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第4 讲 恒成立与能成立问题
1.(2021·天津，T20)已知a>0，函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明f(x)存在唯一的极值点；
(3)若存在a，使得f(x)≤a+b 对任意x∈R 成立，求实数b 的取值范围.
2.(2023·全国甲卷，文T20)已知函数f(x)=ax- sin x
co s
2 x ，x∈(0，π
2).
(1)当a=1 时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)+sin x<0，求a 的取值范围.
命题热度：
本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为
5~10 分.
考查方向：
考查重点一是不等式恒成立求参数的取值范围；二是不等式能成立求参数的取值范围，包含双变量的恒成
立、能成立求参数的取值范围.
1.(1)解 f'(x)=a-(x+1)ex，则 f'(0)=a-1，
又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x，a>0.
(2)证明 令f'(x)=a-(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex，
令g(x)=(x+1)ex，则g'(x)=(x+2)ex，
当x∈(-∞，-2)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(-2，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
当x→-∞时，g(x)<0，g(-1)=0；当x→+∞时，g(x)>0，画出g(x)大致图象如图所示，
所以当a>0 时，y=a 与y=g(x)仅有一个交点，
令g(m)=a，则m>-1，且f'(m)=a-g(m)=0，
当x∈(-∞，m)时，a>g(x)，则f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(m，+∞)时，a<g(x)，则f'(x)<0，f(x)单调递减，
x=m 为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点.
(3)解 由(2)知f(x)max=f(m)，此时a=(1+m)em，
m>-1，
所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em，m>-1，
令h(x)=(x2-x-1)ex，x>-1，
若存在a，使得f(x)≤a+b 对任意x∈R 成立，等价于存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，
h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex，x>-1，
当x∈(-1，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=-e，故b≥-e，
所以实数b 的取值范围为[-e，+∞).
2.解 (1)因为a=1，
所以f(x)=x- sin x
co s
2 x ，x∈(0，π
2)，
则f'(x)=1-cos x co s
2 x -2cos x(-sin x)sin x
co s
4 x
=1-co s
2 x +2sin
2 x
co s
3 x
=co s
3 x -co s
2 x -2(1-co s
2 x)
co s
3 x
=co s
3 x +co s
2 x -2
co s
3 x
，
令t=cos x，
由于x∈(0，π
2)，
所以t=cos x∈(0，1)，
所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2
=t3-t2+2t2-2=t2(t-1)+2(t+1)(t-1)
=(t2+2t+2)(t-1)，
因为t2+2t+2=(t+1)2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0，
所以f'(x)=co s
3 x +co s
2 x -2
co s
3 x
<0 在(0，π
2)上恒成立，
所以f(x)在(0，π
2)上单调递减.
(2)因为sin x- sin x
co s
2 x
=sin x co s
2 x -sin x
co s
2 x
=sin x(co s
2 x -1)
co s
2 x
=- sin
3 x
co s
2 x
，
因为x∈(0，π
2)，
所以0<sin x<1，0<cos x<1，
故sin x- sin x
co s
2 x <0 在(0，π
2)上恒成立，
所以当a=0 时，f(x)+sin x=sin x- sin x
co s
2 x <0，满足题意；
当a<0 时，由于x∈(0，π
2)，显然ax<0，
所以f(x)+sin x=ax- sin x
co s
2 x +sin x<sin x- sin x
co s
2 x <0，满足题意；
当a>0 时，因为f(x)+sin x=ax- sin x
co s
2 x +sin x=ax- sin
3 x
co s
2 x
，
令g(x)=ax- sin
3 x
co s
2 x
，x∈(0，π
2)，
则g'(x)=a-3 sin
2 x co s
2 x +2sin
4 x
co s
3 x
，
注意到g'(0)=a-3 sin
20co s
20+2sin
40
co s
30
=a>0，
则当x→0+时，g'(x)→a>0，
所以在(0，π
2)上必存在点x0，
使得g'(x)在(0，x0)上有g'(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递增，
则在(0，x0)上有g(x)>g(0)=0，
即f(x)+sin x>0，不满足题意.
综上所述，若f(x)+sin x<0，
则a 的取值范围为(-∞，0].
考点一 利用导数研究恒成立问题
例1 (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；
(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.
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.
∵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，
∴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.
[规律方法] 由不等式恒成立求参数的取值范围的策略
(1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)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.
(3)利用端点效应(必要性探路)，先利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围
即为所求，再去做充分性论证即可.
跟踪演练1 (2025·苏州模拟)已知函数f(x)=aln x-x2，a∈R.
(1)当a<0 时，求函数f(x)零点的个数；
(2)若f(x)+x2-x≤-1 恒成立，求a 的取值范围.
解 (1)函数f(x)=aln x-x2的定义域为(0，+∞)，a<0，则f'(x)=a
x -2x<0，
∴函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，而f(1)=-1<0，f (e
1
a)=aln e
1
a-(e
1
a)
2
=1-e
2
a>0，
由函数零点存在定理知，f(x)在区间(e
1
a ，1)内存在唯一零点，∴当a<0 时，函数f(x)零点的个数为1.
(2)方法一 不等式f(x)+x2-x≤-1⇔aln x-x+1≤0，令φ(x)=aln x-x+1，x>0，
依题意，φ(x)≤0 恒成立，
则φ'(x)=a
x -1=a- x
x
，
当a≤0 时，φ'(x)=a- x
x
<0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递减，而φ(1)=0，
则当0<x<1 时，φ(x)>φ(1)=0，不符合题意；
当a>0 时，由φ'(x)>0，得0<x<a，由φ'(x)<0，得x>a，
∴φ(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(a)，
当且仅当φ(a)≤0，即aln a-a+1≤0 时，φ(x)≤0 恒成立，
令u(a)=aln a-a+1，a>0，求导得u'(a)=ln a，
当0<a<1 时，u'(a)<0；当a>1 时，u'(a)>0，
∴函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，则u(a)≥u(1)=0，
而aln a-a+1≤0，则u(a)=aln a-a+1=0，
∴a=1.
方法二 不等式f(x)+x2-x≤-1 恒成立⇔aln x≤x-1 在x∈(0，+∞)上恒成立.
当x=1 时，a·0≤0 成立，∴a∈R；
当x∈(0，1)时，ln x<0，∴a≥x -1
ln x 恒成立，
当x∈(1，+∞)时，ln x>0，∴a≤x -1
ln x 恒成立，
令φ(x)= x -1
ln x ，x≠1，
则φ'(x)=
ln x + 1
x -1
(ln x)
2
，
令g(x)=ln x+1
x -1，则g'(x)=1
x - 1
x
2= x -1
x
2 ，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)=0，∴φ'(x)≥0，
∴φ(x)在(0，1)，(1，+∞)上单调递增，
则当x∈(0，1)时，a≥φ(x)，
∵lim
x→1
- ¿φ(x)=
lim
x→1
- 1
1
x
=lim
x→1
- ¿ x=1，
∴a≥1；
当x∈(1，+∞)时，a≤φ(x)，
∵lim
x→1
+ ¿ φ(x)=1，∴a≤1.
综上，a=1.
方法三 不等式f(x)+x2-x≤-1 恒成立⇔aln x≤x-1 恒成立.
当a≤0，x∈(0，1)时，aln x≥0，x-1<0，
∴aln x>x-1，不符合题意；
当a>0 时，aln x≤x-1 恒成立⇔ln x≤1
a(x-1)恒成立，令g(x)=ln x，则g'(x)=1
x ，
∴g'(1)=1，g(1)=0，
∴曲线g(x)在(1，0)处的切线方程为y=x-1，
又g(x)=ln x 与y=1
a(x-1)都过点(1，0)，
故y=1
a(x-1)与y=x-1 重合，
∴1
a=1，∴a=1.
考点二 利用导数研究能成立问题
例2 已知函数f(x)= x
2
e
x ，g(x)=ln x-ax+e，其中e 是自然对数的底数.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)对∀x1∈[-1，0]，总存在x2∈[2，e2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数a 的取值范围.
解 (1)因为f(x)= x
2
e
x ，该函数的定义域为R，则f'(x)=2 x - x
2
e
x
.
令f'(x)=0，得x=0 或x=2，列表如下：
x
(-∞，0)
0
(0，2)
2
(2，+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
单调递减极小值
单调递增
极大值
单调递减
f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f(2)= 4
e
2.
(2)由题意可得f(x1)max≤g(x2)，
由(1)可知f(x1)在[-1，0]上单调递减，
所以f(x1)max=f(-1)=e，
所以ln x2-ax2+e≥e 在x2∈[2，e2]上有解，a≤ln x2
x2
，
令h(x2)=ln x2
x2
，x2∈[2，e2]，
令h'(x2)=
1- ln x2
x2
2
=0，
则x2=e.
x2
2
(2，e)
e
(e，e2)
e2
h'(x2)
+
0
-
h(x2)
ln2
2
单调递增极大值单调递减
2
e
2
所以h(x2)max=h(e)=1
e ，即a≤1
e ，故实数a 的取值范围是(-∞，1
e].
[规律方法] 不等式能成立问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法：
若a>f(x)在x∈D 上能成立，则a>f(x)min；
若a<f(x)在x∈D 上能成立，则a<f(x)max.
跟踪演练2 (2025·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ln x
x +a
x -1.
(1)若曲线y=f(x)在(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a；
(2)若存在x>0，使f(x)≤0 成立，求a 的取值范围.
解 (1)因为f(x)=ex-ln x
x +a
x -1，
所以f'(x)=ex-1- ln x
x
2
- a
x
2，依题意f'(1)=e1-1- ln1
1
2
- a
1
2=-1，解得a=e.
(2)因为f(x)=ex-ln x
x +a
x -1 的定义域为(0，+∞)，又存在x>0，使f(x)=ex-ln x
x +a
x -1= x e
x - ln x +a- x
x
≤0 成立，
所以∃x>0，使xex-ln x+a-x≤0 成立，
令g(x)=xex-ln x+a-x，x∈(0，+∞)，
则g'(x)=xex+ex-1
x -1=(x+1)(e
x - 1
x)，
令h(x)=ex-1
x ，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=ex+ 1
x
2>0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h(
1
2)=e
1
2-2<0，h(1)=e-1>0，
所以∃x0∈(
1
2 ，1)，使得h(x0)=0，即e
x0- 1
x0
=0，则x0e
x0=1，ln x0=-x0，
所以当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0e
x0-ln x0-x0+a=1+x0-x0+a≤0，所以a≤-1，
即实数a 的取值范围为(-∞，-1].
专题强化练
[分值：45 分]
1.(13 分)(2025·张家口模拟)已知f(x)=ln x-a(x+1)，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f(x)在x=1 处的切线方程；(5 分)
(2)若∃x0∈(0，2]，使f(x0)>0，求a 的取值范围.(8 分)
解 (1)当a=2 时，f(x)=ln x-2(x+1)，
所以f(1)=-4，f'(x)=1
x -2，
所以切线斜率k=f'(1)=-1，
所以曲线f(x)在x=1 处的切线方程为y-(-4)=-1×(x-1)，即x+y+3=0.
(2)因为∃x0∈(0，2]，使得f(x0)>0，即ln x0-a(x0+1)>0，
所以a<ln x0
x0+1 ，
令g(x)= ln x
x +1，x∈(0，2]，
则g'(x)=
1+ 1
x - ln x
( x +1)
2
，
令h(x)=1+1
x -ln x，x∈(0，2]，
所以h'(x)=- 1
x
2-1
x <0 在(0，2]上恒成立，所以函数h(x)在(0，2]上单调递减，
所以h(x)≥h(2)=3
2-ln 2=ln√e
3
2
>0，所以g'(x)>0 在(0，2]上恒成立，
所以函数g(x)在(0，2]上单调递增，所以g(x)max=g(2)=ln 2
3 ，
所以a<ln2
3 ，故a 的取值范围是(-∞，ln 2
3 ).
2.(15 分)(2025·杭州模拟)已知函数f(x)=ex-cos x-(2a+2)x.
(1)当a=0 时，求函数f(x)的极值点的个数；(7 分)
(2)若对∀x≥0，f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围.(8 分)
解 (1)显然f(x)的定义域为R，
当a=0 时，f(x)=ex-cos x-2x，
则f'(x)=ex+sin x-2，
当x≤0 时，ex≤1，-1≤sin x≤1，又f'(0)=-1，
所以f'(x)=ex+sin x-2<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减，无极值；
当x>0 时，令g(x)=ex+sin x-2，
则g'(x)=ex+cos x，因为ex>1，-1≤cos x≤1，
所以g'(x)>0，故g(x)(即f'(x))在(0，+∞)上单调递增，
又f'(0)=-1<0，f'(1)=e+sin 1-2>0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使f'(x0)=0，
即当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，f(x)在(0，x0)上单调递减，
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(x0，+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=x0处取得极小值.
综上，当a=0 时，f(x)有1 个极小值点，无极大值点.
(2)方法一 f'(x)=ex+sin x-(2a+2)，
令h(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0，
则h'(x)=ex+cos x≥1+cos x≥0，
所以h(x)(即f'(x))在[0，+∞)上单调递增，
故f'(x)≥f'(0)=-2a-1，
当a≤-1
2时，f'(x)≥f'(0)=-2a-1≥0，此时f(x)在[0，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(0)=0，符合题意；
当a>-1
2时，f'(0)=-2a-1<0，
又f'(2a+2)=e2a+2+sin(2a+2)-(2a+2)>(2a+2)+1+sin(2a+2)-(2a+2)=1+sin(2a+2)≥0，
因为f'(x)在[0，+∞)上单调递增，所以存在x1>0，使得f'(x1)=0，
即当x∈[0，x1)时，f'(x)<0，f(x)在[0，x1)上单调递减，此时f(x)≤f(0)=0，不符合题意.
综上，实数a 的取值范围为(-∞，- 1
2].
方法二 对∀x≥0，f(x)=ex-cos x-(2a+2)x≥0 恒成立，又f(0)=0，
所以f(x)在x=0 右侧附近区间上单调递增，
所以f'(x)≥0 在x=0 右侧附近区间上恒成立，
又f'(x)=ex+sin x-(2a+2)，
所以f'(0)=1-(2a+2)≥0，得a≤-1
2，
下证当a≤-1
2时，对∀x≥0，f(x)≥0 恒成立.
f'(x)=ex+sin x-(2a+2)，
令φ(x)=ex+sin x-(2a+2)，x≥0，
则φ'(x)=ex+cos x，
因为当x≥0 时，ex≥1，-1≤cos x≤1，
所以φ'(x)≥0，所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，则f'(x)≥f'(0)=1+0-(2a+2)=-(2a+1)，
因为a≤-1
2，所以2a+1≤0，
所以当x≥0 时，f'(x)≥0 恒成立，
所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)=0 恒成立.
所以实数a 的取值范围是(-∞，- 1
2].
(共17 分)
3.(17 分)(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；(5 分)
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(5 分)
(3)若f(x)>-2 当且仅当1<x<2，求b 的取值范围.(7 分)
(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，
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 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.
此时f(x)>-2，即ln x
2- x +2(1-x)+b(x-1)3>0，
设t=x-1∈(-1，1)，
则lnt +1
1-t -2t+bt3>0.
设g(t)=lnt +1
1-t -2t+bt3，t∈(-1，1)，
则g'(t)=
2
1-t
2-2+3bt2
=t
2(-3bt
2+2+3b)
1-t
2
.
当b≥0 时，
-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
故g'(t)≥0 恒成立，
故g(t)在(-1，1)上为增函数，
又g(0)=0，所以g(t)>0 当且仅当0<t<1，
即f(x)>-2 当且仅当1<x<2；
当-2
3≤b<0 时，
-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
故g'(t)≥0 恒成立，
故g(t)在(-1，1)上为增函数，
又g(0)=0，所以g(t)>0 当且仅当0<t<1，
即f(x)>-2 当且仅当1<x<2；
当b<-2
3时，
则当0<t<√1+ 2
3b<1 时，g'(t)<0，
故在(0，√1+ 2
3b)上，g(t)单调递减，
g(t)<g(0)=0，不符合题意，舍去，
综上，b≥-2
3.
