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第五节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
学霸笔记：分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法．一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min，若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x)max，由此构造不等式，求参数的范围．

题型2　最值法解决不等式恒(能)成立问题
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝f(x)·(ex－bx－1)．
(1)若存在x使得f(x)>0成立，求a的取值范围；
(2)当a≥1时，g(x)≤0在定义域内恒成立，求b的取值范围．



②当b>1时，
由h′(x)>0，解得x>ln b，h(x)在x∈(ln b，＋∞)单调递增，
由h′(x)<0，解得x所以h(x)min＝h(ln b)即h(x)≥0在x∈(0，＋∞)不能恒成立，舍去．
综上所述，b的取值范围为(－∞，1].
学霸笔记：在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)＞(＜)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则①f(x，a)＞0恒成立 g(a)＞0；②f(x，a)＜0有解 g(a)＜0.
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)＜0恒成立 g(a)＜0；②f(x，a)＞0有解 g(a)＞0.
跟踪训练　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤0对x>0恒成立，求实数a的取值范围．


解析：(1)由题设f(x)＝ex－bx，
则f′(x)＝ex－b，且x∈(0，＋∞)，
若b≤0，则f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
若01≥b，即f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
若b>1，则当0ln b时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，ln b)上单调递减，在(ln b，＋∞)上单调递增，
此时f(x)的极小值为f(ln b)＝b(1－ln b)，无极大值．


4.(17分)(2026·商丘模拟)已知定义域为R的函数f(x)的导函数f′(x)＝3ax2＋2cos x－m，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.
(1)求m的值；
(2)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(3)若f(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)由题意知f′(x)＝3ax2＋2cos x－m，
且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，
所以f′(0)＝1，即2－m＝1，解得m＝1.
第五节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
多元视角·拓展教材　探究式精练 收获一个“赢”
视角一　单变量不等式恒成立问题
题型1　分离参数法解决恒(能)成立问题
例1 设函数f(x)＝x ln x.
(1)求f(x)的极值；
(2)已知实数a>0，若存在实数x使不等式a·2axln 2－≤0成立，求a的取值范围；
(3)已知不等式f(2m)－f(2n)>k(m－n)2对满足m>n>0的一切实数m，n成立，求实数k的取值范围．
学霸笔记：分离参数法是将含参不等式中的参数通过恒等变形，使参数与其变量分离的一种方法．一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min，若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x)max，由此构造不等式，求参数的范围．
跟踪训练　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a的值；
(2)若f(x)≥g(x)，求a的最小值．
题型2　最值法解决不等式恒(能)成立问题
例2 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝f(x)·(ex－bx－1)．
(1)若存在x使得f(x)>0成立，求a的取值范围；
(2)当a≥1时，g(x)≤0在定义域内恒成立，求b的取值范围．
学霸笔记：在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)＞(＜)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则①f(x，a)＞0恒成立 g(a)＞0；②f(x，a)＜0有解 g(a)＜0.
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则①f(x，a)＜0恒成立 g(a)＜0；②f(x，a)＞0有解 g(a)＞0.
跟踪训练　已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤0对x>0恒成立，求实数a的取值范围．
视角二　双变量不等式恒(能)成立问题
例3 (2026·郑州模拟)已知函数f(x)＝m(x2＋2x)－ln (xex)(m∈R)，g(x)＝1－＋x2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意x1>0，总存在x2∈[－2，－1]，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
学霸笔记：“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.
.
＞g(x)max.
(4) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
跟踪训练　已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)当a＝时，求f(x)在区间[，e]上的最小值；
(2)若函数g(x)＝－－2a(x>0)，对于 x1，x2>0，f(x1)≥g(x2)，求a的取值范围．
提示：请完成课时作业19
第五节　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
多元视角·拓展教材
视角一
例1　解析：(1)f(x)＝x ln x，则f′(x)＝1＋ln x(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0，
当x∈时，f′(x)>0，
故f(x)在上单调递减，在上单调递增，
从而f(x)＝x ln x在x＝处取到极小值，极小值为f，不存在极大值．
(2)由a·2axln 2－≤0可得ax·2axln 2≤x ln x，
即2axln 2ax≤x ln x(*)，因为a>0，所以2ax>1，
所以2axln 2ax>0，
由(1)可得f(x)＝x ln x在上单调递增，故(*)式即f(2ax)≤f(x)，
可得1<2ax≤x，即0令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
当00，当x>e时，g′(x)<0，
故g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
g(x)的极大值，即最大值为g(e)＝，
由题意，存在实数x使不等式a·2axln 2－≤0成立，可得a∈，所以a的取值范围为.
(3)不等式f(2m)－f(2n)>k(m－n)2对满足m>n>0的一切实数m，n成立，
则有2m ln 2m－2n ln 2n>k(m－n)2，
不妨设m－n＝t，则t>0，且2n＋t(n＋t)ln 2－2nn ln 2>kt2，
即2n＋tn ln 2－2nn ln 2＋2n＋tt ln 2>kt2，
所以k<＝2n ln 2，
令h(n)＝2n ln 2，显然有h(n)在n∈(0，＋∞)上单调递增，
从而h(n)>h(0)＝，
令s(t)＝，则s′(t)＝，
当0时，s′(t)>0，
故s(t)在上单调递减，在上单调递增，
从而可得s(t)极小值＝s(t)min＝s＝＝eln 2，
依题意，h(0)＝的最小值为eln22，
故有k≤eln22，即实数k的取值范围为(－∞，eln22].
跟踪训练　解析：(1)因为f′(x)＝(x>0)，所以k＝f′(1)＝1，
所以函数f(x)在点P(1，0)处的切线方程为y－0＝1×(x－1)，即x－y－1＝0，
因为f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y＝g(x)也相切，
设切线x－y－1＝0与曲线y＝g(x)的切点为，
所以x0－－1＝0　①，
因为g′(x)＝(x>0，a∈R)，所以k＝g′(x0)＝＝1　②，
联立①②解得a＝1.
(2)因为f(x)≥g(x)，所以ln x－1＋≥0恒成立，
即a≥x－x ln x在(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝－ln x，
当00，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，
由题意可知a≥(x－x ln x)max，故a≥1，
故a的最小值为1.
例2　解析：(1)方法一　存在x∈(0，＋∞)使得ln x－ax＋1>0成立，
即存在x使得a<成立，
设m(x)＝，m′(x)＝，
令m′(x)＝0，x＝1，
当x∈(0，1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)max＝m(1)＝1，所以a<1，所以a的取值范围为(－∞，1)．
方法二　x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－a，
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝－a＋1>0，
所以总存在x使得f(x)>0成立；
②当a>0时，令f′(x)>0，解得0令f′(x)<0，解得x>，
故此时函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
f(x)max＝f＝ln ＋1＝ln ，
因为存在x∈(0，＋∞)使得f(x)>0成立，
所以f(x)max＝ln >0，所以0综上所述，a的取值范围为(－∞，1)．
(2)由(1)可知，当a≥1时，f(x)≤0在x∈(0，＋∞)恒成立，
所以函数ex－bx－1≥0在x∈(0，＋∞)恒成立，
方法一　问题转化为b≤在x∈(0，＋∞)恒成立，
设q(x)＝，x∈(0，＋∞)，q′(x)＝，
设p(x)＝exx－ex＋1，当x∈[0，＋∞)，p′(x)＝exx≥0，
所以p(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，＋∞)，p(x)>p(0)＝0，
故q′(x)>0，q(x)在x∈(0，＋∞)单调递增，
根据洛必达法则，＝1，
所以q(x)>1，所以b≤1，所以b的取值范围为(－∞，1].
方法二　设h(x)＝ex－bx－1≥0，h′(x)＝ex－b，
①当b≤1时，
h′(x)≥0在x∈[0，＋∞)恒成立，h(x)在x∈[0，＋∞)单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0在x∈(0，＋∞)恒成立，
②当b>1时，
由h′(x)>0，解得x>ln b，h(x)在x∈(ln b，＋∞)单调递增，
由h′(x)<0，解得x所以h(x)min＝h(ln b)即h(x)≥0在x∈(0，＋∞)不能恒成立，舍去．
综上所述，b的取值范围为(－∞，1].
跟踪训练　解析：(1)函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，对f(x)求导得
f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝，
当a≤0时，则f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－，
由x>0可知x＝，
所以当x∈时，(ax－1)<0，f′(x)>0，即f(x)在上单调递增，
当x∈时，(ax－1)>0，f′(x)<0，即f(x)在上单调递减．
综上所述，a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)≤0不可能恒成立．
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)在x＝处取得最大值f＝ln ＋(2－a)＝－ln a＋－1，
设g(a)＝－ln a＋－1(a>0)，g′(a)＝－<0，则g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
因为g(1)＝－ln 1＋－1＝0，
所以g(a)≤0 a≥1，
故实数a的取值范围为[1，＋∞)．
视角二
例3　解析：(1)f(x)＝m(x2＋2x)－ln (xex)＝m(x2＋2x)－x－ln x，
则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝，
所以当m≤0时，有f′(x)<0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当m>0时，由f′(x)<0，解得x∈，f(x)在上单调递减，
由f′(x)>0，解得x∈，f(x)在上单调递增．
综上，m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
m>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知，当m>0时，f(x)min＝f＝－＋ln 2m＋1，
根据题意，不等式等价于－＋ln 2m＋1≥g(x2)min，x2∈[－2，－1]，
对于g(x)＝1－＋x2，x∈[－2，－1]，则g′(x)＝－＋2x<0，
所以g(x)在x∈[－2，－1]上单调递减，所以g(x)min＝g(－1)＝2－，
则有－＋ln 2m＋1≥2－，即－ln 2m－1≤－2，
设h(m)＝－ln 2m－1，m>0，则h′(m)＝－<0，
所以h(m)在定义域单调递减，又h＝－2，
所以－ln 2m－1≤－2 h(m)≤h，所以m≥，即m的取值范围是.
跟踪训练　解析：(1)当a＝时，f(x)＝－ln x＋x－，
求导得f′(x)＝，
令m(x)＝x－ex，
则m′(x)＝1－ex<0在(0，＋∞)上恒成立，则m(x)则x－ex<0在区间上恒成立．
则当当1故f(x)min＝f(1)＝－ln 1＋1－＝1.
(2)由g(x)＝－－2a(x>0)，可得g′(x)＝，
则当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
则g(x)max＝g(1)＝－e－2a，
结合(1)可得f(x)min＝f(1)＝＋1－a，由题得f(x)min≥g(x)max，
即＋1－a≥－e－2a，可得a≥－e－－1，
则a的取值范围为.

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