <0，
故s(a)在(
1
2 ，+∞)上单调递减，
所以s(a)=- 1
2a-2-2ln a<s(
1
2)=-1-2-2ln1
2=-3+2ln 2<0，
即f(x)max<0，成立，
综上所述，实数a 的取值范围为(0，+∞).
[规律方法] 导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立
问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极
(最)值问题处理.
跟踪演练2 已知f(x)=ln x-1
2mx2+x(m∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若关于x 的不等式f(x)+ln x-2mx+3
2<0 恒成立，求实数m 的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
f'(x)=1
x -mx+1=−m x
2+ x +1
x
，
当m≤0 时，f'(x)>0.
当m>0 时，方程-mx2+x+1=0 的两个实数根为x1=−1+√1+ 4 m
−2m
<0，x2=−1−√1+ 4 m
−2m
>0，
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当x∈(0，−1−√1+ 4 m
−2m
)时，f'(x)>0；
当x∈(
−1−√1+ 4 m
−2m
，+ ∞)时，f'(x)<0.
综上可知，当m≤0 时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当m>0 时，f(x)在(0，−1−√1+ 4 m
−2m
)上单调递增，在(
−1−√1+ 4 m
−2m
，+∞)上单调递减.
(2)不等式f(x)+ln x-2mx+3
2<0，
即2ln x-1
2mx2+(1-2m)x+3
2<0.
令g(x)=2ln x-1
2mx2+(1-2m)x+3
2 ，x>0，
则g'(x)=2
x -mx+1-2m=−m x
2+(1−2m)x +2
x
=(−mx +1)( x +2)
x
(x>0).
当m≤0 时，g'(x)>0 恒成立，
则g(x)在(0，+∞)上单调递增，
而g(1)=-1
2m+5
2-2m≥5
2 ，
可知g(x)<0 不恒成立.
当m>0 时，令g'(x)>0，解得0<x< 1
m；
令g'(x)<0，解得x> 1
m.
所以g(x)在(0，1
m)上单调递增，在(
1
m ，+ ∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(
1
m)=-2ln m- 1
2m+1−2m
m
+3
2=-2ln m+ 1
2m-1
2 ，
故要使原不等式成立，只需-2ln m+ 1
2m-1
2<0 即可.
令h(m)=-2ln m+ 1
2m-1
2 ，m>0，
则h'(m)=- 2
m- 1
2m
2<0，
所以h(m)在(0，+∞)上单调递减，又h(1)=0，
所以m>1.故实数m 的取值范围为(1，+∞).
微点三 必要性探路与端点效应
1.必要性探路
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所谓必要性探路，就是对于恒成立问题，通过取区间内的某个或某些特殊值，先得到一个必要条件，初步
缩小参数的范围，再在该范围内讨论求解或去验证其充分性，进而解决问题的方法.
2.端点效应
对于恒成立问题“∀x∈[m，+∞)，f(x)≥0 恒成立”，若不等式恰好在区间边界处取等，即f(m)=0，则必有
f(m)≥0 成立.这种利用区间边界处满足的必要条件求得或缩小参数取值范围的方法，叫做端点效应.
例3 (2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)当a=-2 时，求f(x)的极值；
(2)当x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(-1，+∞)，
当a=-2 时，
f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，
故f'(x)=2ln(1+x)+1+2 x
1+ x -1
=2ln(1+x)- 1
1+ x +1，
因为y=2ln(1+x)，y=- 1
1+ x +1 在(-1，+∞)上单调递增，
故f'(x)在(-1，+∞)上单调递增，
而f'(0)=0，
故当-1<x<0 时，f'(x)<0，
当x>0 时，f'(x)>0，
故f(x)在x=0 处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值.
(2)方法一 (端点效应)
f'(x)=-aln(1+x)+1−ax
1+ x -1，
令g(x)=-aln(1+x)+1−ax
1+ x -1，x≥0，
则g'(x)=- a
1+ x - a+1
(1+ x)
2 ，g'(0)=-2a-1，
令g'(0)=-2a-1≥0，所以a≤-1
2 ，
当a≤-1
2时，g'(x)≥
1
2( x +1)-
1
2( x +1)
2=
x
2( x +1)
2≥0，
所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，
所以f'(x)≥f'(0)=0，
所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0，
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所以a≤-1
2满足题意；
当a>-1
2时，g'(0)=-2a-1<0，
所以∃x0>0，使当x∈(0，x0)时，g'(x)<0，
所以f'(x)在(0，x0)上单调递减，
所以f'(x)<f'(0)=0，
所以f(x)在(0，x0)上单调递减，
所以f(x)<f(0)=0，与f(x)≥0 恒成立矛盾，
所以a>-1
2不符合题意.
综上，a 的取值范围是(−∞，−1
2].
方法二 当x=0 时，f(x)=0 恒成立，
现讨论x>0 的情况，
f'(x)=-aln(1+x)+1−ax
1+ x -1
=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
，x>0，
设s(x)=-aln(1+x)-(a+1)x
1+ x
，x>0，
则s'(x)= −a
1+ x - a+1
(1+ x)
2
=-a( x +1)+a+1
(1+ x)
2
=-ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤-1
2时，s'(x)>0，
故s(x)在(0，+∞)上单调递增，
s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
故当x>0 时，f(x)>f(0)=0，符合题意；
当-1
2<a<0 时，
当0<x<-2a+1
a
时，s'(x)<0，
故s(x)在(0，−2a+1
a )上单调递减，
s(x)<s(0)=0，
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即在(0，−2a+1
a )上f'(x)<0，f(x)单调递减，
f(x)<f(0)=0，不符合题意，舍去；
当a≥0 时，此时s'(x)<0 在(0，+∞)上恒成立，
同理可得在(0，+∞)上，
f(x)<f(0)=0 恒成立，不符合题意，舍去，
综上，a 的取值范围是(−∞，−1
2].
[规律方法] 端点效应的题目，通常得到答案容易，但是解答题就需要严格进行矛盾区间说明(即证明反面
不成立)，矛盾区间就需要严格找点，通常在导函数甚至是二阶导进行找点分析.如果单调性无法确定，或
者是题目数据与放缩式(含飘带函数或者泰勒)无法对应，则端点效应失效.
跟踪演练3 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ln
x
2−x +ax+b(x-1)3.
(1)若b=0，且f'(x)≥0，求a 的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>-2 当且仅当1<x<2，求b 的取值范围.
(1)解 当b=0 时，f(x)=ln
x
2−x +ax，
其中x∈(0，2)，
则f'(x)=1
x +
1
2−x +a=
2
x(2−x)+a，x∈(0，2)，
因为x(2-x)≤(
2−x + x
2
)
2
=1，
当且仅当x=1 时等号成立，
故f'(x)min=2+a，
而f'(x)≥0，
故2+a≥0，即a≥-2，
所以a 的最小值为-2.
(2)证明 f(x)=ln
x
2−x +ax+b(x-1)3的定义域为(0，2)，
设P(m，n)为y=f(x)图象上任意一点，
P(m，n)关于点(1，a)的对称点为
Q(2-m，2a-n)，
因为点P(m，n)在y=f(x)的图象上，
故n=ln m
2−m+am+b(m-1)3，
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而f(2-m)=ln2−m
m
+a(2-m)+b(2-m-1)3
=-[ln
m
2−m +am+b(m−1)
3]+2a，
=-n+2a，
所以点Q(2-m，2a-n)也在y=f(x)的图象上，由点P 的任意性可得y=f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心
为(1，a).
(3)解 方法一 (零点分区间)
因为f(x)>-2 当且仅当1<x<2，
故x=1 为f(x)=-2 的一个解，
所以f(1)=-2，即a=-2，
f(x)=ln
x
2−x -2x+b(x-1)3>-2(1<x<2).
①当f'(x)=(x-1)2[
2
x(2−x) +3b]≥0 时，
有b≥[
−2
3 x(2−x)]max
，则b≥-2
3 ，f'(x)≥0 恒成立，f(x)单调递增，符合题意；
②当b<-2
3时，f'(x)= ( x−1)
2
x(2−x)[2+3bx(2-x)]，
令g(x)=2+3bx(2-x)，1<x<2，
g'(x)=-6bx+6b，g'(x)单调递增，
故g'(x)>g'(1)=0 在(1，2)上恒成立，
g(1)=2+3b<0，g(2)=2>0，
故存在x0∈(1，2)，使g(x0)=0，
当x∈(1，x0)时，g(x)<0，
此时f'(x)<0，f(x)<f(1)=-2，矛盾.
综上，b 的取值范围是[−2
3 ，+ ∞).
方法二 (端点效应+矛盾取点)
f'(x)=
2
2 x−x
2+a+3b(x-1)2，x∈(1，2)，且有f(x)>f(1)=a=-2，
故只需满足g(x)=ln
x
2−x -2(x-1)+b(x-1)3>0 即可，
g'(x)=1
x +
1
2−x -2+3b(x-1)2，g'(1)=0，
令h(x)=g'(x)，x∈(1，2)，
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则h'(x)=- 1
x
2+
1
(2−x)
2+6b(x-1)，
h'(1)=0，
令s(x)=h'(x)，x∈(1，2)，
则s'(x)= 2
x
3+
2
(2−x)
3+6b，
s'(1)=6b+4，
令φ(x)=s'(x)，x∈(1，2)，
则φ'(x)=- 6
x
4+
6
(2−x)
4>0，
故s'(x)在(1，2)上单调递增，
①当b≥-2
3时，s'(x)>s'(1)≥0，h'(x)>h'(1)=0，g'(x)>g'(1)=0，g(x)>g(1)=0，符合题意；
②当b<-2
3时，s'(1)<0，
取x=2+
3√
1
3b ，s'(x)>1
4 -6b+6b>0，
∃x0∈(1，2+
3√
1
3b)，
使s'(x0)=0，当x∈(1，x0)时，s'(x)<0，
则h'(x)<h'(1)=0，g'(x)<g'(1)=0，g(x)<g(1)=0，与题意不符，
综上，b 的取值范围是[−2
3 ，+ ∞).
专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)(2025·玉溪模拟)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性；(6 分)
(2)当a>0 时，f(x)≥3ln a-a+e-1
e -1 恒成立，求a 的取值范围.(7 分)
解 (1)f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1.
∵e2x>0，ex>0，∴当a≤0 时，f'(x)<0，
∴f(x)在R 上单调递减；
当a>0 时，f'(x)=(2ex+1)(aex-1)
=2a(e
x+ 1
2)(e
x−1
a).
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令f'(x)=0，解得x=ln1
a.
由f'(x)>0，解得x>ln1
a；
由f'(x)<0，解得x<ln1
a.
∴当x∈(−∞，ln 1
a)时，f(x)单调递减，
当x∈(ln 1
a ，+∞)时，f(x)单调递增；
综上可知，当a≤0 时，f(x)在R 上单调递减；
当a>0 时，f(x)在(−∞，ln 1
a)上单调递减，在(ln 1
a ，+∞)上单调递增.
(2)由(1)知，当a>0 时，f(x)在(−∞，ln 1
a)上单调递减，在(ln 1
a ，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f (ln 1
a)=ae
2ln 1
a+(a-2)e
ln 1
a-ln1
a=-1
a-ln1
a+1，
∴-1
a-ln1
a+1≥3ln a-a+e-1
e -1，
∴2ln a-a+e-1
e -2+1
a≤0.
(*)
令g(a)=2ln a-a+e-1
e -2+1
a(a>0)，
则g'(a)=2
a-1- 1
a
2=−a
2+2a−1
a
2
=−(a−1)
2
a
2
≤0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递减，
又∵g(e)=2ln e-e+e-1
e -2+1
e =0，
∴不等式(*)的解集为a≥e，
即a 的取值范围是[e，+∞).
2.(15 分)(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)讨论f(x)的单调性；(6 分)
(2)设a≤2，证明：当x>1 时，f(x)<ex-1.(9 分)
(1)解 f(x)的定义域是(0，+∞)，
f'(x)=a-1
x =ax−1
x
，
当a≤0 时，f'(x)=ax−1
x
<0，f(x)在(0，+∞)上单调递减，
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当a>0 时，当x∈(
1
a ，+ ∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，1
a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，当a≤0 时，f(x)的单调递减区间是(0，+∞)，无单调递增区间；
当a>0 时，f(x)的单调递减区间是(0，1
a)，单调递增区间是(
1
a ，+∞).
(2)证明 方法一 原式等价于证ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1>0，x>1，
令g(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1，x>1，
则g'(x)=ex-1-a+1
x (x>1)，
令h(x)=g'(x)，x>1，
则h'(x)=ex-1- 1
x
2>x- 1
x
2= x
3−1
x
2
>0，
故g'(x)在(1，+∞)上单调递增，g'(x)>g'(1)=2-a，
又a≤2，故g'(x)>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=0，得证.
方法二 (放缩)
由题得ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+1+ln x，
令g(x)=ex-1-2x+1+ln x，x>1，
下证g(x)>0 即可.
g'(x)=ex-1-2+1
x ，
再令h(x)=g'(x)，x>1，
则h'(x)=ex-1- 1
x
2在(1，+∞)上单调递增，
则h'(x)>h'(1)=e0-1=0，
即g'(x)=h(x)在(1，+∞)上单调递增，
故g'(x)>g'(1)=e0-2+1=0，
即g(x)在(1，+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln 1=0，得证.
方法三 (同构)
令h(x)=ex-x-1，
易证当x≥0 时，h(x)≥0 恒成立，且h(x)单调递增，
由题意得ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1
=ex-1-x-(x-ln x-1)+(2-a)(x-1)
≥h(x-1)-h(ln x)，
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由于x-1>ln x>0，故h(x-1)-h(ln x)>0，得证.
3.(15 分)(2025·石家庄模拟)已知函数f(x)=ex-ax-3(a∈R).
(1)当a=-1 时，求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程；(5 分)
(2)当x≥0 时，若不等式f(x)≥x
2
2 -2 恒成立，求a 的取值范围.(10 分)
解 (1)由题设f(x)=ex+x-3，则f'(x)=ex+1，且f(0)=-2，f'(0)=2，
∴曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y+2=2x，即2x-y-2=0.
(2)方法一 (直接法)
由题设当x≥0 时，ex-ax-3≥x
2
2 -2 恒成立，
即ex- x
2
2 -ax-1≥0 恒成立，
令g(x)=ex- x
2
2 -ax-1 且x≥0，则g'(x)=ex-x-a，
令h(x)=g'(x)，x≥0，则h'(x)=ex-1≥0，
∴h(x)=g'(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴g'(x)≥g'(0)=1-a，
当1-a≥0，即a≤1 时，g'(x)≥0，
则g(x)在[0，+∞)上单调递增，g(x)≥g(0)=0，符合题意；
当1-a<0，即a>1 时，g'(0)<0，而当x→+∞时，g'(x)→+∞，
∴∃x0∈(0，+∞)，使g'(x0)=0，即在[0，x0)上，g'(x)<0，在(x0，+∞)上，g'(x)>0，
∴g(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，从而g(x)min=g(x0)<g(0)=0，与g(x)≥0 恒成立矛盾，
不符合题意，
综上，a≤1.
方法二 (端点效应)
由题设当x≥0 时，ex-ax-3≥x
2
2 -2 恒成立，
即ex- x
2
2 -ax-1≥0 恒成立，
令g(x)=ex- x
2
2 -ax-1(x≥0)，
则当x≥0 时，g(x)≥0 恒成立，又g(0)=e0-1=0，
故此时必须保证函数g(x)在x=0 右侧附近区间上单调递增，
即保证g'(x)≥0 在x=0 右侧附近区间上恒成立，
又g'(x)=ex-x-a，
故g'(0)=1-a≥0，即a≤1，
下证，当a≤1 时，g(x)≥0 恒成立.
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∵g″(x)=ex-1≥e0-1=0，
∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴g'(x)≥g'(0)=e0-a=1-a≥0，
∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)=0 恒成立，故a≤1.
方法三 (参变全分离，利用洛必达法则求最值)
依题意，当x≥0 时，ex-ax-3≥x
2
2 -2 恒成立，
即ax≤ex- x
2
2 -1 恒成立，
当x=0 时，0≤0 恒成立，∴a∈R；
当x∈(0，+∞)时，a≤2e
x−x
2−2
2 x
，
令g(x)=2e
x−x
2−2
2 x
，x>0，
∴g'(x)=2( x−1)e
x−x
2+2
2 x
2
，
令φ(x)=2(x-1)ex-x2+2，x>0，
∴φ'(x)=2xex-2x=2x(ex-1).
∵x>0，∴ex-1>0，2x>0，∴φ'(x)>0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)=-2+2=0，即g'(x)>0，
∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，
由洛必达法则知，lim
x→0 ¿ g(x)=
lim
x→0 2e
x−x
2−2
2 x
=
lim
x→0 2e
x−2 x
2
=1，
即当x>0 时，g(x)>1 恒成立，故a≤1，
综上a≤1.
方法四 (参变半分离)
依题意，当x≥0 时，ex-ax-3≥x
2
2 -2 恒成立，
即ax≤ex- x
2
2 -1 恒成立，
令g(x)=ex- x
2
2 -1，x≥0，
∴g'(x)=ex-x，g″(x)=ex-1≥e0-1=0，
∴g'(x)在[0，+∞)上单调递增，
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∴g'(x)≥g'(0)=1>0，
∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，
又g'(0)=1，g(0)=0，∴曲线g(x)在x=0 处的切线方程为y-0=1·(x-0)，即y=x，
故当x≥0 时，y=ax 的图象在y=x 图象的下方，∴a≤1.
4.(17 分)(2025·宁波模拟)已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2-x(a∈R).
(1)当a=1 时，讨论f(x)的单调性；(5 分)
(2)当x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，求a 的取值范围；(6 分)
(3)求证：当n∈N*时，1+ 3
2
2+ 5
3
2+…+2n−1
n
2
<2ln(n+1).(6 分)
(1)解 当a=1 时，f(x)=ln(x+1)+x2-x，
定义域为(-1，+∞)，
则f'(x)= 1
x +1+2x-1= x(2 x +1)
x +1
且x>-1，
当-1<x<-1
2时，f'(x)>0，
即f(x)在(−1，−1
2)上单调递增，
当-1
2<x<0 时，f'(x)<0，
即f(x)在(−1
2 ，0)上单调递减，
当x>0 时，f'(x)>0，即f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)解 由题设f'(x)= 1
x +1+2ax-1，
令g(x)=f'(x)，x≥0，则g'(x)=-
1
( x +1)
2+2a，在[0，+∞)上单调递增，
当x≥0 时，f(x)≥0 恒成立，且f(0)=f'(0)=0，只需g'(0)=-1+2a≥0，即a≥1
2 ，
另一方面，当a≥1
2时，g'(x)=-
1
( x +1)
2+2a≥1-
1
( x +1)
2≥0，x≥0，
所以g(x)=f'(x)在[0，+∞)上单调递增，
则f'(x)≥f'(0)=0，
所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)=0，满足题设，
综上，a 的取值范围是[
1
2 ，+ ∞).
(3)证明 由(2)可知，取a=1
2 ，
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当x∈(0，+∞)时，f(x)=ln(x+1)+ x
2
2 -x>0，
令x=1
k ，k∈N*，则ln(
1
k +1)>1
k - 1
2k
2 ，
即2[ln(k+1)-ln k]>2k −1
k
2
，
所以
n
Σ
k =1
2[ln(k+1)-ln k]>
n
Σ
k =1
2k −1
k
2
，
则1+ 3
2
2+ 5
3
2+…+2n−1
n
2
<2ln(n+1)，得证
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