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第三单元第4讲 导数恒成立与有解问题
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：分离参数法求参数范围
题型二：分类讨论法求参数范围
题型三：等价转化法
题型四：双变量的恒(能)成立问题
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
1.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
2.根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
3.“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
二、【练】
【练题型】
【题型一】分离参数法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；
令f′(x)<0，得0所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以f(x)在x＝处取得极小值，
且为f ＝－，无极大值．
(2)由f(x)≤，
得m≥.
问题转化为m≥min.
令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)．
则g′(x)＝＋1－＝
＝.
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4.
【典例2】已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0故(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
【题型二】分类讨论法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，
∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤0符合题意.
②当a＞0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)＜0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，
在(ln a＋1，＋∞)上单调递增.
当ln a＋1≤1，即0＜a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴0＜a≤1符合题意.
当ln a＋1＞1，即a＞1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)＜φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾.
故a＞1不符合题意.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围.
【解析】f(x)－＝，
构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，
F′(x)＝.
令1－2ax＝0，得x＝.
①若a≤0，则F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，不符合题意.
②若0＜a＜，当x∈时，F′(x)＞0，
∴g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)＞g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，不符合题意.
③若a≥，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0，
综上所述，a的取值范围是.
【题型三】等价转化法
【典例1】设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
令g′(x)＞0得x＜0或x＞，
令g′(x)＜0得0＜x＜，
又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以g(x)min＝g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
h′(x)＝1－2xln x－x，
令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞.
即m(x)＝xln x在上是增函数，
可知h′(x)在区间上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1＜x≤2时，h′(x)＜0；
当≤x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1，2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
因为当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0所以当a>1或0又因为f′(0)＝0，所以f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
所以函数f(x)在x＝0处取得极小值1.
(2)因为存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立，
所以只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，
所以当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，
f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－＝a－－2ln a，
令g(a)＝a－－2ln a(a>0)，
因为g′(a)＝1＋－＝>0，
所以g(a)＝a－－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，
即f(1)>f(－1)；
当0所以当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，
即a－ln a≥e－1.
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0由函数y＝＋ln a在(0，1)上是减函数，解得0综上可知，所求实数a的取值范围为∪[e，＋∞)．
【题型四】双变量的恒(能)成立问题
【典例1】设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，
∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1,2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0>0，
由(1)知f(x1)所以|f(x1)－f(x2)|<4 f(x2)－f(x1)<4 f(x1)＋>f(x2)＋.
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0,1]，
|f(x1)－f(x2)|<4等价于g(x)在(0,1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立 1－－＝≤0在(0,1]上恒成立 a≥x－在(0,1]上恒成立，易知y＝x－在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3,0)．
【练真题】
【真题1】（2020·全国Ⅰ）已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由(ⅱ)可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.[11分]
综上，a的取值范围是.
【真题2】（2022·湖北武汉质检）已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得00，得ln x＋1>0，解得x>，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) ? 极大值 ?
所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
【真题3】（2022·河北质量检测）已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(2)由f(1)≥0，得a≥>0，
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立．
设函数F(x)＝(x>0)，
则F′(x)＝－.
当00；
当x>1时，F′(x)<0，
所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝.
于是≥，解得a≥.
故实数a的取值范围是.
三、【测】
【测基础】
1. 已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若 x1∈， x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
【解析】由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1.
故选A．
2. 设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
【解析】原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e.
3. 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2) x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
【解析】(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为 x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤max.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) ?↗ 极大值 ↘
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值，为，所以a≤.
故a的取值范围是.
【测能力】
1. 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立.
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，
∵g＝－，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝g＝－，
∴M≤1－＝，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈时，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立.
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x＜0，
h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞).
2. 已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若 x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围．
【解析】(1)由题意得，f′(x)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为(1，)，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.
(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x. x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，
等价于 x＞0，使h(x)＝3ln x－x2－2x＞a成立，
等价于a＜h(x)max(x＞0)．
因为h′(x)＝－x－2＝
＝－，
令得0＜x＜1；令得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－，
即a＜－，
因此参数a的取值范围为(－∞，－)．
3. 已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对 x1∈， x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，
则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3.
(2)“对 x1∈， x2∈，
使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”.
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上单调递增，
所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
而g′(x)＝，
由g′(x)>0，得x<1，
由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
所以当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.
由8＋a≤，得a≤－8，
所以实数a的取值范围为.
4. 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－a＋，
∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤0符合题意．
②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1即0φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴0当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．
故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．
5. 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)【解析】f′(x)＝.
①当a≤1，x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
f(x)单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
所以f(x)min ＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上单调递减．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－<1，
即a>，
所以a的取值范围为.
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第三单元第4讲 导数恒成立与有解问题
讲
讲方法
练
练题型 练真题
题型一：分离参数法求参数范围
题型二：分类讨论法求参数范围
题型三：等价转化法
题型四：双变量的恒(能)成立问题
测
测基础 测能力
一、【讲】
【讲方法】
1.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
2.根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
3.“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
二、【练】
【练题型】
【题型一】分离参数法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
【典例2】已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－≥0恒成立，求实数k的取值范围．
【题型二】分类讨论法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
【典例2】已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围.
【题型三】等价转化法
【典例1】设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【典例2】已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
【题型四】双变量的恒(能)成立问题
【典例1】设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【典例2】已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0,1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．
【练真题】
【真题1】（2020·全国Ⅰ）已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
【真题2】（2022·湖北武汉质检）已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【真题3】（2022·河北质量检测）已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
三、【测】
【测基础】
1. 已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若 x1∈， x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
2. 设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________．
3. 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2) x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
【测能力】
1. 设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.
2. 已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若 x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围．
3. 已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax.
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝，对 x1∈， x2∈，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
4. 已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
5. 已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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