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第三章 一元函数的导数及其应用
进阶篇 不等式恒(能)成立问题
进阶2 参数半分离与主元变换
【高考考向预测】
近三年高考导数压轴题中参数半分离与主元变换考查频次稳步升高，是突破复杂参量不等式、
简化分类讨论的实用解题方法，半分离多用于构造动直线与曲线位置关系快速定参，主元变换则
可调换变量主次简化多元最值与恒成立问题，常搭配数形结合使用；2027 年仍会高频融入考题，
命题更侧重双变量混合题型与复杂结构式子变形，弱化固定套路，强化灵活选主元、合理拆分参
数形式，常结合隐零点、放缩证明综合出题，着重考查式子重构思维与简化解题运算的能力。
【核心梳理●明考点】
重点解读 参数半分离是相对于参数全分离而言的，即把含有两个变量的复杂不等式(或方程)，化成
一边含有参数一边不含有参数的两个简单的，易作图的函数(不含参数的一般都可以画出图象).含参数
函数的一般是一次函数，即动直线，此动直线有两种形式，一是旋转直线系，二是平行直线系.旋转直
线系过一定点，斜率不定.平行直线系斜率一定，但直线在x，y轴上的截距不定，也就是参数在一次
函数的常数项中.而这种情况下参数很容易全分离出来，就是用参数全分离比较简单.
【题型突破●明方向】
题型一 参数半分离
例1 (1)已知函数f(x)=xex-x-ax2.当x≥0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为 .
【答案】(-∞，1]
【解析】当x=0时，f(x)≥0恒成立，a可以取任意实数；
当x>0时，由于f(x)≥0恒成立，
所以ex-1-ax≥0，
即ex≥1+ax恒成立，
由于函数y=ex在点(0，1)处的切线方程为y=x+1，
函数y=1+ax过定点(0，1)，
所以a≤1.
综上，实数a的取值范围是(-∞，1].
(2)(2025·豫西北教研联盟模拟)已知函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立，则实数a的
取值范围为 .
【答案】(-∞，1-e]∪(1，+∞)
【解析】因为函数f(x)=x+e-x，若存在实数x，使得f(x)=ax成立，
则存在实数a，使得e-x=(a-1)x能成立，由于y=e-x过原点的切线方程为y=-ex，
所以a-1≤-e或a-1>0，
所以a≤1-e或a>1.
【思维升华】当不能把参数完全分离时，有可能不容易画出图象，或者指数型函数与对数型函数混合
在一起，这个时候可以利用参数半分离转化为过定点的一系列旋转直线，或平行直线，与其他函数图
象的交点问题.
【跟踪训练】1 (1)若不等式aln x-x+1≤0恒成立，则实数a的取值集合为 .
【答案】{1}
【解析】∵不等式aln x-x+1≤0恒成立，
∴aln x≤x-1恒成立，x>0，
当a≤0时，显然不恒成立；
1
当a>0时，原不等式等价于ln x≤ (x-1)恒成立，
a
由于y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1，其图象如图所示，
1
∴要使ln x≤ (x-1)恒成立，
a
1
只需 =1，即a=1，
a
∴实数a的取值集合为{1}.
{x2−2ax+2a,x≤1,
(2)已知函数f(x)= a∈R，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范
ex−ax,x>1,
围为( )
A.[0，1] B.[0，2]
C.[1，e] D.[0，e]
【答案】D
【解析】当x≤1时，由x2-2ax+2a≥0恒成立，二次函数的对称轴为直线x=a，
①当a≥1时，f(x)在(-∞，1]上单调递减，
则f(x) =f(1)=1>0恒成立，
min
②当a<1时，f(x) =f(a)=a(2-a)≥0，
min
所以0≤a<1.
综上可知，当a≥0时，x2-2ax+2a≥0在(-∞，1]上恒成立；
当x>1时，ex-ax≥0恒成立，即ax≤ex在(1，+∞)上恒成立，
由于函数y=ex在点(1，e)处的切线方程为y=ex，
所以a≤e.
综上可知，实数a的取值范围是[0，e].
题型二 主元变换
1 ( 3)
例2 已知不等式ln x- x2+bx+c≤0对任意的x∈(0，+∞)，b∈ 0， 恒成立，求c的取值范围.
2 2
1 ( 3)
【解析】令f(b)=x·b+ln x- x2+c，b∈ 0， ，
2 2
( 3)
由于x>0，所以函数f(b)在 0， 上单调递增，
2
(3) 3 1
所以f(b)<f = x+ln x- x2+c≤0.
2 2 2
1 3
即c≤ x2- x-ln x，x∈(0，+∞)，
2 2
1 3
令g(x)= x2- x-ln x，
2 2
3 1 2x2−3x−2 (2x+1)(x−2)
则g'(x)=x- - = = ，
2 x 2x 2x
当0<x<2时，g'(x)<0，当x>2时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
所以c≤g(x) =g(2)=-1-ln 2，
min
所以c的取值范围为(-∞，-1-ln 2].
【思维升华】一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题
过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
【跟踪训练】2 已知函数f(x)=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，+∞)，f(x)≥2bx-3
恒成立，求实数b的取值范围.
【解析】由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，+∞)，
2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3恒成立，
即2x·a-bx-2ln x+2≥0恒成立，
令g(a)=2x·a-bx-2ln x+2，a∈[1，3]，
则g(1)≥0，
即2x-bx-2ln x+2≥0，
2lnx 2
所以b≤2- + 恒成立，
x x2lnx 2
令h(x)=2- + ，x∈(0，+∞)，
x x
2−lnx
则h'(x)=-2· ，
x2
当0<x<e2时，h'(x)<0，
当x>e2时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，+∞)上单调递增，
2 2
所以h(x) =h(e2)=2- ，所以b≤2- ，
min e2 e2
( 2 ]
故b的取值范围为 −∞，2− .
e2
【限时训练】
（15分钟）
1.(17分)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R，其中e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；(7分)
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，求a的取值范围.(10分)
【解析】(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
1
又f(-1)= -1+a<0，f(1)=e-a-1>0，
e
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，故a≤0符合题意.
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a.
当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) =f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
min
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当0<a<1时，g'(a)>0，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a) =g(1)=0，
max
故a=1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一 f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，即当x≥0时，函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，
h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)在[0，+∞)上的图象上凸，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，即a的取值范围为[1，+∞).
方法二 f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex，x≥0.
①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，x≥0，
则m'(x)=-xex≤0，
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，x≥0，
故f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，x≥0，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
故ex≥x+1.
当0<x<1时，h(x)>(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
−1+❑√5−4a
(ⅰ)当0<a<1时，取x = ，
0 2
则x ∈(0，1)，(1-x )(1+x )2-ax -1=0，
0 0 0 0
所以h(x )>ax +1，
0 0
故0<a<1不符合题意.
❑√5−1
(ⅱ)当a≤0时，取x = ，
0 2
则x ∈(0，1)，h(x )>(1-x )(1+x )2=1≥ax +1，
0 0 0 0 0
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
2.(17分)设函数f(x)=e2x-aln x，a∈R.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；(7分)
2
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a+aln .(10分)
a(1)【解析】f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)，
a
f'(x)=2e2x- .
x
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
a
②当a>0时，因为y=e2x在(0，+∞)上单调递增，y=- 在(0，+∞)上单调递增，
x
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
a 1
又f'(a)>0，当b满足0<b< 且b< 时，
4 4
a
f'(b)=2e2b- <2e2b-4<2❑√e-4<0，
b
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
(2)【证明】方法一 由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x ，
0
当x∈(0，x )时，f'(x)<0；
0
当x∈(x ，+∞)时，f'(x)>0，
0
故f(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，+∞)上单调递增，
0 0
所以当x=x 时，f(x)取得最小值，最小值为f(x ).
0 0
a
由于2e2x 0- =0，
x
0
a 2 2
所以f(x )= +2ax +aln ≥2a+aln ，
0 2x 0 a a
0
a
当且仅当 =2ax ，
2x 0
0
1
即x = ，a=e时等号成立，
0 2
2
故当a>0时，f(x)≥2a+aln .
a
2
方法二 令g(a)=2a+aln -e2x+aln x，a>0，x>0，
a
2
求导得g'(a)=2+ln -1+ln x
a
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得0<a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，
在(2ex，+∞)上单调递减，
所以g(a) =g(2ex)
max
1
=4ex+2exln +2exln x-e2x=2ex-e2x.
ex
再令h(x)=2ex-e2x，x>0，h'(x)=2e-2e2x，
( 1) (1 )
所以h(x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减，
2 2
(1)
h(x) =h =0，
max 2
所以g(a) ≤0，得证.
max
