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第18讲　导数的综合问题
第1课时　利用导数求解不等式恒(能)成立问题
【备选理由】 例1考查单变量不等式恒成立求参数取值范围,意在提升学生转化问题的能力;例2是不等式能成立求参数取值范围问题,当不能分离参数时,常利用分类讨论法求解;例3是含有两个变量不等式恒成立求参数取值范围问题, 关键在于由条件入手,寻找两个变量满足的关系式,并把含两个变量的不等式转化为只含一个变量的不等式,然后构造函数,再借用导数判断函数的单调性,从而求解;例4考查含有两个变量不等式能成立求参数范围,并涉及绝对值不等式,有助于提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养;例5是不等式恒成立求参数范围问题,给出了四种解法,对于同一问题的处理方式可以是多样的,学习过程应拓宽思维,对不同的方法多加理解应用.
1 [配合探究点一使用] [2025·黑龙江哈尔滨期末] 已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x.
(1)若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3,求该切线方程;
(2)若a=-1时,f(x)≥mx恒成立,求m的取值范围.
解:(1)f'(x)=2x-(2a+1)+,则f'(1)=1-a=3,所以a=-2,
则f(x)=x2+3x-2ln x,可得f(1)=4,则切点为(1,4),
所以切线方程为y-4=3(x-1),即3x-y+1=0.
(2)由题意得x2+x-ln x≥mx对任意x∈(0,+∞)恒成立,因为x>0,所以m≤.
设g(x)=x+1-,x∈(0,+∞),则g'(x)=.
设h(x)=x2-1+ln x,x∈(0,+∞),则h'(x)=>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时h(x)<0,即g'(x)<0,则g(x)在(0,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时h(x)>0,即g'(x)>0,则g(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以g(x)min=g(1)=2,所以m≤2.
2 [配合探究点二使用] [2026·四川乐山调研] 已知函数f(x)=ax+ln x-ax2.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)>0,求a的取值范围.
解:(1)当a=1时,f(x)=x+ln x-x2,x>0,
则f'(x)=1+-2x==-.
令f'(x)=0,解得x=1或x=-(舍去).
则当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)=-<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a=1时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).
(2)由题意知f'(x)=,令h(x)=1+ax-2ax2=ax(1-2x)+1.
当a≤0时,由x>1可知h(x)>0,即f'(x)>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以对任意x∈(1,+∞),都有f(x)>f(1)=0,符合题意.
当a>0时,由2ax2-ax-1=0,解得x1=,x2=,
显然x1<0,下面根据x2与1的大小关系分类讨论.
当01,则f(x)在(1,x2)上单调递增,
所以存在x0∈(1,x2),使得f(x0)>f(1)=0,符合题意.
当a≥1时,x2≤1,对任意x∈(1,+∞),都有h(x)<0,即f'(x)<0,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)综上所述,a的取值范围为(-∞,1).
3 [配合探究点三使用] 已知函数f(x)=ln x+(2-k)x.
(1)若k=3,求函数f(x)的最大值;
(2)若函数f(x)有两个不同的零点m,n(m(i)求实数k的取值范围;
(ii)若不等式a+1解:(1)当k=3时,f(x)=ln x-x,f'(x)=-1,
由f'(x)=-1>0得01,
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则f(x)max =f(1)=-1.
(2)(i)由f(x)=ln x+(2-k)x(x>0),得f'(x)=+2-k.
当k≤2时,f'(x)=+2-k>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不符合题意.
当k>2时,f'(x)=+2-k在(0,+∞)上单调递减,
令f'(x)=+2-k=0,得x=.
当00,f(x)单调递增;
当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减.则f(x)max =f=-ln(k-2)-1.
易知当x>0且x→0时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→-∞,
因为f(x)有两个不同的零点,
所以f(x)max=-ln(k-2)-1>0,可得2所以k的取值范围是.
(ii)由题意知所以k-2=.
由a+1即a+1<(m+an)=.
令x=∈(0,1),则a+1<(x+a)恒成立,
即(a+1)(x-1)-(x+a)ln x>0对任意x∈(0,1)恒成立.
令g(x)=(a+1)(x-1)-(x+a)ln x,x∈(0,1),
则g'(x)=a-ln x-,令φ(x)=g'(x),x∈(0,1),则φ'(x)=.
因为x∈(0,1),
所以当a≤0时,φ'(x)<0,则φ(x)单调递减,φ(x)>φ(1)=0,
从而g(x)单调递增,故g(x)当0φ(1)=0,
从而g(x)在(a,1)上单调递增,故当x∈(a,1)时,g(x)当a≥1时,φ'(x)>0,则φ(x)单调递增,φ(x)<φ(1)=0,
从而g(x)单调递减,故g(x)>g(1)=0,符合题意.
综上所述,a的取值范围为[1,+∞).
4 [配合探究点三使用] [2026·江苏盐城七校联考] 已知函数f(x)=ax-b,g(x)=-x2+xln a,a>0且a≠1,b∈R.
(1)若f(x)与g(x)的图象在x=0处有相同的切线,求实数b的值;
(2)当b=1,x≥0时,求证:f(x)≥g(x);
(3)当b=0时,记h(x)=f(x)-g(x),若存在x1,x2∈[-1,1],使得|h(x1)-h(x2)|≥e-1,求实数a的取值范围.
解:(1)由f(x)=ax-b,得f'(x)=axln a,则f'(0)=ln a.
由g(x)=-x2+xln a,得g'(x)=-2x+ln a,则g'(0)=ln a.
因为函数f(x)与g(x)在x=0处有相同的切线,所以f(0)=g(0),则1-b=0,解得b=1.
(2)证明:当b=1时,f(x)=ax-1,g(x)=-x2+xln a,
设F(x)=f(x)-g(x)=ax-1-(-x2+xln a)=ax+x2-xln a-1,
则F'(x)=(ax-1)ln a+2x.
当a>1时,ln a>0,当x≥0时,ax-1≥0,
则F'(x)=(ax-1)ln a+2x≥0,所以F(x)在[0,+∞)上单调递增,又F(0)=0,所以F(x)≥F(0)=0,所以f(x)≥g(x);
当0所以F(x)≥F(0)=0,所以f(x)≥g(x).
综上可得f(x)≥g(x).
(3)当b=0时,h(x)=f(x)-g(x)=ax-(-x2+xln a)=ax+x2-xln a,
所以h'(x)=(ax-1)ln a+2x.
①当a>1时,ln a>0,则h'(x)在[-1,1]上单调递增,又h'(0)=0,所以当x∈[-1,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(0,1]时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(0)=1,h(x)max=max{h(-1),h(1)}.h(-1)=+1+ln a,
h(1)=a+1-ln a,h(1)-h(-1)=a--2ln a.
令G(a)=a--2ln a,a>1,则G'(a)=>0,所以G(a)在(1,+∞)上单调递增,G(a)>G(1)=0,即h(1)>h(-1).因为存在x1,x2∈[-1,1],使得|h(x1)-h(x2)|≥e-1,
所以h(x)max-h(x)min=a+1-ln a-1=a-ln a≥e-1.
令m(a)=a-ln a,a>1,对m(a)=a-ln a求导得,m'(a)=1-=>0,
所以m(a)在(1,+∞)上单调递增,
又m(e)=e-1,所以a≥e.
②当0所以当x∈[-1,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(0,1]时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(0)=1,h(x)max=max{h(-1),h(1)}.h(-1)=+1+ln a,
h(1)=a+1-ln a,h(-1)-h(1)=-a+2ln a.令H(a)=-a+2ln a,0H(1)=0,即h(-1)>h(1).因为存在x1,x2∈[-1,1],使得|h(x1)-h(x2)|≥e-1,所以h(x)max-h(x)min=+ln a≥e-1.令n(a)=+ln a,05 [配合探究点一使用] 已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若不等式f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
解:(1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,则f'(x)=ex-,所以f'(1)=e-1.
又f(1)=e+1,所以切点坐标为(1,1+e),
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2,
则切线与两坐标轴的交点坐标为(0,2),,
故所求三角形的面积为×2×=.
(2)方法一:因为f(x)=aex-1-ln x+ln a,所以f'(x)=aex-1-,且a>0.
设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex-1+>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a=1时,f'(1)=0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1,所以f(x)≥1成立.
当a>1时,<1,则<1,所以f'f'(1)=a(a-1)<0,
所以存在唯一x0∈,使得f'(x0)=a-=0,且当x∈(0,x0)时f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时f'(x)>0,由a=,得ln a+x0-1=-ln x0,
则f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a
=+ln a+x0-1+ln a>2ln a-1+2=2ln a+1>1,
所以f(x)>1,所以f(x)≥1恒成立.
当0综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
方法二(构造同构函数后参变分离):
由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1,即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x,又ln x+x=eln x+ln x,所以eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.
令h(m)=em+m,则h'(m)=em+1>0,所以h(m)在R上单调递增.
由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x,可知h(ln a+x-1)≥h(ln x),所以ln a+x-1≥ln x,由题意知ln a≥(ln x-x+1)max.
令F(x)=ln x-x+1,则F'(x)=-1=.
所以当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F(x)max=F(1)=0,则ln a≥0,即a≥1,
故a的取值范围为a≥1.
方法三(换元同构):
由题意知a>0,x>0,令aex-1=t,则ln a+x-1=ln t,所以ln a=ln t-x+1,
则f(x)=aex-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1,
由f(x)≥1可得t-ln x+ln t-x+1≥1,则t+ln t≥x+ln x,又y=x+ln x在(0,+∞)上单调递增,所以t≥x,即aex-1≥x,则a≥.
令g(x)=,则g'(x)==.
当00,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
所以当x=1时,g(x)=取得最大值,最大值为g(1)=1,所以a≥1.
方法四(必要性探路法):
因为f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)≥1,所以f(1)≥1,即a+ln a≥1.
令S(a)=a+ln a,则S'(a)=1+>0,所以S(a)在区间(0,+∞)上单调递增.
因为S(1)=1,所以当a≥1时,有S(a)≥S(1),即a+ln a≥1.
下面证明当a≥1时,f(x)≥1恒成立.
令T(a)=aex-1-ln x+ln a,只需证当a≥1时,T(a)≥1恒成立.
因为T'(a)=ex-1+>0,所以T(a)在区间[1,+∞)上单调递增,则T(a)min=T(1)=ex-1-ln x.
因此要证明当a≥1时,T(a)≥1恒成立,只需证明T(a)min=ex-1-ln x≥1恒成立即可.
由ex≥x+1,ln x≤x-1,得ex-1≥x,-ln x≥1-x,
上面两个不等式两边相加可得ex-1-ln x≥1,故当a≥1时,f(x)≥1恒成立.
当0故a的取值范围为a≥1.(共82张PPT)
第18讲 导数的综合问题
第1课时 利用导数求解不等式恒（能）成立问题
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答案核查【作】
一、构造函数证明不等式：构造法证明不等式是指在证明与函
数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用
函数的单调性、极值、最值加以证明.
二、与， 有关的常用不等式：
与 有关的常用不等式：
（1），的图象与 的图象在
处相切；（2），的图象与 的图象
在 处相切.
与 有关的常用不等式：
（1）；（2） ；
（3）， ；
（4）， .
用取代的位置，相应的可得到与 有关的常用不
等式.
三、恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：
①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，
函数最值；④换元分离，简化运算.
在求解过程中，力求“脑中有‘形 ，心中有‘数’”，依托端点效应，
缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
探究点一 单变量不等式恒成立问题
例1 已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
解：因为 ，
所以 ，
令，可得或 ，
所以当或时，，当时， ，
所以函数的单调递增区间为， ，
单调递减区间为 .
（2）若对任意恒成立，求实数 的取值范围.
解：由（1）可知，函数在区间上单调递增，
在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，
所以当时， .
因为对任意 恒成立，
所以，解得，
因此实数 的取值范围是 .
例2 [2026·河北秦皇岛模拟] 已知函数 .
（1）当时，求函数的图象在 处的切线方程；
解：当时， ，函数的定义域为 ，
则 ，所以， ，
所以所求切线方程为 ，
即 .
（2）若恒成立，求 的取值范围.
解：方法一：， ，
，
因为 ，所以 .
当时，，则在 上单调递增，
当 时，
，
不满足 恒成立，故舍去.
当时，令，得 ，
当时，，则在 上单调递增，
当时，，则在 上单调递减，
则的最大值为 .
依题意 恒成立，
令，， ，
则，则在 上单调递增，
又，所以等价于 ，
所以且 ，可得，
则的取值范围是 .
方法二：由题意得
，
设，则 恒成立，
因为恒成立，所以函数在 上为增函数，
又，所以要使恒成立，只需使 恒成立，
即恒成立，得 恒成立.
设，则 ，
可得当时，，当时， ，
故在区间上单调递减，在区间 上单调递增，
所以 ，
从而，即的取值范围是 .
总结反思
利用分离参数法求解不等式, 为实参数 恒成立问
题中参数取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离,化为或 的形式;
②求在 时的最大值或最小值;
③解不等式或,得到 的取值范围.
（2）对不适合分离参数的不等式,常常将参数看成常数,通过分析,变
形,合理构造函数,转化成求函数的最值问题.
【对点演练1】 [2026·江苏常州模拟] 已知函数
.
（1）当时，求函数 的单调区间；
解：当时，， ，
则 ，
由，且，可得或 ，
由，且，可得 ，
所以函数的单调递减区间是，
单调递增区间是 和 .
（2）若恒成立，求实数 的取值范围.
解：方法一：由恒成立，
可得对任意 ， 恒成立，
即对任意， 恒成立.
令,，可得 ，
则当时，，当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以，所以 ，即实数的取值范围为 .
方法二：由恒成立，
可得对任意 ， 恒成立.
令,，则 .
当时，可得，则在 上单调递增，
可得，
此时 不恒成立，不合题意.
当时，令，解得 ，
所以当时，，则在 上单调递增，
当时，，则在 上单调递减，
所以 .
因为恒成立，所以只需使成立，解得 ，
即实数的取值范围为 .
探究点二 不等式能成立问题
例3 [2025·山东菏泽模拟] 已知函数 .
（1）求 的单调区间；
解： .
当时，恒成立，此时在 上单调递减.
当时，令，则
当时，，则在 上单调递减，
当时，，则在 上单调递增.
综上所述,当时,的单调递减区间为 ,无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为 ，
单调递增区间为 .
（2）当时，存在，使得，求 的取值范围.
解：因为存在，使得，
所以只需当 时，或 .
因为，所以当时， ，
所以只需.
由（1）知当时，为 与 中的较大者，
所以或，解得或 ，
所以 .
综上所述，的取值范围为 .
总结反思
若存在，使成立，则只需, ；
若存在，使成立，则只需, .
由此可构造不等式，求解参数的取值范围.
【对点演练2】 [2026·河北唐山期中] 已知函数
.
（1）若当时，恒成立，求实数 的最大值；
解：由，得 ，
由题意得对任意 恒成立.
令，则 ，
因为函数，在 上均单调递增，
所以在上单调递增，易知 ，
则当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增.
所以，所以实数 的最大值为0.
（2）若关于的不等式在上有解，求实数 的
取值范围.
解：关于的不等式在 上有解，
即在 上有解.
令， ,
则 ,
可得当时， .
当时，，所以在 上单调递增；
当时，，所以在 上单调递减.
所以在 处取得最小值，最小值为 ，
所以，即实数的取值范围为 .
探究点三 含有两个变量不等式恒（能）成立问题
例4 [2026·湖南长沙模拟] 已知函数， .
（1）若函数在上单调递增，求实数 的取值范围；
解：的定义域为 ，
，
令，得，故的单调递增区间为 .
因为在上单调递增，所以，解得 ，
即的取值范围是 .
（2）若为函数的极值点，求 的值；
解：令，得；
令，得 ；
令，得 .
所以在上单调递减，在 上单调递增，
故在处取得极小值， 是唯一的极值点，
所以，解得 .
（3）设函数，当 时，若对于任意
，总存在，使得，求实数 的
取值范围.
解：由（2）知当时， 取得极小值，也是最小值，
最小值为 ，
当时， .
因为对任意，总存在，使得 ，
所以当时， .
易知函数 的图象开口向上，
对称轴方程为 .
当，即时，在 上单调递增，
故 ，
解得，故 ；
当，即时，在 上单调递减，
故，解得，故 ；
当，即时，在 上单调递减，
在 上单调递增，
故，解得或 ，
故或 .
综上所述，实数的取值范围是 .
总结反思
对于含有两个变量如， 的不等式的恒（能）成立问题一定要
正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转化,常见的等价转化有:
（1）,, .
（2）,,
（3）,, .
（1）讨论 的单调性；
解：的定义域为， .
若，则当时，，当时， ，
所以在上单调递增，在 上单调递减；
若，则当或时,，当 时, ，
所以在和上单调递增，在 上单调递减；
【对点演练3】 [2025·安徽滁州质检] 已知函数 .
若，则当或时,，当 时, ，
所以在和上单调递减，在 上单调递增.
综上可知,当时,在上单调递增,在 上单调递减；
当时,在和上单调递增,在 上单调递减；
当时,在和 上单调递减,在 上单调递增.
（2）若对任意和任意 ，都有
，求实数 的取值范围.
解：令,易知,由题意知,当 时, .
由（1）知，当,且时 .
可得,则当时,,当 时, ,
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以.
所以，可得 ，故实数的取值范围为 .
例1 ［配合探究点一使用］[2025·黑龙江哈尔滨期末] 已知函数
.
（1）若函数的图象在 处的切线斜率为3，求该切线方程；
解：,则，所以 ，
则,可得，则切点为 ，
所以切线方程为，即 .
【备选理由】例1考查单变量不等式恒成立求参数取值范围,意在提升
学生转化问题的能力.
（2）若时，恒成立，求 的取值范围.
解：由题意得对任意 恒成立,
因为,所以 .
设,,则 .
设,,则,
所以 在 上单调递增.
因为,所以当时，
即,则 在 上单调递减；
当时，即,则在 上单调递增.
所以,所以 .
例2 ［配合探究点二使用］[2026·四川乐山调研] 已知函数
.
（1）当时，求 的单调区间；
【备选理由】例2是不等式能成立求参数取值范围问题,当不能分离
参数时,常利用分类讨论法求解.
解：当时，， ，
则 .
令，解得或 （舍去）.
则当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
综上所述，当时，的单调递增区间为 ，
单调递减区间为 .
（2）若存在，使得，求 的取值范围.
解：由题意知 ，
令 .
当时，由可知，即，
则在 上单调递增，
所以对任意，都有 ，符合题意.
当时，由，解得， ，
显然，下面根据 与1的大小关系分类讨论.
当时，，则在 上单调递增，
所以存在，使得 ，符合题意.
当时，，对任意，都有 ，即 ，
所以在上单调递减，所以 恒成立，
不符合题意.
综上所述，的取值范围为 .
例3 ［配合探究点三使用］已知函数 ．
（1）若，求函数 的最大值；
解：当时，， ,
由得，由得 ,
所以在上单调递增，在 上单调递减，
则 .
【备选理由】例3是含有两个变量不等式恒成立求参数取值范围问题,
关键在于由条件入手，寻找两个变量满足的关系式，并把含两个变量
的不等式转化为只含一个变量的不等式，然后构造函数，再借用导数
判断函数的单调性，从而求解.
（2）若函数有两个不同的零点， ．
（ⅰ）求实数 的取值范围；
解：由，得 .
当时，，在 上单调递增，
所以在 上至多有一个零点，不符合题意.
当时，在 上单调递减，
令，得 .
当时，， 单调递增；
当时，， 单调递减.
则 .
易知当且时,，当 时, ,
因为 有两个不同的零点，所以，
可得 ，所以的取值范围是, .
（ⅱ）若不等式恒成立，求实数 的取值范围．
解：由题意知所以 .
由,
，
即 .
令，则 恒成立，
即对任意 恒成立.
令， ，
则，
令， ，则 ．
因为 ，所以当时，，
则单调递减， ，
从而单调递增，故 ，不符合题意.
当时，在上单调递减，
则当 时， ，
从而在上单调递增，故当时， ，
不符合题意.
当时，，则单调递增， ，
从而单调递减，故 ，符合题意.
综上所述，的取值范围为 .
例4 ［配合探究点三使用］[2026·江苏盐城七校联考] 已知函数
，，且， .
（1）若与的图象在处有相同的切线，求实数 的值；
解：由，得,则 .
由，得,则 .
因为函数与在处有相同的切线，所以 ，
则，解得 .
【备选理由】例4考查含有两个变量不等式能成立求参数范围,并涉及
绝对值不等式,有助于提升学生逻辑推理和数学运算的核心素养.
（2）当，时，求证： ；
证明：当时，, ，
设 ，
则 .
当时，，当时， ，
则，所以在 上单调递增，
又，所以，所以 ；
当时，，当时， ,
则 ，所以，
所以 .
综上可得 .
（3）当时，记，若存在, ，使
得，求实数 的取值范围.
解：当 时,
，
所以 .
①当时，，则在上单调递增，
又 ，所以当时，,单调递减，
当 时，,单调递增，
所以 ，,
, , .
令，则，
所以 在上单调递增，，即 .
因为存在，，使得 ，
所以 .
令，，
对 求导得， ，
所以在 上单调递增,又,所以 .
②当时,,在 上单调递增,且 ,
所以当时,,单调递减,
当 时,, 单调递增,
所以, ,
, , .
令，,求导得 ，
所以在上单调递减，则，即 .
因为存在，，使得 ，
所以.
令， ，
对求导得,,所以在 上单调递减,
又，所以.
综上，实数 的取值范围是 , .
例5 ［配合探究点一使用］已知函数 .
（1）当时，求曲线在点 处的切线与两坐标轴
围成的三角形的面积；
【备选理由】例5是不等式恒成立求参数范围问题,给出了四种解法,
对于同一问题的处理方式可以是多样的,学习过程应拓宽思维,对不同
的方法多加理解应用.
解：当时，，则 ，
所以 .
又，所以切点坐标为 ,
所以曲线在点 处的切线方程为
,即 ,
则切线与两坐标轴的交点坐标为,, ,
故所求三角形的面积为 .
（2）若不等式恒成立，求 的取值范围.
解：方法一：因为,
所以 ，且 .
设,则 ,
所以在上单调递增，即在 上单调递增.
当时,,则在上单调递减,在 上单调递增,
所以,所以 成立.
当时,,则 ,所以 ,
所以存在唯一，，使得 ，
且当时，当时，
由 ，得 ，
则
,
所以,所以 恒成立.
当时，,则 不恒成立.
综上所述，实数的取值范围是 .
方法二（构造同构函数后参变分离）：
由得 ，
即，
又 ，所以 .
令,则,所以在 上单调递增.
由 ,可知,
所以 ，
由题意知 .
令，则 .
所以当时，, 单调递增；
当时，, 单调递减.
所以，则，即 ，
故的取值范围为 .
方法三（换元同构）：由题意知,，
令，则 ，所以 ，
则 ，
由可得，则 ，
又在上单调递增,所以,即 ,
则 .
令，则 .
当时，,单调递增；
当时， , 单调递减.
所以当时，取得最大值，最大值为 ，
所以 .
方法四（必要性探路法） 因为的定义域为，且，
所以 ，即 .
令，则，
所以在区间 上单调递增.
因为，所以当时，有，即 .
下面证明当时， 恒成立.
令，只需证当时， 恒成立.
因为，所以在区间 上单调递增，
则 .
因此要证明当时， 恒成立，
只需证明 恒成立即可.
由,，得, ，
上面两个不等式两边相加可得，
故当 时， 恒成立.
当时，，显然不满足 恒成立.
故的取值范围为 .
作业手册
◆ 夯实基础 ◆
1.[2026·江苏无锡期中] 已知函数 .
（1）证明： 在定义域上不存在极值；
证明：函数的定义域为， ，
令，则 ，
所以当时，当时 ，
所以在上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以 恒成立，
所以在上单调递增，故 不存在极值.
（2）若对任意恒成立，求实数 的取值范围.
解：因为对任意 恒成立，
所以对任意 恒成立.
当时，式为 ，恒成立，
当时，由式得对任意 恒成立.
令， ，
则 .
令，则 ，
可得当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以当时，即 .
所以当时，当时 ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 .
综上可知，的取值范围为 .
2.已知函数 .
（1）若，求函数 的单调区间和极值；
解：若，则 ，
则 .
令，可得或；
令，可得 .
所以该函数的单调递增区间为和，单调递减区间为 ，
当时取得极大值，当时取得极小值 .
（2）若存在，使得成立，求 的取值范围.
解：因为存在，使得 成立，
所以存在，使得成立，
即存在 ，使得 成立.
由，得，所以存在，使得 .
设，其中，则 ，
因为，所以 ，
由，得,由,得 ,
则在上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以，即 ，
故的取值范围为 .
3.已知函数，， .
（1）求的图象过点 的切线方程；
解：设切点坐标为，对函数求导得 ，
所以切线斜率.
又因为切线过点 ，所以解得
所以切线方程为 .
（2）求函数 的最大值；
解：令 ，对函数求导得 ，
由，得,由，得,
所以函数 在区间上单调递增，在区间 上单调递减，
所以函数在处取得最大值，最大值为 .
（3）若存在，使得对任意 ，都有
成立，求实数 的取值范围.
解：因为存在，使得对任意 ，
都有成立，所以 .
对函数求导得 .
①当时，令,则 ，
可得函数在区间上单调递增，在 上单调递减，
所以函数在处取得最大值，最大值为 ，
所以 ，符合题意.
②当时，令，即 ，
解得, .
当，即时，函数在 上单调递增，
此时函数 无最大值，不符合题意.
当，即时，函数在, 上单调递增，
在上单调递减，此时函数 无最大值，不符合题意.
当，即时，函数在, 上单调递增，
在上单调递减，此时函数 无最大值，不符合题意.
当，即时，
函数在上单调递增，在 上单调递减，
此时函数在 处取得最大值，最大值为 ，
所以，即 .
综上所述，实数的取值范围是 .
◆ 综合提升 ◆
4.[2026 河北保定六校联盟联考] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解： ，
.
①当时,,则在 上单调递增.
②当时，由得 ，
令得，令得 ，
在上单调递增，在 上单调递减.
综上，当时,在 上单调递增；
当时,在上单调递增，
在 上单调递减.
（2）设，当时，
恒成立，求 的取值范围.
解：方法一：当 时，
恒成立，
即恒成立.
令 ，只需满足 .
可得 .
令，则 ，
，，
在 上单调递增，
， ，
存在，使得 ，
即 .
令，则 ，
可得，在 上单调递增，
，即 .
可得当时，，， 单调递减，
当时，，， 单调递增，
故在处取得最小值 ，
结合①可得 ，
，解得 .
方法二：令，则，
令 得 ，
当时，,单调递减，
当 时，， 单调递增，
，即，当且仅当 时等号成立.
当 时， , ，
由①知，当且仅当 时等号成立.
令，，则，
在 上单调递增，
又, ,存在,使得 ,
当,即时，对任意 ，都有，
恒成立，
当时，， ，
则必有 ，
存在，使得 ，不符合题意.
综上可知， .
课堂考点探究
例1（1）单调递增区间为,,单调递减区间为 （2）
例2（1） （2）
对点演练1（1）单调递减区间是,单调递增区间是和 （2）例3（1）当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为 （2）
对点演练2（1）0（2）
例4（1） （2） （3）
对点演练3（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增 （2）
教师备用习题
例1（1） （2）
例2（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2）
例3（1） （2）（ⅰ）, （ⅱ）
例4（1）1 （2）证明略 （3）, 例5（1） （2）夯实基础
1.（1）证明略（2）
2.（1）单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时取得极大值，当时取得极小值
（2）
3.（1） （2） （3）
综合提升
4.（1）当时,在上单调递增；
当时,在上单调递增，在上单调递减
（2）

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