第23 讲 不等式恒成立 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................3
考点一：直接法（构造函数法）..........................................................................................3
考点二：分离参数法............................................................................................................13
考点三：端点效应与必要性探路........................................................................................18
考点四：同构法与构造函数技巧........................................................................................21
考点五：洛必达法则与max/min 函数问题........................................................................23
四、高考真题....................................................................................................................................27
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年份
题号与
题型
分值
考察类型
考察内容
2024
第18 题
解答
17 分
直接
利用端点效应（必要性探路）与分离参数法解决
不等式恒成立问题
2024
第6 题
单选
5 分
间接
利用分段函数的单调性转化为不等式恒成立求参
数范围
2025
第19 题
解答
17 分
直接
三角函数不等式恒成立求参数最值，结合特值法
（必要性探路）
2026
第6 题
单选
5 分
间接
已知函数最值求参数，转化为不等式恒成立及极
值点问题
近三年全国一卷对不等式恒成立问题的考查较为频繁，常作为压轴题出现，分值较高.
考查形式既有直接的函数不等式恒成立求参数，也有结合函数单调性、最值的间接考查.
2. 命题角度与特色
（1）核心考点：不等式恒成立求参数范围、端点效应（必要性探路）、分离参数法、
同构法.
（2）命题趋势：常作为解答题最后一题或单选最后一题出现，综合性强，常与函数
单调性、极值、最值、零点问题交汇考查.近年来对“必要性探路（端点效应/特值法）”
的考查频率显著增加.
（3）试题特点：计算量大，逻辑推理要求高.往往需要先通过特殊值或端点值缩小参
数范围，再进行严格的充分性证明；或者通过分离参数后构造复杂函数求最值.
3. 备考策略
（1）熟练掌握分离参数法和构造函数法，能够根据解析式结构灵活选择解题路径.
（2）强化“必要性探路”意识，遇到复杂恒成立问题时，优先尝试代入特殊点（如
端点、极值点）获取参数的必要条件.
（3） 提升复杂函数的求导与最值分析能力，熟练运用同构、洛必达法则、隐零点等
高级技巧处理超越方程和不等式.
二、知识清单
1. 利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（1） 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的
取值范围；
（2） 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3） 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很
少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求
解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别.
2. 利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1） ∀x∈D，m≤f ( x)⇔m≤f ( x)min；
（2） ∀x∈D，m≥f ( x)⇔m≥f ( x)max；
（3） ∃x∈D，m≤f ( x)⇔m≤f ( x)max；
（4） ∃x∈D，m≥f ( x)⇔m≥f ( x)min.
3. 不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数y = f ( x)，x∈[a,b]，y = g( x)，x∈[c ,d ].
（1） 若∀x1∈[a,b]，∀x2∈[c ,d ]，有f ( x1)<g( x2)成立，则f ( x)max< g( x)min；
（2） 若∀x1∈[a,b]，∃x2∈[c ,d ]，有f ( x1)< g( x2)成立，则f ( x)max<g( x)max；
（3） 若∃x1∈[a,b]，∃x2∈[c ,d ]，有f ( x1)<g( x2)成立，则f ( x)min<g( x)max；
（4） 若∀x1∈[a,b]，∃x2∈[c ,d ]，有f ( x1)= g( x2)成立，则f ( x)的值域是g( x)的
值域的子集.
4. 法则1 若函数f ( x)和g( x)满足下列条件：
（1） lim
x→a f ( x)=0及lim
x→a g( x)=0；
（2） 在点a的去心邻域(a- ε ,a)∪(a,a+ ε)内，f ( x)与g( x)可导且g
'( x)≠0；
（3）
lim
x→a f
'( x)
g
'( x)
=l，
那么
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
'( x)
g
'( x)
=l.
法则2 若函数f ( x)和g( x)满足下列条件：
（1） lim
x→∞f ( x)=0及lim
x→∞g( x)=0；
（2） ∃A >0，f ( x)和g( x)在(-∞,- A )与( A ,+ ∞)上可导，且g
'( x)≠0；
（3）
lim
x→∞f
'( x)
g
'( x)
=l，
那么
lim
x→∞f ( x)
g( x)
=
lim
x→∞f
'( x)
g
'( x)
=l.
法则3 若函数f ( x)和g( x)满足下列条件：
（1） lim
x→a f ( x)=∞及lim
x→a g( x)=∞；
（2） 在点a的去心邻域(a- ε ,a)∪(a,a+ ε)内，f ( x)与g( x)可导且g
'( x)≠0；
（3）
lim
x→a f
'( x)
g
'( x)
=l，
那么
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
'( x)
g
'( x)
=l.
【易错提醒】 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1） 将上面公式中的x→a，x→+∞，x→-∞，x→a
+，x→a
-洛必达法则也成立.
（2） 洛必达法则可处理0
0，∞
∞，0⋅∞，1
∞，∞
0，0
0，∞-∞型.
（3） 在着手求极限以前，首先要检查是否满足0
0，∞
∞，0⋅∞，1
∞，∞
0，0
0，∞-∞型
定式，否则滥用洛必达法则会出错.当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这
时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限.
（4） 若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
'( x)
g
'( x)
=
lim
x→a f
″( x)
g
″( x)
，如满足条件，可继续使用洛必达法则.
三、典题精讲
考点一：直接法（构造函数法）
考法1：利用导数分析单调性与极值求参数范围
例1.（2026·黄山·一模）已知函数f ( x)=(2 x -m)ln x , g( x)=2nx -mn，若f ( x)≥g( x)恒成立，
则m
n 的取值范围是（ ）
A. [-∞,- 1
e ]∪[e+1,+ ∞)
B. [-∞,- 1
e ]∪[2e,+∞)
C. (-∞,0)∪[e+1,+ ∞)
D. (-∞,0)∪[2e,+ ∞)
【答案】D
【思路】观察不等式两边，发现含有两个变量m,n，且结构具有一定的对称性.将不等式展开并移
项，尝试将含有m的项和含有n的项分离，或者提取公因式.转化为两个单调性相同的函数具有相同
零点的问题，从而得到m,n的关系式，最后构造单变量函数求值域.
【解析】由f ( x)≥g( x)，则(2 x -m)ln x ≥2nx -mn，即(2 x -m)(ln x -n)≥0对于x>0恒成立.而
函数y =2 x -m和y = ln x -n在(0,+∞)上均为增函数，则函数y =2 x -m和y = ln x -n在(0,+∞)上
有共同的零点，即m
2 =e
n，则m=2e
n，即m
n = 2e
n
n .设h(n)= 2e
n
n ,n≠0，则h
'(n)= 2e
n(n-1)
n
2
，令
h
'(n)<0，得n<0或0<n<1，令h
'(n)>0，得n>1，∴函数h(n)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减，在
(1,+∞)上单调递增，又n<0时，h(n)<0，n>0时，h(n)>0，且h（1）=2e，则
h(n)∈(-∞,0)∪[2e,+ ∞)，即m
n 的取值范围是(-∞,0)∪[2e,+ ∞).故选D.
【规律】处理双变量不等式恒成立问题时，若能将其转化为两个单调性相同的函数乘积大于等于
零的形式，则这两个函数必然具有相同的零点.利用这一性质可大幅简化运算，将双变量转化为单
变量函数求最值.
考法2：结合函数奇偶性与对称性求参数范围
例2.（2025·深圳高中园·一模）已知函数f ( x)= ln(e
2 x+1)-ax -| x|，其中a∈R．
（1） 当a=0时，讨论函数f ( x)的单调性；
（2） 当a=1时，证明：曲线f ( x)是轴对称图形；
（3） 若f ( x)≤ln 2在R上恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） f ( x)在R上单调递增 （2） 见解析 （3） {1}
【思路】第（1）问直接代入a=0，去绝对值分段求导判断单调性.第（2）问代入a=1，利用偶函
数定义f (- x)= f ( x)进行证明.第（3）问不等式恒成立，由于含有绝对值，必须分x ≥0和x ≤0两段
讨论.在每一段中，利用导数分析函数的单调性，结合端点值f （0）= ln2进行放缩或寻找反例，
从而确定参数a的唯一取值.
【解析】（1） 当a=0时，函数f ( x)= ln(e
2 x+1)-| x|，求导得：f
'( x)={
2e
2 x
e
2 x+1
-1, x>0
2e
2 x
e
2 x+1
+1, x<0
；
当x>0时，f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-1=e
2 x -1
e
2 x+1 ，
∵x>0，∴e
2 x>1，∴f
'( x)>0，
当x<0时，f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
+1= 3e
2 x+1
e
2 x+1
>0.
∴当a=0时，函数f ( x)在R上单调递增.
（2） 当a=1时，函数f ( x)= ln(e
2 x+1)- x -| x|
= ln[e
x(e
x+e
- x)]- x -| x |= ln(e
x+e
- x)-| x |，
f (- x)= ln(e
- x+e
x)-|- x |= f ( x)
∴f ( x)为偶函数，关于y轴对称；
所以当a=1时，曲线f ( x)是轴对称图形.
（3） ∵f ( x)≤ln 2在R上恒成立，∴ln(e
2 x+1)-ax -| x |≤ln 2，
当x ≥0时，有ln(e
2 x+1)-ax - x ≤ln 2，
又f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-a-1=1-a-
2
e
2 x+1 ，
当a≥1时，f
'( x)<0在(0,+∞)上恒成立，
故f ( x)在[0,+∞)上为减函数，故f ( x)≤f （0）= ln 2，此时不等式恒成立，
若0<a<1，ln(e
2 x+1)-ax - x >lne
2 x -ax - x =(1-a)x，
此时当x> ln2
1-a时，ln(e
2 x+1)-ax - x>ln 2，
故ln(e
2 x+1)-ax - x ≤ln 2不成立，
故当x ≥0时，若不等式ln(e
2 x+1)-ax -| x |≤ln 2恒成立，则a≥1.
若x ≤0，则ln(e
2 x+1)-ax + x ≤ln 2，
又f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-a+1=3-a-
2
e
2 x+1 ，
当x ≤0时，1<e
2 x+1≤2，故1-a<3-a-
2
e
2 x+1
≤2-a
若a≥2，此时f
'( x)<0在(-∞,0)上恒成立，故f ( x)在(-∞,0)上减函数，
故f ( x)≥f （0）= ln 2在(-∞,0]上恒成立，与题设矛盾；
若1<a<2，当x< ln2
1-a时，有ln(e
2 x+1)-ax + x>(1-a)x>(1-a)× ln2
1-a = ln2，
这与题设矛盾，
若a=1，则0<f
'( x)≤1，故f ( x)在(-∞,0)上为增函数，
故f ( x)≤f （0）= ln 2恒成立，
综上所述：a的取值范围{1}.
【规律】含绝对值的函数问题，首要步骤是去绝对值分段处理.在探究恒成立条件时，若正面求解
参数范围较困难，可结合导数分析单调性，并利用放缩法寻找反例，这是排除不符合条件参数的
有效手段.
考法3：结合切线方程与图象上下关系求参数范围
例3.（2025·萍乡实验·三月一模）已知函数f ( x)=( x -1)e
x -a x
2-1,a∈R．
（1） 当a=0时，求函数f ( x)的图象在点(1,f （1）)处的切线方程；
（2） 讨论函数f ( x)的单调性；
（3） 设g( x)= ln x -e
x - x
2+ x，若f ( x)≥g( x)，求实数a的取值范围．
【答案】（1） y =e x -e （2） 见解析 （3） (-∞,1]
【思路】第（1）问常规求导代入切点坐标即可.第（2）问求导后提取公因式x，转化为讨论
e
x-2a的符号，需对参数a进行分类讨论.第（3）问将不等式转化为a≤h( x)恒成立，利用同构思
想将h( x)分子部分凑成e
ln x + x -(ln x + x)-1的形式，再利用基本不等式e
t≥t +1进行放缩求最值.
【解析】（1） 当a=0时，f ( x)=( x -1)e
x -1，f
'( x)= x e
x，
当x =1时，f （1）=-1,f
'（1）=e，
函数f ( x)在x =1处的切线方程为y =e x -e.
（2） 函数f ( x)的定义域为R，f
'( x)= xe
x -2ax = x(e
x -2a)，
①当a≤0时，e
x -2a>0恒成立，令f
'( x)=0，则x =0，
若f
'( x)>0, x >0；若f
'( x)<0, x <0，
∴f ( x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
②当a>0时，f
'( x)= x(e
x -2a)，令f
'( x)=0，则x =0, x = ln(2a)，
（i） 当ln(2a)<0，即0<a< 1
2时，若f
'( x)>0, x <ln(2a)或x>0；若f
'( x)<0,ln(2a)< x <0，
∴f ( x)在(-∞,ln(2a))上递增，在(ln(2a),0)上递减，在(0,+∞)上递增.
（ii） 当ln(2a)=0，即a= 1
2时，f
'( x)≥0恒成立，f ( x)在R上递增.
（iii） 当ln(2a)>0，即a> 1
2时，若f
'( x)>0, x <0或x>ln(2a)；若f
'( x)<0,0< x <ln(2a)，
∴f ( x)在(-∞,0)上递增，在(0,ln(2a))上递减，在(ln(2a),+ ∞)上递增.
综上所述，当a≤0时，f ( x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
当0<a< 1
2时，f ( x)在(-∞,ln(2a))上递增，在(ln(2a),0)上递减，在(0,+∞)上递增；
a= 1
2时，f ( x)在R上递增；当a> 1
2时，f ( x)在(-∞,0)上递增，在(0,ln(2a))上递减，在
(ln(2a),+∞)上递增.
（3） 由f ( x)≥g( x)得xe
x - ln x + x
2-1≥a x
2恒成立
∵x>0，即a≤xe
x - ln x -1+ x
2
x
2
恒成立.
设h( x)= xe
x - ln x -1+ x
2
x
2
, x>0，则a≤h( x)min，∵xe
x =e
ln x + x
同构可得h( x)= [e
ln x + x -(ln x + x)-1]+ x
2
x
2
令t = ln x + x，∵x>0，∴t ∈R，
下面先证e
t ≥t +1.
设φ(t )=e
t -t -1,t ∈R，于是φ
'(t )=e
t -1，令φ
'(t )=0，则t =0，当φ
'(t )>0时，t >0：
当φ
'(t )<0时，t <0∴φ(t )在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴φmin(t )=φ（0）=0，即e
t ≥t +1，当且仅当t =0时等号成立.∴e
ln x + x≥(ln x + x)+1，
即h( x)= [e
ln x + x -(ln x + x)-1]+ x
2
x
2
≥x
2
x
2 =1，∴hmin( x)=1，即a≤1.
故实数a取值范围为(-∞,1].
【规律】处理含有指数和对数的混合不等式时，同构法是常用的利器.通过变形将不等式转化为具
有相同结构的函数形式，再利用基本不等式e
x≥x +1进行整体放缩，可有效避开复杂的求导过程，
快速求出参数范围.
考法4：结合二次函数、基本不等式或绝对值求参数范围
例4.（2026·新未来·五月测评）已知函数f ( x)=(ln x -ax -bx)( x
3-ax +2)，若存在a∈R，
使得f ( x)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立，则实数b的取值范围为＿＿＿＿＿＿．
【答案】[ 1
e -3,+∞)
【思路】题目要求两个因式乘积恒非正.假设两个因式存在共同的变号零点，通过代数推导（如韦
达定理）寻找矛盾，从而排除同步变号的可能.确定不能同步变号后，结合其中一个因式在x =0处
的正负性，将问题转化为两个独立的恒成立问题：一个因式恒非负，另一个因式恒非正.利用存在
性量词，求出参数b的范围.
【解析】由题意，若f ( x)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立，即(ln x -ax -bx)( x
3-ax +2)≤0恒成立.
令g( x)= x
3-ax +2，h( x)= ln x -(a+b)x.
若g( x)在(0,+∞)上存在变号零点，则其必然从正变负再变正（因g（0）=2>0且x→+ ∞时
g( x)→+∞），即存在两个相异的正根x1, x2.
为保证f ( x)=h( x)g( x)≤0恒成立，h( x)必须在(0,+∞)上与g( x)拥有完全相同的变号零点x1, x2.
由g( x1)=0得x1
3-a x1+2=0，即a= x1
2+ 2
x1
；同理a= x2
2+ 2
x2
.
两式相减得：x1
2- x2
2= 2
x2
- 2
x1
= 2( x1- x2)
x1 x2
.
因x1≠x2，等式两边同除以( x1- x2)，可得x1+ x2=-
2
x1 x2
，即x1 x2( x1+ x2)=-2.
但由于x1>0且x2>0，必然有x1 x2( x1+ x2)>0，这与等于-2产生绝对矛盾.
这说明g( x)与h( x)绝不可能存在共同的相异变号零点.
既然不能同步变号，且g（0）=2>0，那么为了满足整体乘积恒非正，必须要求在(0,+ ∞)上：
g( x)≥0恒成立，且h( x)≤0恒成立.
①先看g( x)≥0恒成立的条件：
求导得g
'( x)=3 x
2-a.
当a≤0时，g
'( x)≥0，g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，g( x)>g（0）=2>0显然成立.
当a>0时，令g
'( x)=0解得极小值点x = ❑√
a
3.
需保证极小值g(❑√
a
3 )= a
3
❑√
a
3 -a ❑√
a
3 +2≥0，即2a
3
❑√
a
3 ≤2，解得a≤3.
综合可知，g( x)≥0恒成立的条件是a≤3.
②再看h( x)≤0恒成立的条件：
由ln x -(a+b)x ≤0，分离参数得a+b≥ln x
x 在(0,+∞)上恒成立.
令φ( x)= ln x
x ，求导得φ
'( x)= 1- ln x
x
2
.
当x∈(0,e)时φ
'( x)>0；当x∈(e,+∞)时φ
'( x)<0.
故φ( x)在x =e处取得最大值φ(e)= 1
e .
因此，必须满足a+b≥1
e ，即b≥1
e -a.
题目要求“存在a∈R”使得不等式成立，
这意味着只要在a≤3的范围内，找到一个a使得b≥1
e -a成立即可.
这等价于要求实数b大于或等于函数y = 1
e -a在a∈(-∞,3]上的最小值.
由于y = 1
e -a是关于a的减函数，当a=3时取得最小值1
e -3.
故实数b必须满足b≥1
e -3.
所以，实数b的取值范围为[ 1
e -3,+∞).
【规律】解决“两因式乘积恒非正（或非负）”问题，核心在于判断两因式是否可能“同解变
号”.若通过代数推导排除同步变号的可能，问题即可降维为两个独立的恒成立问题.
考法5：双变量不等式恒成立与极值点偏移
例5.（2025·深圳中学·一阶）已知函数f ( x)=e
2 x -ae
x+6 x ,a∈R．
（1） 当a=8时，求函数f ( x)的单调区间；
（2） 设函数g( x)= ln x +ax +1
x
-ae
x+6 x，若函数g( x)与函数f ( x)的图象恰有一个公共点，
求实数a的值；
（3） 若函数f ( x)有两个极值点x1, x2，且f ( x1)+ f ( x2)<me
x1+me
x2恒成立，求实数m的取
值范围．
【答案】（1） 单调递增区间为(-∞,0)和(ln3,+ ∞)，单调递减区间为(0,ln3) （2） 2 （3）
[-3 ❑√3+3ln3,+∞)
【思路】第（1）问代入a=8，求导后因式分解即可得单调区间.第（2）问将图象交点问题转化为
方程根的问题，分离参数后利用同构和基本不等式求最值.第（3）问是极值点偏移的变形，先利用
换元法将指数方程转化为一元二次方程，利用韦达定理得到两根之和与两根之积.再将双变量不等
式转化为关于参数a的单变量函数求最值.
【解析】（1） 由函数解析式，可得f ( x)在定义域为x∈R，
当a=8时，f ( x)=e
2 x -8e
x+6 x，则f
'( x)=2e
2 x -8e
x+6，令f
'( x)=0，可得2e
2 x -8e
x+6=0，即
2(e
x -1)(e
x -3)=0，解得x1=0, x2= ln3.
所以当x变化时，f
'( x),f ( x)的变化情况如下表：
x
(-∞,0)
0
(0,ln3)
ln3
(ln3,+∞)
f
'( x)
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以，f ( x)的单调递增区间为(-∞,0)和(ln3,+∞)，单调递减区间为(0,ln3).
（2） 设h( x)=e
x - x -1，则h
'( x)=e
x -1，在区间(-∞,0),h
'( x)<0,g( x)单调递减，
在区间(0,+ ∞),h
'( x)>0, g( x)单调递增，
所以h( x)≥h（0）=0，所以e
x≥x +1(当且仅当x =0时等号成立).
依题意，直线y =a与t( x)= xe
2 x - ln x -1
x
的图象只有一个交点，而
xe
2 x - ln x -1
x
=e
ln x +2 x - ln x -1
x
≥(ln x +2 x +1)- ln x -1
x
=2，当且仅当2 x + ln x =0时，等号成立.
因为函数φ( x)=2 x + ln x在(0,+ ∞)上单调递增，φ( 1
e )= 2
e -1<0,φ（1）=2>0，所以存在
x0∈( 1
e ,1)，使得2 x0+ ln x0=0成立.而当x→0时，t( x)→+∞；且当x→∞时，t( x)→+∞.
所以a=(
xe
2 x - ln x -1
x
)min
=2.
（3） 因为函数f ( x)有两个极值点x1, x2，所以方程2e
2 x-ae
x+6=0有两个不相等的实数根x1, x2.
设t =e
x，则2t
2-at +6=0有两个不相等的正实数根t1,t2，故Δ=a
2- 48>0，且
t1+t2= a
2 >0,t1⋅t2=3，
所以a>4 ❑√3,e
2 x1+e
2 x2=(t1+t2)
2-2t1⋅t2= a
2
4 -6, x1+ x2= ln3，又f ( x1)+ f ( x2)<me
x1+me
x2恒成
立，即m> f ( x1)+ f ( x2)
e
x1+e
x2
恒成立，
f ( x1)+ f ( x2)
e
x1+e
x2
=e
2 x1+e
2 x2-a(e
x1+e
x2)+6( x1+ x2)
e
x1+e
x2
=
a
2
4 -6- a
2
2 +6 ln3
a
2
=- a
2 - 12-12ln3
a
设
F(a)=- a
2 - 12-12ln3
a
(a>4 ❑√3)，
则F
'(a)=- 1
2 + 12-12ln3
a
2
<0，在a∈(4 ❑√3,+∞)恒成立，故F(a)在(4 ❑√3,+∞)上单调递减，
所以F(a)< F(4 ❑√3)=-3 ❑√3+ ❑√3ln3，
所以m≥-3 ❑√3+ ❑√3 ln3，即实数m的取值范围为[-3 ❑√3+3 ln3,+ ∞).
【规律】处理极值点偏移或双变量不等式问题时，若导函数方程可通过换元转化为一元二次方程，
则利用韦达定理将双变量转化为单变量（通常是参数）是标准解法.
考法6：结合存在性问题或反证法证明不等式
例6.（2025·沧州运东·二模）已知关于x的函数y = f ( x), y = g( x)与h( x)=kx +b(k ,b∈R)在
区间D上恒有f ( x)≥h( x)≥g( x)．
（1） 若f ( x)= x
2+2 x , g( x)=- x
2+2 x , D =(-∞,+∞)，求h( x)的表达式；
（2） 若f ( x)= x
2- x +1, g( x)=k ln x ,h( x)=kx -k , D =(0,+ ∞)，求k的取值范围；
（3） 若
f ( x)= x
4-2 x
2, g( x)= 4 x
2-8,h( x)= 4(t
3-t )x -3t
4+2t
2(0<|t |≤❑√2), D =[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，
求证：n-m≤❑√7．
【答案】（1） h( x)=2 x （2） k ∈[0,3] （3） 证明见解析
【思路】第（1）问利用特值法代入x =0求出b，再利用判别式求出k.第（2）问同样利用特值法代
入x =e确定k的符号，再结合判别式求出范围.第（3）问是区间长度的最值问题，利用反证法假设
区间长度大于❑√7，从而推导出包含特定区间，代入端点值寻找矛盾，证明过程严密.
【解析】（1） [方法一]:判别式法
由f ( x)≥h( x)≥g( x)可得x
2+2 x ≥kx +b≥- x
2+2 x在R上恒成立，
即x
2+(2-k )x -b≥0和x
2-(2-k )x +b≥0，
从而有{
Δ1=(2-k )
2+ 4 b≤0
Δ2=(2-k )
2- 4 b≤0，
即(2-k )
2≤4 b≤-(2-k )
2，
∴(2-k )
2=0,4 b=0，
因此，k =2,b=0．∴h( x)=2 x．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有- x
2+2 x ≤kx +b≤x
2+2 x对任意的x∈R恒成立.
令x =0，则0≤b≤0，∴b=0.
因此kx ≤x
2+2 x即x
2+(2-k )x ≥0对任意的x∈R恒成立，
∴Δ=(2-k )
2≤0，因此k =2.
故h( x)=2 x.
（2） [方法一]
令F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)( x>0)，F （1）=0.又F
'( x)=k ⋅x -1
x
.
若k <0，则F( x)在(0,1)上递增，在(1,+ ∞)上递减，则F( x)≤F （1）=0，即h( x)- g( x)≤0，
不符合题意.
当k =0时，F( x)=h( x)- g( x)=0,h( x)= g( x)，符合题意.
当k >0时，F( x)在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，则F( x)≥F （1）=0，
即h( x)- g( x)≥0，符合题意.
综上所述，k ≥0.
由f ( x)-h( x)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0
当x = k +1
2
<0，即k <-1时，y = x
2-(k +1)x +k +1在(0,+ ∞)为增函数，
∵f （0）-h（0）=k +1<0，
故存在x0∈(0,+ ∞)，使f ( x)-h( x)<0，不符合题意.
当x = k +1
2
=0，即k =-1时，f ( x)-h( x)= x
2≥0，符合题意.
当x = k +1
2
>0，即k >-1时，则需Δ=(k +1)
2- 4(k +1)≤0，解得-1<k ≤3.
综上所述，k的取值范围是k ∈[0,3].
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得f ( x)= x
2- x +1≥h( x)=kx -k ≥g( x)=k ln x在D =(0,+∞)内恒成立；
由已知得F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)≥0，
令x =e，得k(e-2)≥0，∴k ≥0()，
令G( x)= x -1- ln x，G
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，当0< x<1时，G
'( x)<0，G( x)单调递减；当x>1时，
G
'( x)>0，G( x)单调递增，∴G( x)min=G（1）=0，∴当k ≥0时F( x)≥0在D =(0,+∞)内恒成
立；
由f ( x)-h( x)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0在D =(0,+∞)内恒成立，由()知k ≥0，
∴k +1
2
>0，∴Δ=(k +1)
2- 4(k +1)≤0，解得-1<k ≤3.
∴k的取值范围是k ∈[0,3].
（3） [方法一]：判别式+导数法
∵x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2≥4 x
2-8对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
①x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
等价于( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
故x
2+2tx +3t
2-2≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
令M ( x)= x
2+2tx +3t
2-2，
当0<t
2<1，Δ=-8t
2+8>0,-1<-t <1，
此时n-m≤❑√2+|t |<❑√2+1<❑√7，
当1≤t
2≤2，Δ=-8t
2+8≤0，
但4 x
2-8≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
等价于4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)≤0对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)=0的两根为x1, x2，
则x1+ x2=t
3-t , x1⋅x2= 3t
4-2t
2-8
4
，
∴n-m≤| x1- x2|=
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=
❑√t
6-5t
4+3t
2+8.
令t
2= λ , λ∈[1,2]，构造函数P( λ)= λ
3-5 λ
2+3 λ+8( λ∈[1,2])，
P
'( λ)=3 λ
2-10 λ+3=( λ -3)(3 λ -1)，
∴λ∈[1,2]时，P
'( λ)<0，P( λ)递减，P( λ)max = P（1）=7.
∴(n-m)max = ❑√7，即n-m≤❑√7.
[方法二]：判别式法
由f ( x)-h( x)=( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)，从而对任意的x∈[m,n]有f ( x)≥h( x)恒成立，等价
于对任意的x∈[m,n], x
2+2tx +3t
2-2≥0①，恒成立.
（事实上，直线y =h( x)为函数y = f ( x)的图像在x =t处的切线）
同理h( x)≥g( x)对任意的x∈[m,n]恒成立，即等价于对任意的
x∈[m,n], x
2+ (t
3-t )x
4
+ (t
2-2)(3t
2+ 4)
4
≤0恒成立.②
当t
2<1时，将①式看作一元二次方程，进而有Δ1=8-8t
2>0，①式的解为x ≥x1或x ≤x2（不妨设
x1> x2）；
当t
2≤2
3时，x1 x2≤0，从而m≥0或n≤0，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，从而n-m≤❑√2<❑√7成立；
当2
3 <t
2<1时，由①式得x ≥❑√2
❑√1-t
2-t或x ≤- ❑√2
❑√1-t
2-t，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，∴
n-m≤❑√2+|t |- ❑√2
❑√1-t
2≤❑√2+1<❑√7.
当2≥t
2≥1时，将②式看作一元二次方程，进而有Δ2=t
6-5t
4+3t
2+8=t
2(t
4-5t
2+3)+8.
由2≥t
2≥1,-3≤t
4-5t
2+3≤-1，得2≤Δ2≤7，此时②式的解为x3≤x ≤x4不妨设x3≤x4，从而
n-m≤x4- x3= ❑√Δ2≤❑√7.
综上所述，n-m≤❑√7.
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在t ∈(0,❑√2]，使得满足条件的m,n有n-m>❑√7.
∵[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，∴2❑√2≥n-m>❑√7.
∵
❑√2-(-1)= ❑√2+1<❑√7，∴[-1,1]⊆[m,n].
∵f ( x)≥h( x)≥g( x)对恒成立，∴有
f (-1)≥h(-1)≥g(-1),f （1）≥h（1）≥g（1）,f （0）≥h（0）≥g（0）.则有
0≤3t
4+ 4 t
3-2t
2- 4 t -1≤3，③
0≤3t
4- 4 t
3-2t
2+ 4 t -1≤3，④
解得
❑√6
3 ≤t ≤❑√2.
由③+④并化简得，1≤3t
4-2t
2≤4.
∵m(t )=3t
4-2t
2=3(t
2- 1
3 )
2- 1
3在区间[
❑√6
3 ,❑√2]上递增，且m（1）=1，
∴1≤t ≤❑√2.
由h( x)≥g( x)对x∈[m,n]恒成立，即有4 x
2- 4(t
3-t )x +3t
4-2t
2-8≤0⑤
对x∈[m,n]恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有
Δ=16(t
3-t )
2-16(3t
4-2t
2-8)=16(t
6-5t
4+3t
2+8).
设u(t )=t
6-5t
4+3t
2+8,1≤t ≤❑√2，则u
'(t )=6t
5-20t
3+6t =2t(3t
2-1)(t
2-3)<0，
∴u(t )在区间[1,❑√2]上递减，∴7=u（1）≥u(t )≥u(❑√2)=2，即Δ>0.
设不等式⑤的解集为[ x1, x2]，则n-m≤| x1- x2|=
❑√t
6-5t
4+3t
2+8≤❑√7，这与假设矛盾.从而
n-m≤❑√7.
由f ( x),g( x)均为偶函数.同样可证- ❑√2≤t <0时，n-m≤❑√7也成立.
综上所述，n-m≤❑√7.
【规律】处理区间长度的最值问题，常通过反证法或判别式法转化为关于参数的函数最值.在多项
式不等式恒成立中，利用特值代入（如x =0,1,-1）进行必要性探路，能快速确定参数的可能取
值.
【考点一 方法总结】
1. 处理双变量不等式恒成立问题时，若能将其转化为两个单调性相同的函数乘积大
于等于零的形式，则这两个函数必然具有相同的零点，从而将双变量转化为单变量函数求
最值.
2. 面对复杂的乘积形式不等式恒成立，先分析分母或部分因式的符号，将其转化为
分子或剩余因式恒大于等于零.再利用两个因式符号必须同步变化的特点，确定参数的临
界条件.
3. 解决“两因式乘积恒非正（或非负）”问题，核心在于判断两因式是否可能“同
解变号”.若通过代数推导排除同步变号的可能，问题即可降维为两个独立的恒成立问题.
4. 含绝对值的函数问题，首要步骤是去绝对值分段处理.在探究恒成立条件时，若正
面求解参数范围较困难，可结合导数分析单调性，并利用放缩法寻找反例.
5. 处理含有指数和对数的混合不等式时，同构法是常用的利器.通过变形将不等式转
化为具有相同结构的函数形式，再利用基本不等式e
x≥x +1进行整体放缩.
6. 处理区间长度的最值问题，常通过反证法或判别式法转化为关于参数的函数最值.
在多项式不等式恒成立中，利用特值代入（如x =0,1,-1）进行必要性探路，能快速确定
参数的可能取值.
考点二：分离参数法
考法7：全分离或半分离参数结合导数求最值
例7.（2026·枣庄·五月模拟）若∀x∈(0,+∞)，e
x
3(2mln x - 2 x
3 +1)≤x
m(m>0)，则实数m
的最大值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】e
3
【思路】观察不等式，左边有指数e
x
3，右边有幂函数x
m.利用对数恒等式将x
m转化为e
m ln x，然后将
不等式两边同除以e
x
3，尝试构造出形如f (t )≤e
t的同构形式.提取出整体变量t =mln x - x
3 ，通过研
究外层函数的单调性确定t的取值范围，最后转化为内层函数求最值.
【解析】由题意知，不等式e
x
3(2mln x - 2 x
3 +1)≤x
m对任意x∈(0,+ ∞)恒成立.
由于x
m=e
mln x，原不等式可变形为：
e
x
3[2(mln x - x
3)+1]≤e
mln x
等式两边同除以e
x
3，得到：
2(mln x - x
3)+1≤e
mln x - x
3
令t =mln x - x
3 ，则原不等式转化为2t +1≤e
t对于t的所有可能取值恒成立.
构造函数h(t )=e
t -2t -1，求导得h
'(t )=e
t -2.
令h
'(t )=0，解得t = ln2.
当t ∈(-∞,ln 2)时，h
'(t )<0，h(t )单调递减；
当t ∈(ln 2,+∞)时，h
'(t )>0，h(t )单调递增.
又∵h（0）=e
0-0-1=0，∴当t <0时，h(t )>h（0）=0；
而当t ∈(0,ln 2)时，h(t )<h（0）=0.
由此可知，要使h(t )≥0（即2t +1≤e
t）恒成立，必须要求变量t的取值范围不能包含任何大于0
（且充分小）的数.
换言之，t的最大值必须满足tmax≤0.
再来求t =mln x - x
3 （x>0）的最大值.
令g( x)=mln x - x
3 ，求导得g
'( x)= m
x - 1
3 = 3m- x
3 x
.
∵m>0，令g
'( x)=0解得x =3m.
当x∈(0,3m)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增；
当x∈(3m,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减.
∴g( x)在x =3m处取得最大值：
g(3m)=mln(3m)- 3m
3 =mln(3m)-m
根据前面的分析，必须满足g(3m)≤0，即：
mln(3m)-m≤0
∵m>0，不等式两边同除以m得ln(3m)-1≤0，即ln(3m)≤1.
解得3m≤e，从而m≤e
3.
故实数m的最大值为e
3.
【规律】处理复杂的指数对数混合不等式，同构变形是首选.通过提取公共结构，将问题转化为外
层函数的不等式恒成立，进而确定内层函数的值域范围，实现问题的降维打击.
考法8：分离参数结合切线方程或换元法求参数范围
例8.（2025·深圳高中园·适应考）已知函数f ( x)= x
2+ a
x ,g( x)=2ln x + 1
x
2．
（1） 讨论函数f ( x)的单调性；
（2） 求函数g( x)的最小值；
（3） 当a=2时，证明：f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1．
【答案】（1） 见解析 （2） 1 （3） 见解析
【思路】第（1）问和第（2）问常规求导分析单调性与最值.第（3）问证明不等式，直接代入后发
现常规求导无法判断符号.需要不断进行代数变形，尝试将不等式转化为更易处理的形式.若多次求
导仍无法解决，可考虑将对数项与有理项分离，或者构造全新的辅助函数，通过多次求导直至导
函数符号明确，再逐层回推.
【解析】（1） 函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，f
'( x)=2 x - a
x
2 = 2 x
3-a
x
2
，
当a=0时，由f
'( x)<0得x<0，由f
'( x)>0，得x>0，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞)；
当a>0时，由f
'( x)>0得x>
3√
a
2，由f
'( x)<0，得x<0或0< x<
3√
a
2，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0),(0,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,+∞)；
当a<0时，由f
'( x)>0得
3√
a
2 < x<0或x>0，由f
'( x)<0可得x<
3√
a
2，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,0),(0,+∞).
综上，当a=0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+ ∞)；
当a>0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0),(0,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,+ ∞)；
当a<0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,0),(0,+ ∞).
（2） 函数g( x)的定义域为(0,+∞)，g
'( x)= 2
x - 2
x
3 = 2( x
2-1)
x
3
，
由g
'( x)<0，得0< x<1，由g
'( x)>0，得x>1，即g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递
增，
∴g( x)在x =1处取得最小值g（1）=1.
（3） 当a=2时，f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1等价于( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即( x
3+2)ln x + 1
x
2 ≥x，即2( x
3+2)ln x + 2
x
2 ≥2 x，
即ln x
2+ 1
x
2 ≥2 x
x
3+2
- 2ln x
3
x
3+2 ，即g( x)≥2 x -2ln x
3
x
3+2
，
∵g( x)≥1，∴只需证明1≥2 x -2ln x
3
x
3+2
，
即x
3+2≥2 x -6 ln x，即x
3-2 x +6 ln x +2≥0，
令h( x)= x
3-2 x +6 ln x +2( x>0)，则h
'( x)=3 x
2-2+ 6
x = 3 x
3-2 x +6
x
，
易知y =3 x
3-2 x +6在(0,+∞)上单调递增，且当x =0时，y =6>0，
∴h
'( x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，∴h( x)在(0,+∞)上单调递增，
又h（1）=1>0，∴当x ≥1时，h( x)≥h（1）>0，即x
3-2 x +6 ln x +2≥0成立，
当0< x<1时，ln x<0，∴x
3-2 x +6 ln x +2<1-2 x +0+2=3-2 x，
此时无法判断h( x)的符号，故上述证法行不通.
重新变形：要证f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1，即证( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即证x
3ln x +2ln x + 1
x
2 ≥x，即证x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 ≥1，
令m( x)= x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1( x>0)，
则m
'( x)=2 x ln x + x + 2-2ln x
x
2
- 3
x
4 = 2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3
x
4
，
令n( x)=2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3( x>0)，
则n
'( x)=10 x
4 ln x +2 x
4+5 x
4+ 4 x - 4 x ln x -2 x =10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x，
令p( x)=10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x( x>0)，
则p
'( x)= 40 x
3ln x +10 x
3+28 x
3- 4 ln x - 4 +2= 40 x
3ln x +38 x
3- 4 ln x -2，
令q( x)= 40 x
3ln x +38 x
3- 4 ln x -2( x>0)，
则q
'( x)=120 x
2ln x + 40 x
2+114 x
2- 4
x =120 x
2ln x +154 x
2- 4
x ，
易知q
'( x)在(0,+∞)上单调递增，且q
'（1）=150>0，q
'( 1
e )= 154 -120
e
2
- 4e<0，
∴∃x0∈( 1
e ,1)，使得q
'( x0)=0，
∴当x∈(0, x0)时，q
'( x)<0，q( x)单调递减；当x∈( x0,+∞)时，q
'( x)>0，q( x)单调递增，
∴q( x)≥q( x0)，又q（1）=36>0，q( 1
e )=- 2
e
3 + 4
e -2<0，
∴∃x1∈( 1
e ,1)，使得q( x1)=0，
∴当x∈(0, x1)时，q( x)<0，p( x)单调递减；当x∈( x1,+∞)时，q( x)>0，p( x)单调递增，
∴p( x)≥p( x1)，又p（1）=9>0，p( 1
e )=- 10
e
4 + 7
e
4 + 4
e + 2
e = 6
e - 3
e
4 >0，
∴p( x)在(0,+ ∞)上的符号无法确定，故上述证法也行不通.
最终解法：要证f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1，即证( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即证x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1≥0，
令u( x)= x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1( x>0)，
则u
'( x)=2 x ln x + x + 2-2ln x
x
2
- 3
x
4 = 2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3
x
4
，
令v( x)=2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3( x >0)，
则v
'( x)=10 x
4 ln x +2 x
4+5 x
4+ 4 x - 4 x ln x -2 x =10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x，
令w( x)=10 x
3ln x +7 x
3- 4 ln x +2( x >0)，
则w
'( x)=30 x
2ln x +10 x
2+21 x
2- 4
x = 30 x
3ln x +31 x
3- 4
x
，
令s( x)=30 x
3ln x +31 x
3- 4( x >0)，
则s
'( x)=90 x
2ln x +30 x
2+93 x
2=30 x
2(3 ln x + 4)，
由s
'( x)<0，得0< x<e
- 4
3，由s
'( x)>0，得x>e
- 4
3，
∴s( x)在(0,e
- 4
3 )上单调递减，在(e
- 4
3 ,+∞)上单调递增，
∴s( x)≥s(e
- 4
3 )=30e
- 4(- 4
3 )+31e
- 4- 4 =-9e
- 4- 4<0，
又s（1）=27>0，s( 1
2 )=- 15
4 ln2+ 31
8 - 4<0，
∴∃x0∈( 1
2 ,1)，使得s( x0)=0，
∴当x∈(0, x0)时，s( x)<0，w
'( x)<0，w( x)单调递减；
当x∈( x0,+ ∞)时，s( x)>0，w
'( x)>0，w( x)单调递增，
∴w( x)≥w( x0)，又w （1）=9>0，w( 1
2 )=- 5
4 ln 2+ 7
8 + 4 ln 2+2= 11
4 ln 2+ 23
8 >0，
∴w( x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，∴v
'( x)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴v( x)在(0,+ ∞)上单调递增，又v （1）=0，
∴当x∈(0,1)时，v( x)<0，u
'( x)<0，u( x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，v( x)>0，u
'( x)>0，u( x)单调递增，
∴u( x)≥u（1）=0，即x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1≥0成立，
∴f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1成立.
【规律】处理复杂的超越不等式证明，多次求导是常规武器.通过不断构造新函数并求导，直至导
函数的符号易于判断，再逐层回推原函数的单调性与最值，从而完成证明.
考法9：分离参数结合存在性问题或三角函数求参数范围
例9.（2026·江门·二模）已知函数f ( x)= x +2sin x +3．
（1） 求曲线y = f ( x)在点(0,f （0）)处的切线方程；
（2） 若不等式f ( x)>2❑√2sin( x + π
4 )+m对x∈[- π
2 , π
2 ]恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1） y =3 x +3 （2） (-∞,3- ❑√3- π
6 )
【思路】第（1）问求导代入切点即可.第（2）问利用辅助角公式将不等式右侧的三角函数展开化
简，分离参数m，将问题转化为求函数g( x)在闭区间上的最小值.求导后分析三角函数的符号，确
定单调区间，代入极小值点即可求出m的范围.
【解析】（1） 函数f ( x)的导函数f
'( x)=1+2cos x.
则f
'（0）=3，又f （0）=3.
所以曲线y = f ( x)在点(0,f （0）)处的切线方程为y -3=3( x -0)，即y =3 x +3.
（2） 2❑√2sin( x + π
4 )=2❑√2(sin x cos π
4 +cos x sin π
4 )=2sin x +2cos x.
由f ( x)>2❑√2sin( x + π
4 )+m，得m< x -2cos x +3.
设g( x)= x -2cos x +3, x∈[- π
2 , π
2 ]，则m<g( x)min.
g
'( x)=1+2sin x.
令g
'( x)<0，得- π
2 < x<- π
6 ，则g( x)在[- π
2 ,- π
6 )上单调递减.
令g
'( x)>0，得- π
6 < x< π
2 ，则g( x)在(- π
6 , π
2 ]上单调递增.
所以g( x)min= g(- π
6 )=- π
6 -2×
❑√3
2 +3=3- ❑√3- π
6 .
故m的取值范围为(-∞,3- ❑√3- π
6 ).
【规律】处理含有三角函数的恒成立问题，利用辅助角公式或和差角公式进行化简，然后分离参
数，构造新函数并利用导数求其在闭区间上的最值.
【考点二 方法总结】
1. 处理复杂的指数对数混合不等式，同构变形是首选.通过提取公共结构，将问题转
化为外层函数的不等式恒成立，进而确定内层函数的值域范围，实现问题的降维打击.
2. 处理复杂的超越不等式证明，多次求导是常规武器.通过不断构造新函数并求导，
直至导函数的符号易于判断，再逐层回推原函数的单调性与最值，从而完成证明.
3. 处理含有三角函数的恒成立问题，利用辅助角公式或和差角公式进行化简，然后
分离参数，构造新函数并利用导数求其在闭区间上的最值.
考点三：端点效应与必要性探路
考法10：利用端点恒成立求参数范围
例10.已知函数f ( x)= ln(1+ x), g( x)= ax
e
x ,f
'( x)与g
'( x)分别是f ( x)与g( x)的导函数．
（1） 证明：当a=1时，方程f
'( x)= g
'( x)在(-1,0)上有且仅有一个实数根；
（2） 若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f ( x)>g( x)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1） 见解析 （2） (-∞,1]
【思路】第（1）问求导后作差，构造函数利用零点存在性定理证明.第（2）问将不等式转化为
G( x)>0恒成立，由于G（0）=0，考虑利用端点处的导数值进行必要性探路.求出
G
'（0）=1-a，分a≤1和a>1两种情况讨论.当a>1时，通过寻找特殊点证明存在区间使得
G
'( x)<0，从而产生矛盾，排除该情况.
【解析】（1） f ( x)= ln(1+ x),f
'( x)=
1
1+ x ，当a=1时，g( x)= x
e
x ,g
'( x)= 1- x
e
x
，令
h( x)= f
'( x)- g
'( x)=
1
1+ x - 1- x
e
x
=e
x -(1- x
2)
(1+ x)e
x ，令μ( x)=e
x+ x
2-1，则μ
'( x)=e
x+2 x，显然
μ
'( x)在(-1,0)上是单调递增函数，且μ
'(- 1
2 )= 1
❑√e -1<0, μ
'（0）=1>0，∴μ
'( x)在(- 1
2 ,0)上
有唯一零点x0，且x∈(-1, x0)时，μ
'( x)<0, μ( x)单调递减，x∈( x0,0)时，μ
'( x)>0, μ( x)单调
递增，又μ（0）=0, μ(- 1
2 )= 1
❑√e - 3
4 < 2
3 - 3
4 <0，μ(-
❑√6
3 )=e
-
❑√6
3 + 2
3 -1>e
-1- 1
3 >0，∴μ( x)=0
在(-
❑√6
3 ,- 1
2 )上有唯一的根，∴h( x)= f
'( x)- g
'( x)在(-1,0)上有唯一零点，即f
'( x)= g
'( x)在
(-1,0)上有且仅有一个实数根.
（2） ∵f ( x)- g( x)= ln(1+ x)- ax
e
x = 1
e
x [e
x ln(1+ x)-ax ]，令
G( x)=e
x ln(1+ x)-ax , x ∈(0,+ ∞)，则G（0）=0，f ( x)> g( x)等价于：
G( x)>0, x∈(0,+ ∞)，G
'( x)=e
x[ ln(1+ x)+
1
1+ x ]-a,G
'（0）=1-a，令
H ( x)=e
x[ ln(1+ x)+
1
1+ x ]-a，则H
'( x)=e
x[ ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2 ]，令
T ( x)= ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2 , x∈(0,+ ∞)，则T
'( x)=
1
1+ x -
2
(1+ x)
2 +
2
(1+ x)
3 = x
2+1
(1+ x)
3 >0，
故T ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，T ( x)≥T （0）=1, H
'( x)≥1>0，故H ( x)即G
'( x)在(0,+∞)上
单调递增，G
'( x)>1-a，当a≤1时，G
'( x)>0，∴G( x)在(0,+∞)上单调递增，∴
G( x)>G（0）=0；当a>1时，G
'（0）=1-a<0，取x1=e-1+ ln a>0，则
ln(1+ x1)= ln(e+ ln a)>lne=1,
1
1+ x1
>0，e
x1=e
e-1+ ln a>e
ln a=a，∴
G
'( x1)=e
x1[ ln(1+ x1)+
1
1+ x1
]-a>a⋅(1+0)-a=0，∴∃x2∈(0, x1)，使得G
'( x2)=0，
x∈(0, x2)时，G
'( x)<0,G( x)单调递减，此时G( x)<G（0）=0，不符合题意.综上可知：a的
取值范围为(-∞,1].
【规律】利用端点处的导数值进行必要性探路，是解决恒成立求参数范围问题的常用技巧.通过分
析端点导数的符号，可初步筛选出可能的参数范围，再进行严格的充分性证明.
考法11：利用端点不成立求参数范围
例11.已知函数f ( x)=a ln x - x(a≠0)．
（1） 讨论函数f ( x)的极值；
（2） 当x>0时，不等式x
a
e
x -2f ( x)≥sin[ f ( x)]+1恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） 见解析 （2） (0,e]
【思路】第（1）问常规求导讨论极值.第（2）问是不等式恒成立问题，观察不等式结构，发现可
以整体构造复合函数g(f ( x))≥0.先通过导数探究外层函数g( x)的单调性与最值，结合图象发现
g( x)≥0等价于x ≤0，从而将问题转化为内层函数f ( x)≤0恒成立，再利用导数求出f ( x)的最大值
即可求解.
【解析】（1） 由题意可得：f ( x)的定义域为(0,+∞)，且f
'( x)= a
x -1= a- x
x
.
①当a<0时，则x>0,a- x<0，可得f
'( x)<0.
所以f ( x)在(0,+∞)上单调递减，无极值.
②当a>0时，令f
'( x)>0，解得0< x<a；令f
'( x)<0，解得x>a.
则f ( x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.
所以f ( x)有极大值f (a)=aln a-a，无极小值.
综上所述：当a<0时，f ( x)无极值；
当a>0时，f ( x)有极大值f (a)=aln a-a，无极小值.
（2） 因为x
a
e
x -2f ( x)≥sin[ f ( x)]+1，则e
f ( x)-2f ( x)-sin[ f ( x)]-1≥0.
构建g( x)=e
x -2 x -sin x -1，则g
'( x)=e
x -2-cos x.
①当x ≤0时，则e
x≤1,-cos x ≤1，则g
'( x)=e
x -2-cos x<0，等号不能同时取到.
所以g( x)在(-∞,0]上单调递减.
②当x>0时，构建φ( x)= g
'( x)，则φ
'( x)=e
x+sin x.
因为e
x>1,sin x ≥-1，则φ
'( x)=e
x+sin x>0.
所以φ( x)在(0,+∞)上单调递增.
且φ（0）=-2<0,φ（1）=e-2-cos1>e-2-cos π
4 =e-2-
❑√2
2 >0.
故φ( x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈(0,1).
当0< x< x0时，则φ( x)<0；当x> x0时，则φ( x)>0.
即当0< x< x0时，则g
'( x)<0；当x> x0时，则g
'( x)>0.
所以g( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+∞)上单调递增.
综上所述：g( x)在(-∞, x0)上单调递减，在( x0,+∞)上单调递增.
则g( x)≥g( x0)=e
x0-2 x0-sin x0-1，且g( x0)<g（0）=0.
g( x)的图象大致为：
对于函数f ( x)，由（1）可知：
①当a<0时，f ( x)在(0,+∞)上单调递减.
且当x趋近于0时，f ( x)趋近于-∞，当x趋近于+ ∞时，f ( x)趋近于-∞.
即f ( x)的值域为R，则g(f ( x))≥0不恒成立，不合题意.
②当a>0时，f ( x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.
则f ( x)≤f (a)=a ln a-a，且当x趋近于0时，f ( x)趋近于-∞，当x趋近于+∞时，f ( x)趋近于-∞.
即f ( x)的值域(-∞,a ln a-a].
若g(f ( x))≥0恒成立，则f ( x)≤0恒成立.
即a ln a-a≤0，解得0<a≤e.
综上所述：a的取值范围(0,e].
【规律】处理复合函数不等式恒成立问题，关键是先通过导数探究外层函数的单调性与最值，将
外层函数的不等式转化为内层函数的值域限制，从而实现问题的降维.
考法12：利用必要性探路缩小参数范围
例12.（2025·衡水中学·综合评价）已知a>0，f ( x)=(ae
x- 1
x )ln( x +b)，当x>0时，f ( x)≥0，
则a(1-b)
3的最大值为（ ）
A. 1
e
2
B. 2
e
2
C. 3
e
2
D. 4
e
2
【答案】D
【思路】题目给出两个因式乘积恒非负，且x>0.分析第一个因式ae
x - 1
x 在(0,+∞)上单调递增，
必然存在唯一零点.为了保证乘积恒非负，第二个因式ln( x +b)必须在同一个零点处变号.利用这种
“零点一致性”，可以建立参数a和b之间的等量关系，从而将双变量的最值问题转化为单变量函
数求最值.
【解析】因为a>0，所以y =ae
x- 1
x 在(0,+ ∞)为增函数，由y =ae
x与y = 1
x 图象知，y =ae
x- 1
x 在
(0,+∞)有唯一的零点x0，
当x< x0时，y =ae
x- 1
x <0，当x> x0时，y =ae
x- 1
x >0，
若b≥1，则y = ln( x +b)>0在(0,+∞)恒成立，与f ( x)≥0矛盾，故b<1.
显然f ( x)=(ae
x- 1
x )ln( x +b)的定义域为{x| x>-b且x≠0}，且f (1-b)=0
因为a>0，所以y =ae
x- 1
x , y = ln( x +b)均在(-b,+∞)单调递增，
所以当x∈(-b,1-b)时，ln( x +b)<0，因为f ( x)≥0，所以ae
x- 1
x <0；
当x∈(1-b,+ ∞)时，ln( x +b)>0，因为f ( x)≥0，所以ae
x- 1
x >0，
所以当x =1-b时，ae
x- 1
x =0,ln( x +b)=0，
即ae
1-b-
1
1-b =0⇒a(1-b)
3= (1-b)
2
e
1-b
，
令g( x)= x
2
e
x ，得g
'( x)= (2- x)x
e
x
，
所以当x∈(0,2)时，g
'( x)>0，g( x)= x
2
e
x 单调增，
当x∈(2,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)= x
2
e
x 单调减，
故g( x)≤g（2）= 4
e
2 ，
所以a(1-b)
3= (1-b)
2
e
1-b
≤4
e
2 ，当且仅当1-b=2即b=-1时等号成立；
故选D.
【规律】处理含有多个变量的最值问题，常通过恒成立条件寻找变量间的等量关系，从而消元转
化为单变量函数求最值.本题中利用零点一致性得出a与b的关系是解题的关键.
【考点三 方法总结】
1. 利用端点处的导数值进行必要性探路，是解决恒成立求参数范围问题的常用技巧.
通过分析端点导数的符号，可初步筛选出可能的参数范围，再进行严格的充分性证明.
2. 处理复合函数不等式恒成立问题，关键是先通过导数探究外层函数的单调性与最
值，将外层函数的不等式转化为内层函数的值域限制，从而实现问题的降维.
3. 处理含有多个变量的最值问题，常通过恒成立条件寻找变量间的等量关系，从而
消元转化为单变量函数求最值.利用零点一致性得出变量间的关系是解题的关键.
考点四：同构法与构造函数技巧
考法13：利用同构法构造函数求参数范围
例13.（2025·南阳一中·三模）已知函数f ( x)= 2a
x e
2 x -1+ ln a,g( x)=2ln x +1．若f ( x)≥g( x)
恒成立，则a的最小值是＿＿＿＿＿＿．
【答案】1
e
【思路】观察不等式两边，左边含有指数和对数，右边含有对数.尝试通过代数变形，将不等式两
边凑成结构相同的形式.利用对数运算法则和指数运算法则，将不等式转化为t1e
t1≥t2e
t2的形式，然
后利用函数φ(t )=t e
t的单调性脱去函数符号，转化为常规的求最值问题.
【解析】f ( x)≥g( x)恒成立，即
2a
x e
2 x -1+ ln a≥2ln x +1⇒2a
x e
2 x -1≥lne x
2
a ⇒2 xe
2 x≥e x
2
a lne x
2
a =e
lne x
2
a lne x
2
a
，
令φ(t )=t e
t(t >0)，则易知φ(t )单调递增，
∴φ(2 x)≥φ(lne x
2
a )⇒2 x ≥lne x
2
a ⇒2 x ≥2ln x +1- ln a⇒ln a≥2ln x -2 x +1，
令h( x)=2ln x -2 x +1，则h
'( x)= 2
x -2，
令h
'( x)=0，解得x =1，当x∈(0,1)时，h
'( x)>0，h( x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，h
'( x)<0，h( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以h( x)max =h（1）=-1，故ln a≥-1，即a≥1
e .
则a的最小值是1
e .
【规律】处理含有指数和对数的复杂不等式恒成立问题，同构法是常用的利器.通过代数变形，将
不等式两边转化为具有相同结构的函数形式，利用该函数的单调性脱去函数符号，从而将问题转
化为常规的求最值问题.
考法14：利用特定构造函数技巧求参数范围
例14.（2025·郑州外国语·五月调研）已知函数f ( x)=e
x -e
- x -2sin x +2，若关于x的不等式
f (ln x + x
2-ax)+ f (e
x -2ln x)≥4在(0,+∞)上恒成立，则实数a的最大值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】e+1
【思路】观察函数f ( x)的解析式，发现其主体部分具有奇偶性特征.构造辅助函数g( x)= f ( x)-2，
证明其为奇函数且单调递增.利用这些性质将抽象的函数不等式转化为具体的不等式.分离参数后，
由于直接求最值困难，采用“必要性探路”策略，代入特殊值x =1求出参数的可能最大值，通过
构造基本不等式证明充分性.
【解析】设g( x)= f ( x)-2=e
x -e
- x -2sin x，则其定义域为R，且
g(- x)= f (- x)-2=e
- x -e
x -2sin(- x)=-(e
x -e
- x -2sin x)=- g( x)，故g( x)为奇函数.
而g
'( x)=e
x+e
- x -2cos x ≥2-2cos x ≥0，且仅在x =0时g
'( x)=0，所以g( x)为增函数.
同时，不等式f (ln x + x
2-ax)+ f (e
x -2ln x)≥4可化为f (ln x + x
2-ax)-2≥-(f (e
x -2ln x)-2)，
即g(ln x + x
2-ax)≥- g(e
x -2ln x).
而g( x)是奇函数，故原不等式又等价于g(ln x + x
2-ax)≥g(2ln x -e
x)，
因为g( x)是增函数，所以等价于ln x + x
2-ax≥2ln x -e
x.
当x>0时，这可化为a≤e
x
x - ln x
x + x，故条件即为a≤e
x
x - ln x
x + x对任意x∈(0,+∞)成立.
①一方面，在条件中取x =1，即可得到a≤e
1
1 - ln1
1 +1=e+1，从而一定有a≤e+1；
②另一方面，当a=e+1时，我们证明对任意的x∈(0,+∞)，都有a≤e
x
x - ln x
x + x.
首先，代入a=e+1，然后两边同乘正数x，可知该不等式等价于(e+1)x ≤e
x - ln x + x
2.
设h(t )=t - ln t -1，则h
'(t )=1- 1
t = t -1
t
，故对0<t <1有h
'(t )= t -1
t
<0，对t >1有h
'(t )= t -1
t
>0.
从而h(t )在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，所以对t >0均有h(t )≥h（1）=1- ln1-1=0.
这就意味着e⋅h(e
x -1)+h( x)+( x -1)
2≥0+0+0=0，所以
0≤eh(e
x -1)+h( x)+( x -1)
2=e(e
x -1- x +1-1)+( x - ln x -1)+( x
2-2 x +1)=e
x - ln x + x
2-(e+1)x
.
从而由0≤e
x - ln x + x
2-(e+1)x即可得到(e+1)x ≤e
x - ln x + x
2.
即当a=e+1时，不等式a≤e
x
x - ln x
x + x对x∈(0,+∞)恒成立.
综合①②两方面，可知a的最大值为e+1.
故答案为：e+1.
【规律】利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值，是解决
复杂函数不等式的有效手段.证明充分性时，巧妙构造基本不等式进行放缩是关键.
【考点四 方法总结】
1. 处理含有指数和对数的复杂不等式恒成立问题，通过代数变形，将不等式两边转
化为具有相同结构的函数形式，利用该函数的单调性脱去函数符号，从而将问题转化为常
规的求最值问题.
2. 利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值，
是解决复杂函数不等式的有效手段.证明充分性时，巧妙构造基本不等式进行放缩是关键.
考点五：洛必达法则与max/min 函数问题
考法15：利用洛必达法则求参数范围
例15.已知函数f ( x)=a ln x +bx(a,b∈R)在x = 1
2处取得极值，且曲线y = f ( x)在点
(1,f （1）)处的切线与直线x - y +1=0垂直．
（1） 求实数a,b的值；
（2） 若∀x∈[1,+ ∞)，不等式f ( x)≤(m-2)x - m
x 恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1） a=1,b=-2 （2） [ 1
2 ,+∞)
【思路】第（1）问利用极值点导数为0 和切线斜率关系列方程组求解.第（2）问分离参数后得到
m≥h( x)，求导分析h( x)的单调性，发现其在(1,+ ∞)上单调递减.由于x =1时函数无意义，且呈
现“0
0”型，利用洛必达法则求出x→1时的极限，从而确定m的取值范围.
【解析】（1） ∵f ( x)=a ln x +bx，∴f
'( x)= a
x +b；
∵函数f ( x)=a ln x +bx(a,b∈R)在x = 1
2处取得极值，
∴f
'( 1
2 )=2a+b=0；
又∵曲线y = f ( x)在点(1,f （1）)处的切线与直线x - y +1=0垂直，∴f
'（1）=a+b=-1；
解得：a=1,b=-2；
（2） 不等式f ( x)≤(m-2)x - m
x 恒成立可化为ln x ≤mx - m
x ，即ln x ≤m( x - 1
x )；
当x =1时，恒成立；当x>1时，m≥x ln x
x
2-1恒成立，
令h( x)= x ln x
x
2-1，则h
'( x)= (ln x +1)( x
2-1)-2 x⋅x ln x
( x
2-1)
2
= x
2- x
2ln x - ln x -1
( x
2-1)
2
；
令m( x)= x
2- x
2ln x - ln x -1，则m
'( x)=2 x -2 x ln x - x - 1
x = x
2-2 x
2ln x -1
x
；
令n( x)= x
2-2 x
2ln x -1，则n
'( x)=2 x - 4 x ln x -2 x =- 4 x ln x <0；
得n( x)= x
2-2 x
2ln x -1在(1,+ ∞)是减函数，故n( x)<n（1）=0，进而m
'( x)<0
(或m
'( x)= x -2 x ln x - 1
x ，m
″( x)=-2ln x -1+ 1
x
2 <0，
得m
'( x)= x -2 x ln x - 1
x 在(1,+ ∞)是减函数，进而m
'( x)<0)．
可得：m( x)<m（1）=0，故h
'( x)<0，所以h( x)= x ln x
x
2-1在(1,+∞)是减函数，
而m要大于等于h( x)= x ln x
x
2-1在(1,+∞)上的最大值，但当x =1时，y =h( x)没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，
lim
x→1 x ln x
x
2-1
=
lim
x→1 ln x +1
2 x
= 1
2
，故答案为m≥1
2．
【规律】当分离参数后得到的函数在端点处出现“0
0”型未定式时，可利用洛必达法则求出极限
值，从而确定参数的临界条件.
考法16：利用max/min 函数性质求参数范围
例16.已知函数f ( x)= x
2- x - x ln x ,g( x)= x
3-3ax +e．
（1） 证明f ( x)≥0恒成立；
（2） 用max {m,n}表示m,n中的最大值．已知函数h( x)= f ( x)
x
- x +2，记函数
φ( x)=max {h( x),g( x)}，若函数φ( x)在(0,+∞)上恰有2个零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1） 见解析 （2） (e
2+1
3
,e
2]
【思路】第（1）问提取公因式后求导证明恒成立.第（2）问处理max {h( x), g( x)}的零点问题，
需分段讨论.先确定h( x)的符号，在h( x)>0的区间内排除零点；在h( x)<0的区间内，问题转化为
g( x)的零点问题.结合g( x)的单调性与极值，分类讨论参数a以满足零点个数要求.
【解析】（1） 由题得f ( x)的定义域为(0,+∞)，
则x
2- x - x ln x ≥0在x∈(0,+∞)上恒成立等价于x -1- ln x ≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，记
φ( x)= x -1- ln x，则φ
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，
当φ
'( x)<0时，0< x<1；φ
'( x)>0时，x>1，
故φ( x)在(0,1)上单调递减，(1,+ ∞)上单调递增，
所以φ( x)≥φ（1）=0，即f ( x)≥0恒成立．
（2） 由题得h( x)=1- ln x(0,+ ∞)，
①当0< x<e时，φ( x)≥h( x)>0，此时无零点．
②当x =e时，h(e)=0，g(e)=e
3-3ae+e
a. 当g(e)=e
3-3ae+e≤0，即a≥e
2+1
3
时，x =e是φ( x)的一个零点；
b. 当g(e)=e
3-3ae+e>0，即a<e
2+1
3
时，x =e不是φ( x)的一个零点；
③当x>e时，h( x)<0恒成立，因此只需考虑g( x)在(e,+ ∞)上的零点情况．
由g
'( x)=3 x
2-3a，
a. 当a≤e
2时，g
'( x)>0，g( x)在(e,+ ∞)上单调递增，且g(e)=e
3-3ae+e，
当a<e
2+1
3
时，g(e)>0，则g( x)在(e,+∞)上无零点，故φ( x)在(0,+∞)上无零点；
当a=e
2+1
3
时，g(e)=0，则g( x)在(e,+∞)上无零点，故φ( x)在(0,+∞)上有1 个零点；
当e
2+1
3
<a≤e
2时，由g(e)<0，g(2e)=8e
3-6ae+e≥8e
3-6e
3+e>0，得g( x)在(e,+ ∞)上仅有
一个零点，故φ( x)在(0,+∞)上有2 个零点；
所以e
2+1
3
<a≤e
2．
b. 当a>e
2时，由g
'( x)=0得x =± ❑√a，
由g
'( x)<0时，e< x<❑√a；当g
'( x)>0时x>❑√a，g
'( x)<0，
故g( x)在(e,❑√a)上单调递减，g( x)在(❑√a,+∞)上单调递增；
由g(e)<0，g(2a)=8a
3-6a
2+e≥2a
2+e>0，得g( x)在(e,+∞)上仅有一个零点，故φ( x)在
(0,+∞)上有2 个零点；
所以a>e
2．
综上所述，a>e
2+1
3
时，φ( x)在(0,+∞)上恰有两个零点．
【规律】处理max {h( x),g( x)}的零点问题，需分段讨论.先确定其中一个函数恒大于零的区间，
排除零点；再在剩余区间内，结合另一个函数的单调性与极值，分类讨论参数以满足零点个数要
求.
考法17：双变量最值问题求参数范围
例17.已知函数f ( x)= ln x ,g( x)=a x
2+bx +1，其中a,b∈R．
（1） 当a=0时，直线y = g( x)与函数y = f ( x)的图象相切，求b的值；
（2） 当a≠0时，若对任意x>0，都有f ( x)≤g( x)恒成立，求b
a的最小值．
【答案】（1） b= 1
e
2 （2） -e
【思路】第（1）问利用切点处函数值相等且导数值相等列方程求解.第（2）问是双变量比值的最
值问题.先通过特殊点代入（如x =e）得到比值的一个界限b
a ≥-e.然后猜测该界限可以取到，即当
a= 1
e
2 ,b=- 1
e 时，构造具体函数证明不等式恒成立.这种“猜证结合”的方法在处理复杂恒成立问
题时非常有效.
【解析】（1） 当a=0时，直线g( x)=bx +1与函数y = f ( x)的图象相切于P( x0, y0)，
因为f ( x)= ln x，所以f
'( x)= 1
x ，
则1
x0
=b且b x0+1= ln x0，即b⋅1
b +1= ln 1
b，解得：b= 1
e
2 ．
（2） 若对任意x>0，都有f ( x)≤g( x)恒成立，得ln x -1≤a x
2+bx．
假设a<0，则当x>e时，ln x -1>0，
而当x>max {0,- b
a }时，a x
2+bx<0．
取x0=max {e,- b
a }，则当x> x0时，ln x -1>0，
而a x
2+bx<0，矛盾；故a>0．
当x =e时，由f (e)≤g(e)，得ae
2+be≥0，即b
a ≥-e．
下证：b
a能取到-e．
当a= 1
e
2 ,b=- 1
e 时，b
a =-e．
记F( x)= ln x - x
e ( x>0)，则F
'( x)=e- x
e x
，
令F
'( x)>0，得0< x<e；令F
'( x)<0，得x>e；
所以F( x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，
所以F( x)≤F(e)=0，即ln x ≤x
e ．
所以f ( x)- g( x)= ln x - x
2
e
2 + x
e -1≤x
e - x
2
e
2 + x
e -1=-( x
e -1)
2≤0．
即对任意x>0，f ( x)≤g( x)恒成立，
故b
a的最小值为-e．
【规律】处理双变量比值的最值问题，可先通过特殊点代入得到比值的一个界限，再通过构造具
体函数证明该界限可以取到.这种“猜证结合”的方法在处理复杂恒成立问题时非常有效.
【考点五 方法总结】
1. 当分离参数后得到的函数在端点处出现“0
0”型未定式时，可利用洛必达法则求
出极限值，从而确定参数的临界条件.
2. 处理max {h( x),g( x)}的零点问题，需分段讨论.先确定其中一个函数恒大于零的
区间，排除零点；再在剩余区间内，结合另一个函数的单调性与极值，分类讨论参数以满
足零点个数要求.
3. 处理双变量比值的最值问题，可先通过特殊点代入得到比值的一个界限，再通过
构造具体函数证明该界限可以取到.这种“猜证结合”的方法在处理复杂恒成立问题时非
常有效.
四、高考真题
1.（2024·全国一卷）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．
【答案】（1） -2 （2） 证明见解析 （3） b≥- 2
3
【解析】（1） 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).
∵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成立，故a+2≥0即a≥-2.
∴a的最小值为-2.
（2） 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(1,a)的对称点为Q(2-m,2a-n).
∵P(m,n)在y = f ( x)图象上，故n= ln
m
2-m +am+b(m-1)
3.
而f (2-m)= ln 2-m
m
+a(2-m)+b(2-m-1)
3=-[ln
m
2-m +am+b(m-1)
3]+2a=-n+2a.
∴Q(2-m,2a-n)也在y = f ( x)图象上.
由P的任意性可得y = f ( x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3） ∵f ( x)>-2当且仅当1< x<2，故x =1为f ( x)=-2的一个解.
∴f （1）=-2即a=-2.
先考虑1< x<2时，f ( x)>-2恒成立.
此时f ( x)>-2即为ln
x
2- x +2(1- x)+b( x -1)
3>0在(1,2)上恒成立.
设t = x -1∈(0,1)，则ln t +1
1-t -2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立.
设g(t )= ln t +1
1-t -2t +bt
3,t ∈(0,1).
则g
'(t )=
2
1-t
2 -2+3bt
2= t
2(-3bt
2+2+3b)
1-t
2
.
当b≥0时，-3bt
2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0.
故g
'(t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数.
故g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
当- 2
3 ≤b<0时，-3bt
2+2+3b≥2+3b≥0.
故g
'(t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数.
故g(t )> g（0）=0即f ( x)>-2在(1,2)上恒成立.
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 )为减函数，故g(t )< g（0）=0，不合题意，舍去.
综上，f ( x)>-2在(1,2)上恒成立时b≥- 2
3.
而当b≥- 2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1).
即f ( x)>-2的解为(1,2).
2.（2025·全国一卷）（1） 设函数f ( x)=5cos x -cos5 x，求f ( x)在[0, π
4 ]的最大值；
（2） 给定θ∈(0,π )，设a为实数，证明：存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ；
（3） 若存在φ使得对任意x，都有5cos x -cos(5 x +φ)≤b，求b的最小值．
【答案】（1） 3 ❑√3 （2） 证明见解析 （3） 3 ❑√3
【解析】（1） f
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x.
∵x∈[0, π
4 ]，故2 x∈[0, π
2 ]，故sin 2 x ≥0.
当0< x< π
6 时，cos3 x>0即f
'( x)>0.
当π
6 < x< π
4 时，cos3 x<0即f
'( x)<0.
故f ( x)在[0, π
6 ]上为增函数，在[ π
6 , π
4 ]为减函数.
故f ( x)在[0, π
4 ]上的最大值为f ( π
6 )=5cos π
6 -cos 5 π
6 =3 ❑√3.
（2） 由余弦函数的性质得cos x ≤cosθ的解为[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z.
若任意[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ],k ∈Z与[a-θ ,a+θ ]交集为空.
则a-θ>2kπ +2π -θ且a+θ<2kπ +2π +θ，此时a无解.
矛盾，故无解.故存在k ∈Z，使得[2kπ +θ ,2kπ +2π -θ ]∩[a-θ ,a+θ ]≠⌀.
故存在y ∈[a-θ ,a+θ ]，使得cos y ≤cosθ成立.
（3） 记h( x)=5cos x -cos(5 x +t ).
∵h( x +2π )=5cos( x +2π )-cos(5 x +10 π +t )=h( x).
故h( x)为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈[0,2π ],t ∈[0,π ]的情况.
当t = π时，h( x)=5cos x -cos(5 x + π )=6cos x ≤6.
当t =0时，h( x)=5cos x -cos5 x.
此时h
'( x)=-5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x ∈(0,2π ).
令h
'( x)=0，则x = π
6 , π
2 , 5 π
6 ,π , 7 π
6 , 3 π
2 , 11π
6 .
而h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3,h( π
2 )=h( 3 π
2 )=0,h( 5 π
6 )=h( 7 π
6 )=-3 ❑√3,h(π )=- 4.
h（0）=h(2π )= 4，故h( x)max =h( π
6 )=h( 11π
6 )=3 ❑√3.
当t ∈(0,π )，在（2）中取a=t，则存在y ∈(t -θ ,t +θ)，使得cos y ≤cosθ.
取θ = 5 π
6 ，则cos y ≤-
❑√3
2 ，取x = y -t
5
∈(- θ
5 , θ
5 )即x = y -t
5
∈(- π
6 , π
6 ).
故5cos x ≥5 ❑√3
2
，故5cos x -cos(5 x +t )≥3 ❑√3.
综上b≥3 ❑√3，可取x = π
6 ,t =0使得等号成立.
综上，bmin=3 ❑√3.
3.（2024·全国一卷）已知函数为f ( x)={
- x
2-2ax -a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0，在R上单调递增，则a取值的范
围是（ ）
A. (-∞,0]
B. [-1,0]
C. [-1,1]
D. [0,+∞)
【答案】B
【解析】∵f ( x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增.
则需满足{
--2a
2×(-1) ≥0
-a≤e
0+ ln1
，解得-1≤a≤0.
即a的范围是[-1,0].
故选B.
4.（2026·全国一卷）已知函数f ( x)= x +2
e
x+a 的最大值为1，则a=（ ）
A. 1
2
B. 1
C. 3
2
D. 2
【答案】B
【解析】由题意知f ( x)= x +2
e
x+a ，求导得f
'( x)= 1⋅(e
x+a)-( x +2)e
x
(e
x+a)
2
= a-( x +1)e
x
(e
x+a)
2
.
令g( x)=a-( x +1)e
x，则g
'( x)=-( x +2)e
x.
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.
假设f ( x)在x0处取得最大值1，则必有f
'( x0)=0，即a=( x0+1)e
x0.
同时f ( x0)= x0+2
e
x0+a
=1，即x0+2=e
x0+a.
将a代入得x0+2=e
x0+( x0+1)e
x0=( x0+2)e
x0.
若x0+2=0，则x0=-2，此时a=-e
-2，代入原函数得f (-2)=0≠1，矛盾.
∴x0+2≠0，从而e
x0=1，解得x0=0.
此时a=(0+1)e
0=1.
检验：当a=1时，g( x)=1-( x +1)e
x，g（0）=0.
当x<0时，g( x)> g（0）=0，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x>0时，g( x)< g（0）=0，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
∴f ( x)在x =0处取得最大值f （0）=
2
1+1 =1，符合题意.
故选B.
