导数 恒成立与有解问题解法荟萃与题型

恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
目录：
专题 01 分离变换法
专题 02 直接讨论法
专题 03 数形结合法
专题 04 特殊点法
专题 05 洛必达法则
专题 06 差值比较法
专题 07 与二次型有关的恒成立与有解问题
专题 08 与零点有关的恒成立问题
专题 09 与隐零点有关的恒成立问题
专题 10 与函数单调性有关的恒成立问题
专题 11 与数列有关的恒成立问题
专题 12 与最值或最值函数有关的恒成立问题
专题 13 与函数不等式证明有关的问题
专题 14 与切线有关的恒成立问题
专题 15 与极值点偏移有关的恒成立问题
专题 16 与双变量有关的恒成立问题
专题 1 分离变换法
一、问题指引
分离变换是解决方程、不等式有解，不等式恒成立最常用的方法，根据分离对象的不同可分
为分离常数法、分离整式法、分离参数法及分离函数法。
二、方法详解
（一）分离常数法
分离常数法是研究分式形式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有
ax by
cx d
?
?
?
，
2
2
ax bx cy
mx nx p
? ?
?
? ?
，
x
x
m a ny
p a q
? ?
?
? ?
， sin
sin
m x ny
p x q
? ?
?
? ?
等.解题的关键是通过恒等变形从分式函数
中分离出常数.
【例 1】 若对任意实数 x恒有
2
2
2
2 3
1
xa a
x
?
? ?
?
，求实数 a 的取值范围.
【分析】从
2
2
2 3
1
x
x
?
?
中分离出 2，使分子为常数，便于求范围。
【解析】因为
2
2 2
2 3 12
1 1
x
x x
?
? ?
? ?
，由
2
2 2
1 10 0 1 2 2 3
1 1
x
x x
? ? ? ? ? ? ? ?
? ?
，
所以 2
2
3
a
a
??
? ??
， 3 3 2a a? ? ? ?或 。所以 a的取值范围是 ? ? ?, 3 3,2??? ? ?? 。
【评注】形如
? ?
? ? ? ?
0
cf x d
y a
af x b
?
? ?
?
的函数可以用分离常数法求值域。
【类题展示】
3 3 log 2
3 3
x x
ax x
?
?
?
?
?
对任意实数 x 恒成立，求 a 的取值范围。
【解析】因为
2
2 2
3 3 3 1 21 1 2 1
3 3 3 1 3 1
x x x
x x x x
?
?
? ?
? ? ? ? ? ? ?
? ? ?
，所以 log 2 1a ? ? ，
1 1
2
a? ? 。[来
源:学.科.网]
所以 a的取值范围是
1 ,1
2
? ?
? ?
? ?
。
（二）分离整式法
形如
? ?
? ?
2
c f x d
y
af x b
?? ?? ??
?
的函数可通过分离整式后利用基本不等式求最值。
【例 2】 若方程 ? ?2 7 10 1x x a x? ? ? ? 在 ? ?1,? ?? 上有解，求 a 的取值范围.
【分析】先分离参数 a，再分离整式利用基本不等式求最值
【解析】
2 27 10 [( 1) 1] 7[( 1) 1] 10
1 1
x x x xa
x x
? ? ? ? ? ? ? ?
? ?
? ?
2( 1) 5( 1) 4
1
x x
x
? ? ? ?
?
?
4[( 1) ] 5
1
x
x
? ? ? ?
?
42 ( 1) 5 9
1
x
x
? ? ? ?
?
.当且仅当
41
1
x
x
? ?
?
，即 1x? 时，等号成立.所以 9a ? ，即 a 的取值
范围是? ?9,?? 。
【评注】通过分离整式，把确定参数范围的问题转化成应用重要不等式求函数值域的问题，
避免了直接探求带来的繁杂运算。
【类题展示】已知关于 x的方程 有解，试确定
参数 a的取值范围。
【解析】问题等价于方程 ， 有解，
由*得 ，（ ），分离常数得
当且仅当 ，即 时等号成立∴a的取值范围是 。
（三）分离参数法
若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，
且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，即分离参数法。基本步骤为：
第一步 首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不
等式
的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
第二步 先求出含变量一边的式子的最值；
第三步 由此推出参数的取值范围即可得出结论.
分离参数法有以下几种类型：
I.常规法分离参数
所谓常规法分离参数，就是通过解不等式或解方程把参数解出来，再研究分离出来的函数的值
域或最值，从而求出参数取值范围。[来源:学_科_网Z_X_X_K]
【例 3】已知函数 H(x)＝xln x－λ(x
2－1)，若对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 H(x)≤0，求
实数λ的取值范围．
【分析】H(x)≤0＝H(1)恒成立转化为 H′(x)＝ln x＋1－2λx≤0 恒成立，再分离参数求解
【解析】设函数 H(x)＝xln x－λ(x
2
－1)，
从而对任意 x∈[1，＋∞)，不等式 H(x)≤0＝H(1)恒成立．
又 H′(x)＝ln x＋1－2λx，
当 H′(x)＝ln x＋1－2λx≤0，即
ln x＋1
x
≤2λ恒成立时，
函数 H(x)单调递减．
设 r(x)＝
ln x＋1
x
，则 r′(x)＝
－ln x
x2
≤0，
所以 r(x)max＝r(1)＝1，即 1≤2λ?λ≥
1
2
，符合题意；
当λ≤0 时，H′(x)＝ln x＋1－2λx≥0 恒成立，此时函数 H(x)单调递增．
于是，不等式 H(x)≥H(1)＝0 对任意 x∈[1，＋∞)恒成立，不符合题意；
当 0＜λ＜
1
2
时，设 q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx，
则 q′(x)＝
1
x
－2λ＝0?x＝ 1
2λ
＞1，
当 x∈
1，
1
2λ 时，q′(x)＝
1
x
－2λ＞0，此时 q(x)＝H′(x)＝ln x＋1－2λx单调递增，
所以 H′(x)＝ln x＋1－2λx＞H′(1)＝1－2λ＞0，
故当 x∈
1，
1
2λ 时，函数 H(x)单调递增．
于是当 x∈
1，
1
2λ 时，H(x)＞0 成立，不符合题意；
【类题展示】设
1 2 4( ) lg ,
3
x xaf x ? ?? 其中 a R? ，如果 ( .1)x? ?? 时， ( )f x 恒有意义，
求 a的取值范围。
如果 ( .1)x? ?? 时， ( )f x 恒有意义 0421 ???? xx a不等式 对 ( ,1)x? ?? 恒
成立
21 2 (2 2 )
4
x
x x
xa
? ??? ? ? ? ? ? ， ( .1)x? ?? 恒成立。
令 2 xt ?? ， 2( ) ( )g t t t? ? ? ，又 ( .1)x? ?? ，则 1( , )
2
t? ??
( )a g t? ? 对 1( , )
2
t? ?? 恒成立，又 ( )g t? 在 1[ , )
2
t? ?? 上为减函数，
max
1 3( ) ( )
2 4
t g? ? ?g ， 3
4
a? ? ?
II.倒数法分离参数
对于用常规法 ? ? ? ?af x g x? 能分离参数，得 ? ?? ?
g x
a
f x
? ，但如果 ? ?f x 有零点， 则函数
? ?
? ?
g x
f x
有铅锤渐近线，对于学生来说， 就不容易求出函数
? ?
? ?
g x
f x
的值域，怎么办？此时
应该注意到如果 ? ? 0g x ? 恒成立， 则对于 ? ? ? ?af x g x? ，可这样分离 ? ?? ?
1 f x
a g x
? ，求
函数的值域就容易多了（因为其图象是连续的曲线）。这种分离参数的方法， 我们就称
为倒数法分离参数。
【例 4】设 ．
(1) 求函数 的单调区间；
(2) 若 证明：
( 3)若函数 有两个零点 ，且 ，求实数 的取值范围；
【分析】（1）求出函数的导数，分类解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）分析出函数 在 单调递减，在 单调递增，得到
即可；
（3）由题意知 有两个根，构造 分析 ，得到 ，解出 a 的范
围即可．
【解析】（1）首先，函数定义域为 ，因 ，则当 时， ，
函数 在 上单调递增；
当 ，且 时， ，函数 的 上单调递减； 时， ，
函数 在 上单调递增，故当 时，函数 的单调递增区间是 ；当 时，
函数 的递减区间是 ，单调递增区间是 ；
（2）若 ，则 ，
当 时， 时， ，
所以：函数 在 单调递减，在 单调递增，故： ；
（3）由题设 有两个零点，显然 ，故 （注意 0x ? ），记 ，
当 时， 单调增；当 时， 单调减.所以当 ，即 时，
函数 有两个零点 ，所求实数 的取值范围是 .
【类题展示】
【解析】
III.分类法分离参数
对于形如 ? ? ? ?af x g x? 的不等式如果 ? ?f x 的符号不确定，要分离参数，需要根据 ? ?f x 的
符号分类讨论。
【例 5】当 | |m ? 2时，不等式2 1 12x m x? ? ?( ) 恒成立，求 x 的范围。
【分析】要分离出 m，需要根据 x 2 1? 的符号进行讨论
【解析】使用 | |m ? 2的条件，必须将 m 分离出来，此时应对 x 2 1? 进行讨论。
①当 x 2 1 0? ? 时，要使不等式 2 1
12
x
x
m?
?
? 恒成立，只要
2 1
1
22
x
x
?
?
? ，解得1 1 3
2
? ?
?x 。
② 当 x 2 1 0? ? 时 ， 要 使 不 等 式 2 1
12
x
x
m?
?
? 恒 成 立 ， 只 要
2 1
1
22
x
x
?
?
? ? ， 解 得
? ?
? ?
1 7
2
1x 。
③ 当 x 2 1 0? ? 时 ， 要 使 2 1 0x ? ? 恒 成 立 ， 只 有 x ? 1 。 综 上 ① ② ③ 得
? ?
? ?
?1 7
2
1 3
2
x 。
【评注】不要忽略 x 2 1 0? ? 的情况
【类题展示】已知函数 f (x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a 为正实数，且为常数)．若不等式(x
－1)f (x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围．
【解析】若不等式(x－1)f (x)≥0 恒成立，即(x－1)[(x＋1)ln x－ax＋a]≥0 恒成立，
①x≥1时，只需 a≤(x＋1)ln x 恒成立，
令 m(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，则 m′(x)＝ln x＋
1
x
＋1，
由(1)得：m′(x)≥2，
故 m(x)在[1，＋∞)递增，m(x)≥m(1)＝0，
故 a≤0，而 a 为正实数，故 a≤0不合题意；[来源:学科网]
②0＜x＜1时，只需 a≥(x＋1)ln x，
令 n(x)＝(x＋1)ln x(0＜x＜1)，
则 n′(x)＝ln x＋
1
x
＋1，由(1)知 n′(x)在(0,1)递减，
故 n′(x)＞n′(1)＝2，
故 n(x)在(0,1)递增，故 n(x)＜n(1)＝0，
故 a≥0，而 a 为正实数，故 a＞0.
IV.换元法分离参数
有时参数含在复合函数中，直接分离行不通，可通过换元，再分离参数。
【例 6】
【分析】无法直接分离出参数 a，可令 t x a? ? ，然后再分离参数。
【解析】
【类题展示】已知 ? ? ? ?ln 1 1f x ax ax? ? ? ? ，若 ? ?f x a? ，则 a的取值范围
【解析】设 ax t? ，则 ? ? ? ? ? ?ln 1 1f x g t t tx? ? ? ? ? ， ? ? 1 1
1 1
tg t
t t
?? ? ? ?
? ?
，所以
? ? ? ?0 1g t g? ? ? ，
所以 1a ? ? 。
【答案】 ? ?1,? ??
（四）分离函数法
我们可以发现，常规法分离参数，倒数法分离参数，换元法分离参数，分类法分离参数，
确实可以规
避对参数的分类讨论。这些方法其实是一种很自然的方法，我们一旦接触、领悟，定会
豁然开朗，便会形成一种条件反射。当然，针对某些具体题型，分离参数法并不一定是
最简单的方法，如一次函数、二次函数背景的命题，可能利用它们自身的函数性质解题
会更简单。
但是我们有时也会遇到这样一种情形，即分离参数后的函数，非常复杂，极不容易研究
出它的性质，
那么该怎么办？ 分离函数法便大有用武之地！
分离函数法既可解决含参数的函数问题，也可解决不含参数的函数问题，其关键在于对
方程、不等式
的整理，整理时要敢于尝试，大胆变形，使得分离出的两个函数重新作差（称为差值函
数）后，容易研究出差值函数的性质；或分离出的两个函数容易分别研究出它们的性质；
这样减轻了研究复杂函数的压力，也可以减轻对参数分类讨论的难度（甚至不讨论） .
含参数时，也称不完全分离参数法， 或称半分离参数法．我们可以统称为分离函数法.
需要强调的是，其实命题者在得到一个理想的（形式简单，便于研究）含参数的方程或
不等式以后，
他一般都会通过代数变形，改头换面，呈现给我们，如果我们能识破命题者的意图，进
行还原，就一定会事半功倍。
【例 7】
【分析】若直接把 a分离出来，另一边求导会很复杂，故把 ? ?ln 1 x? 分离出来。
【解析】
【类题展示】
【解析】
三、跟踪训练
1.已知函数 f（x）＝ x9 x3m ?? +m+1 对 x∈（0， ?? ）的图象恒在 x 轴上方，则 m 的取值
范围是（ ）
A．2－2 2 ＜m＜2+2 2 B．m＜2
C． m＜2+2 2 D．m≥2+2 2
【答案】C．
【解析】问题转化为 m＜
1
12
?
?
t
t
，t∈（1， ?? ），即 m 比函数 y＝
1
12
?
?
t
t
，t∈（1， ?? ）
的最小值还小，又 y＝
1
12
?
?
t
t
＝t－1+
1
2
?t
+2≥2+2 2 ，所以 m＜2+2 2 .
2 ． 已 知 函 数 ， 若 对 任 意 ， 不 等 式
恒成立，其中 ，则 的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
作出函数 的图象，由图像可知：函数 在 R 上单调递减，
，
即 ，
由函数 在 R 上单调递减，可得：
变量分离可得： ，
令
则 ,又
∴ ，∴ ，故选 B。
3.不 等式 aaxx ??? 32 对一切 43 ?? x 恒成立，则实数 a的取值范围是 ． [来
源:学§科§网]
【答案】 3?a
4.
【答案】? ?1,??
【解析】
5.
【答案】
32,
2
? ?? ??? ?
【解析】
6.若对于任意角?总有 sin cos2 2 4 1 0? ?? ? ? ?m m 成立，求 m 的范围。
【解析】由原不等式得m( cos ) cos2 4 2? ?? ? ，
又 cos? ? ?2 0，则原不等式等价变形为2
2
2
m ?
?
cos
cos
?
?
恒成立。
根据边界原理知， 2m必须小于
2cos
cos)(
2
?
?
?
??f 的最小值，这样问题化归为怎样求
cos
cos
2
2
?
? ?
的最小值。因为
2cos
cos)(
2
?
?
?
??f
?
? ? ? ?
?
? ? ?
?
?
? ? ?
(cos ) (cos )
cos
cos
cos
? ?
?
?
?
2 4 2 4
2
2 4
2
4
4 4 0
2
即 cos? ? 0时，有最小值为 0，故m ? 0。
7.设函数
3 2( ) 1f x x bx cx? ? ? ? 的单调递减区间是 (1, 2) .
（1）求 ( )f x 的解析式；
（2）若对任意的 (0, 2]m? ，关于 x的不等式 31( ) ln 3
2
f x m m m mt? ? ? ? 在 [2, )x? ?? 时
有解，求实数 t的取值范围.
【解析】（1）
2( ) 3 2f x x bx c? ? ? ? .
∵ ( )f x 的单调递减区间是(1,2)，∴
(1) 3 2 0
(2) 12 4 0
f b c
f b c
? ? ? ?
? ? ?
?
?
?
? ??
，
解得
9 , 6.
2
b c? ? ? ∴ 3 29( ) 6 1
2
f x x x x? ? ? ? .
（2）由（1）得
2( ) 3 9 6 3( 1)( 2)f x x x x x? ? ?? ? ? ? ，
当 [2, )x? ?? 时， ( )f x? ≥0，∴ ( )f x 在[2, )?? 上单调递增，∴ min( ) (2) 3f x f? ? .
要使关于 x的不等式 31( ) ln 3
2
f x m m m mt? ? ? ? 在 [2, )x? ?? 时有解，
即 3 min
1 ln 3 ( ) 3
2
m m m mt f x? ? ? ? ? ，即 31 ln
2
mt m m m? ? 对任意 (0, 2]m? 恒成立,
只需 2
1 ln
2
t m m? ? 在 (0, 2]m? 上恒成立.
设 2
1( ) ln
2
h m m m? ? ， (0, 2]m? ，则 1 ( 1)( 1)( ) m mh m m
m m
? ?
? ? ?? ，
当 (0, 2]m? 时， ( )h m 在 ? ?0,1 上单调递减，在 ? ?1,2 上单调递增，∴ min
1( ) (1)
2
h m h? ? .
要使 2
1 ln
2
t m m? ? 在 (0, 2]m? 上恒成立，只需 min( )t h m? ，则
1
2
t ? .
故 t的取值范围是 1( , )
2
?? .
8.已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，曲线 总在曲线 的下方，求实数 的取值范围.
【解析】
（1）由 可得 的定义域为 ，且 ，
若 ，则 ，函数 在 上单调递增；
若 ，则当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减.
综上，当 时，函数 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减. 学科*网
9.已知函数 在点 处的切线过点 ．
(1)求实数 的值，并求出函数 单调区间；
(2)若整数 使得 在 上恒成立，求 的最大值．
【答案】（1） ， 在 单调递减，在 单调递增；（2）7.
【解析】
（2）∵ 时， ，
∴ 等价于
记 ，∴
记 ，有 ，
∴ 在 单调递增
∴ ，
由于 ， ，可得
因此 ，故
又
由零点存在定理可知，存在 ，使得 ，
即 ①
且 时， ， 时，
故 时， 单调递减， 时， 单调递增
∴
由①可得
故 的最大值为 7．
10．如图，O为坐标原点，椭圆 C1：
x2
a2
＋
y2
b2
＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为 F1，F2，离心率为
e1；双曲线 C2：
x2
a2
－
y2
b2
＝1 的左，右焦点分别为 F3，F4，离心率为 e2.已知 e1e2＝
3
2
，且|F2F4|
＝ 3－1.
(1)求 C1，C2的方程；
(2)过 F1作 C1的不垂直于 y 轴的弦 AB，M 为 AB 的中点，当直线 OM 与 C2交于 P，Q 两点时，
求四边形 APBQ 面积的最小值．
【解析】(1)因为 e1e2＝
3
2
，所以
a2－b2
a
·
a2＋b2
a
＝
3
2
，即 a4－b4＝
3
4
a4，因此 a2＝2b2，从
而 F2(b,0)，F4( 3b,0)，于是 3b－b＝|F2F4|＝ 3－1，所以 b＝1，a
2
＝2.
故 C1，C2的方程分别为
x2
2
＋y2＝1，
x2
2
－y2＝1.
(2)因为 AB 不垂直于 y 轴，且过点 F1(－1,0)，
故可设直线 AB 的方程为 x＝my－1.
由
x＝my－1，
x2
2
＋y2＝1 得(m
2
＋2)y2－2my－1＝0.
易知此方程的判别式大于 0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 y1，y2是上述方程的两个实根，
所以 y1＋y2＝
2m
m2＋2
，y1y2＝
－1
m2＋2
.
因此 x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝
－4
m2＋2
，
于是 AB 的中点为 M(
－2
m2＋2
，
m
m2＋2
)，
故直线 PQ 的斜率为－
m
2
，PQ 的方程为 y＝－
m
2
x，
即 mx＋2y＝0.[来源:Z*xx*k.Com]
由
y＝－
m
2
x，
x2
2
－y2＝1
得(2－m2)x2＝4，
所以 2－m2>0，且 x2＝
4
2－m2
，y2＝
m2
2－m2
，
从而|PQ|＝2 x2＋y2＝2
m2＋4
2－m2
.
设点 A到直线 PQ 的距离为 d，
则点 B到直线 PQ 的距离也为 d，
所以 2d＝
|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|
m2＋4
.
因为点 A，B 在直线 mx＋2y＝0 的异侧，
所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，
于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|
＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，
从而 2d＝
m2＋2 |y1－y2|
m2＋4
.
又因为|y1－y2|＝ y1＋y2
2
－4y1y2
＝
2 2· 1＋m2
m2＋2
，
所以 2d＝
2 2· 1＋m2
m2＋4
.
故四边形 APBQ 的面积 S＝
1
2
|PQ|·2d
＝
2 2· 1＋m2
2－m2
＝2 2· －1＋
3
2－m2
.
而 0<2－m2≤2，故当 m＝0 时，S 取得最小值 2.
综上所述，四边形 APBQ 面积的最小值为 2.
11.已知函数
1 ln( 1)( ) xf x
x
? ?
? 若 0x ? 时 ( )
1
kf x
x
?
?
恒成立，求正整数 k的最大值。
【解析】 0x ? 时 ( )
1
kf x
x
?
?
恒成立等价于
( 1)[1 ln( 1)]x xk
x
? ? ?
? 在 0x ? 时恒成立。
设
( 1)[1 ln( 1)]( ) ( 0)x xh x x
x
? ? ?
? ? 则 ' 2
1 ln( 1)( ) x xh x
x
? ? ?
?
令 ( ) 1 ln( 1), 0g x x x x? ? ? ? ? ，则 ' ( ) 0
1
xg x
x
? ?
?
恒成立，
所以 ( )g x 在 (0, )?? 上单调递增，又 (2) 1 ln 3 0, (3) 2 2 ln 2 0g g? ? ? ? ? ? ，
所以 ( )g x 存在唯一的实数a满足 (2,3)a? ，且 1 ln( 1) 0a a? ? ? ?
又 x a? 时， ( ) 0g x ? ， ' ( ) 0,h x ? '0 ( ) 0, ( ) 0,x a g x h x? ? ? ?时，
所以 min
( 1)[1 ln( 1)]( ) ( ) 1 (3, 4)a ah x h a a
a
? ? ?
? ? ? ? ? ，且 k为整数，故有 3k ? ，
所以 k的最大值为 3.
1．设函数 .
（1）若函数 在 上单调递减，求实数 的取值范围；
（2）当 时，若不等式 在 上恒成立，求满足条件的 的最大整
数值.（参考值： ， ， ）.
【解析】（1） ，
由于函数 在 上单调递减，所以 在 上恒成立.
.
即 .
（2）由题意得， .
令 ， ，则 .
令 ， ，则 .
当 时， ， 在 上单调递增.
， .
使得 ，即 .
当 时， ， 在 上递减；
当 时， ， 在 上递
增. . .
2020 届学科网高三数学冲刺秘籍
恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
问题 2 直接讨论法
一、问题指引
所谓直接讨论法，就是对题中给定的函数，直接求导，通过对参数的分类讨论，确定函数
的单调性，从而求出参数取值范围.
二、方法详解
(一)步骤
(1)首先可以把含参不等式整理成适当形式如 ( , ) 0f x a ? 、 ( , ) 0f x a ? 等；
(2)从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值；
(3)得出结论.
（二）不等式类型与最值的关系
（三）题型归纳
类型一：函数 ? ?,f x a 为二次函数，根据对称轴与给定区间的位置关系进行讨论
【例 1】已知函数 f(x)＝x2＋ax＋3－a，若 x∈[－2,2]时，f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范
围．
【分析】根据对称性 x=与区间的位置关系分 3 类讨论。
【解析】要使 f(x)≥0 恒成立，则函数在区间[－2,2]上的最小值不小于 0，设 f(x)的最小
值为 g(a)．
(1)当－
a
2
<－2，即 a>4 时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得 a≤
7
3
，故此时 a 不存在；
(2)当－
a
2
∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f
－
a
2 ＝3－a－
a2
4
≥0，得－6≤a≤2，
又－4≤a≤4，故－4≤a≤2；
(3)当－
a
2
>2，即 a<－4 时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，
得 a≥－7，又 a<－4，故－7≤a<－4，
综上得－7≤a≤2.
【类题展示】已知函数 f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，若 ? ? 1f x ? ? ，求 a 的取值范围．
【解析】(1)当 a＝0时，f(x)＝－2x 在[0,1]上单调递减，
∴f(x)min＝f(1)＝－2.不满足题意。
(2)当 a>0 时，f(x)＝ax2－2x 的图象开口向上
且对称轴为 x＝
1
a
.
①当 0<
1
a
≤1，即 a≥1 时，
f(x)＝ax2－2x 的对称轴在[0,1]内，
∴f(x)在[0，
1
a
]上单调递减，在[
1
a
，1]上单调递增．
∴f(x)min＝f(
1
a
)＝
1
a
－
2
a
＝－
1
a
1? ? ,满足题意
②当
1
a
>1，即 0∴f(x)在[0,1]上单调递减．
∴f(x)min＝f(1)＝a－2 1? ? .不满足题意。
(3)当 a<0 时，f(x)＝ax2－2x 的图象开口向下
且对称轴 x＝
1
a
<0，在 y 轴的左侧，
∴f(x)＝ax2－2x 在[0,1]上单调递减，
∴f(x)min＝f(1)＝a－2 2? ? .不满足题意。.
综上可得， 1a ? 。
类型二： ? ? ? ? ? ?,f x a g x x a? ?? ? ，根据 a是否在定义域内分离讨论。
【例 2】【2018 届山东天成高三第二次大联考】已知函数 ， .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ， 对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
【分析】（2） 对任意 恒成立，即 对任意 恒
成立，构造函数 ，对这个函数求导研究函数的单调性，使得最值大于 0
即可.求导数 ' ( )h x 后，为求 ( )h x 的最小值，根据 ， 2 [2, )x? ?? ，对参数m的
取值进行讨论，确定了 ' ( )h x 的符号，从而明确 ( )h x 的单调性、最值.
【解析】
（1） ，定义域
所以 .
讨论：
当 时，对 或 ， 成立，
所以函数 在区间 ， 上均是单调递增；
当 时，对 或 ， 成立，
所以函数 在区间 ， 上均是单调递减；
当 时，函数 是常函数，无单调性.
【评注】分类是为了确定函数的单调性
【类题展示】已知函数 f(x)=ln x+ax2-2x,（a∈R,a≠0）
(1)若函数 f(x)的图象在 x=1 处的切线与 x轴平行,求 f(x)的单调区间;
(2)若 f(x)≤ax 在 x∈[ ,+∞)上恒成立,求 a的取值范围.
【解析】
(1)函数 f(x)=ln x+ax2-2x,定义域为(0,+∞),f '(x)= +2ax-2.
由已知 f '(1)=1+2a-2=0,解得 a= ,
于是 f '(x)= ≥0 恒成立,
从而 f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
(2) f(x)≤ax 转化为 ln x+ax2-2x-ax≤0,
设 g(x)=ln x+ax2-2x-ax,x∈[ ,+∞),
则 g'(x)= +2ax-2-a= .
①当 a<0 时,g(x)在[ ,+∞)上单调递减,
因而 g( )=ln + a-1- a≤0,故-4-4ln 2≤a<0;
②当 0因而 g(x)∈[g( ),+∞),不符合题意;
③当 a≥2 时, ,g(x)在[ ,+∞)上单调递增,
因而 g(x)∈[g( ),+∞),不符合题意.
综上,-4-4ln 2≤a<0.
类型三： ? ?f x? 有两个极值点，根据两极值点的大小分类讨论
【例 3】【山东省济宁市 2020 届高三第一次模拟】已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)若不等式 时恒成立，求 的取值范围．
【解析】（1） ，
①若 ， ， 在 上单调递增；
②若 ,当 时， ，当 时， ，
所以 是函数 的单调递增区间， 是函数 的单调减区间，
综上所述，当 时， 的单调递增区间为 ；
当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 。
（2）由题意可知，不等式可转化为 在 时恒成立，
令 ，
，
①若 ，则 ， 在 上单调递减，
所以 ，不等式恒成立等价于 ，即 ；
②若 ，则 ，当 时， ，当 时， ，
在 上单调递减， 在 上单调递增，
所以 ，不符合题意；
③若 ，当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，不符合题意；
综上所述， 。
【类题展示】【东北三省三校 2020 届高三第二次模拟】已知函数 ，
.
（Ⅰ）求证：曲线 与 在 处的切线重合；
（Ⅱ）若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
【解析】证明:(Ⅰ)
在 处的切线方程为
在 处的切线方程为
所以切线重合.
（Ⅱ）（方法 1）：令
①当 时， ，当且仅当 时取“ ”，
在 递减， ， 不恒成立.
②当 时， ，
（i）当 时， 时， ， 递减，
， 在 递减，
， 不恒成立.
（ii）当 时， ， 在 递增，
， 在 递增，
， 恒成立.
综上， .
（Ⅱ）（方法 2）：
，
（ ），
设 ，
， ， 在 递减， ，与已知矛
盾
，
① ， ， 在 递增 ，满足题意
②当 时， ， ， 在 递减， ，
不满足题意
综上，
分类讨论思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之
一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的
关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问
题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
三、跟踪训练
1.设函数 ( ) cos sinf x a b x c x? ? ? 的图象过点（0，1）和点 ( ,1)
2
?
，当 [0, ]
2
x ?? 时，
| ( ) | 2,f x ? 则实数 a 的取值范围是（ ）
A． 2 1a? ? ? B．1 4 3 2a? ? ?
C． 2 4 3 2a? ? ? ? D． 2a a? ? ?
【答案】C
2.【2018 届四川高三（南充三诊）联合诊断】已知定义在 上的偶函数 在 上单
调递减，若不等式 对任意 恒成立，则实数
的取值范是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
（1）当 时，即 或 时， 在 上恒成立， 单调递增，
因为最小值 ，最大值 ，所以 ，
综上可得 ；
（2）当 ，即 时， 在 上恒成立， 单调递减，
因为最大值 ，最小值 ，所以 ，
综合可得， 无解，
（3）当 ，即 时，在 上， 恒成立， 为减函数，
在 上， 恒成立， 单调递增，
故函数最小值为 ，
若 ，即 ，因为 ，则最大值为 ，
此时，由 ，求得 ，
综上可得 ；
若 ，即 ，因为 ，则最大值为 ，
此时，最小值 ，最大值为 ，求得 ，
综合可得 ，
综合（1）（2）（3）可得 或 或 ，
即 ，故选 A.
3.【2018 年 4 月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的 ，存在实数 ，使
恒成立，则实数 的最大值为__________．
【答案】9
【解析】若对任意的 ， 恒成立，可得：
恒成立，
令 ， ，
原问题等价于： ，结合对勾函数的性质分类讨论：
(1)当 时， ， ，
原问题等价于存在实数 满足： ，
故 ，解得： ，则此时 ；
(2)当 时， ， ，
原问题等价于存在实数 满足： ，学/科网
故 ，解得： ，则此时 ；
(3)当 时， ，
而 ，
当 时， ，
原问题等价于存在实数 满足： ，
故 ，解得： ，则此时 ；
当 时， ，
原问题等价于存在实数 满足： ，
故 ，解得： ，则此时 ；
综上可得：实数 的最大值为 .
4.设函数 2( ) emxf x x mx? ? ? ．
（Ⅰ）证明： ( )f x 在 ( ,0)?? 单调递减，在 (0, )?? 单调递增；学！科网
（Ⅱ）若对于任意 1 2, [ 1,1]x x ? ? ，都有 1 2| ( ) ( ) | e 1f x f x? ? ? ，求m的取值范围．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的m， ( )f x 在[ 1,0]? 单调递减，在[0,1]单调递增，故 ( )f x 在
0x ? 处取得最小值．所以对于任意 1 2, [ 1,1]x x ? ? ， 1 2| ( ) ( ) | e 1f x f x? ? ? 的充要条件是
(1) (0) e 1,
( 1) (0) e 1,
f f
f f
? ? ??
? ? ? ? ??
即
e e 1,
e + e 1
m
m
m
m?
? ? ? ??
?
? ??? ，
①，设函数 ( ) e e 1tg t t? ? ? ? ，则
( ) e 1tg' t ? ? ．当 0t ? 时， ( ) 0g' t ? ；当 0t ? 时， ( ) 0g' t ? ．故 ( )g t 在 ( ,0)?? 单调递
减，在 (0, )?? 单调递增．又 (1) 0g ? ， 1( 1) e 2 e < 0g ?? ? ? ? ，故当 [ 1,1]t? ? 时，
( ) 0g t ? ．当 [ 1,1]m? ? 时， ( ) 0g m ? ， ( ) 0g m? ? ，即①式成立；当 1m ? 时，由 ( )g t
的单调性， ( ) 0g m ? ，即 e e 1m m? ? ? ；当 1m ? ? 时， ( ) 0g m? ? ，即 e + e 1m m? ? ? ．综
上可知，m的取值范围是[ 1,1]? ．
5.设函数 f (x)＝ax2－a－ln x，其中 a∈R.
(1)讨论 f (x)的单调性；
(2)确定 a的所有可能取值，使得 f (x)>
1
x
－e
1－x
在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝
2.718…为自然对数的底数)．
【解析】(1)f ′(x)＝2ax－
1
x
＝
2ax2－1
x
(x>0)．
当 a≤0时，f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a>0 时，由 f ′(x)＝0，有 x＝
1
2a
.
此时，当 x∈
0，
1
2a 时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当 x∈
1
2a
，＋∞
时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
(2)令 g(x)＝
1
x
－
1
e
x－1
，s(x)＝ex－1－x，
则 s′(x)＝ex－1－1.
而当 x>1 时，s′(x)>0，
所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，
从而当 x>1 时，g(x)>0.
当 a≤0，x>1 时，f (x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当 f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.
当 01
2
时，
1
2a
>1.
由(1)有 f
1
2a 1
2a >0，
所以此时 f (x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥
1
2
时，令 h(x)＝f (x)－g(x)(x≥1)．
当 x>1 时，h′(x)＝2ax－
1
x
＋
1
x2
－e
1－x
>x－
1
x
＋
1
x2
－
1
x
＝
x3－2x＋1
x2
>
x2－2x＋1
x2
>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为 h(1)＝0，所以当 x>1 时，h(x)＝f (x)－g(x)>0，
即 f (x)>g(x)恒成立．
综上，a∈
1
2
，＋∞
.
6.【2019 河南郑州期中】设函数
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若当 时 恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1） 在 上单调递增，在 上单调递减．（2）
【解析】
（1 时， ，
，
当 时， ，
当 时， ；
当 时， ．
故 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2 ．
令 ，
则 ，
若 ，则当 时， 为增函数，而 ，
从而当 时， ，即 ．
若 ，则当 时， 为减函数，而 ，
从而当 时， ，即 ．
综上可得 a的取值范围是 ．
7.设函数 ? ? ? ?2 2 ,f x ax x b a b R? ? ? ? ．
（1）当
152,
2
a b? ? ? ? 时，解方程 ? ?2 0xf ? ；
（2）当 0b ? 时，若不等式 ? ? 2f x x? 在 ? ?0,2x? 上恒成立，求实数 a 的取值范围；
（3）若 a 为常数，且函数 ? ?f x 在区间? ?0,2 上存在零点，求实数 b的取值范围．
【解析】
（2）当 0b ? 时，若不等式 2x a x x? ? 在 ? ?0,2x? 上恒成立；
当 0x ? 时，不等式恒成立，则 a R? ；
当0 2x? ? 时， 2a x? ? 在 ? ?0,2 上恒成立，即 2 2x a? ? ? ? 在 ? ?0,2 上恒成立，
因为 y x a? ? 在 ? ?0,2 上单调增， max 2y a? ? ， miny a? ? ，则
2 2
{
2
a
a
? ?
? ? ?
，
得 ；则实数 的取值范围为 ；
当 0a ? 时， ? ? ? ?
2
2{ ( )
x ax x a
h x
x ax x a
? ?
?
? ? ?
，
? ?h x 在 0,
2
a? ?
? ?? ?
上单调增，在 ,
2
a a? ?? ?? ?
上单调减，在? ?,a ?? 上单调增；
当 2
2
a
? ，即 4a ? 时， ? ? ? ? ? ? ? ?max min2 2 4, 0 0h x h a h x h? ? ? ? ? ，
则当0 2 2 4b a? ? ? ? 时，原方程有解，则 2 0a b? ? ? ；
当 2
2
a a? ? ，即 2 4a? ? 时， ? ? ? ? ? ?
2
max min
, 0 0
2 4
a ah x h h x h? ?? ? ? ?? ?
? ?
，
则当
2
0 2
4
ab? ? ? 时，原方程有解，则
2
0
8
a b? ? ? ；
当0 2a? ? 时， ? ? ? ? ? ? ? ?
2
max min
max , 2 max ,4 2 , 0 0
2 4
a ah x h h a h x h
? ?? ?? ?? ? ? ? ?? ? ? ?? ?
? ?? ? ? ?
，
当
2
4 2
4
a a? ? ，即则 4 4 2 2a? ? ? ? 时， ? ?
2
max 4
ah x ? ，
则当
2
0 2
4
ab? ? ? 时，原方程有解，则
2
0
8
a b? ? ? ；
当
2
4 2
4
a a? ? ，即则0 4 4 2a? ? ? ? 时， ? ?max 4 2h x a? ? ，
则当0 2 4 2b a? ? ? ? 时，原方程有解，则 2 0a b? ? ? ；
综上，当 4 4 2a ? ? ? 时，实数 的取值范围为 ；
当 时，实数 的取值范围为 ；
当 时，实数 的取值范围为 ．
8．【2019 江西省八所重点中学高三 4 月联考】已知函数 定义域为
.
（1）求函数 的单调区间；
（2）若不等式 在 上恒成立，求 的取值范围.
【解析】由 ，且定义域为 ，
①当 时， 在 恒成立，此时 为 的增区间.
②当 时，设 解得 ，
故 有 ，即 为 的减区间； 有 ，即 为
的增区间.
（2）由
设
当 时， 使 恒成立.
即 为增函数，故 ，即 合题意.
当 时，设 得
即 时 ，则 为减函数， 时 ，则 为增
函数，故 ，
即得
解得 ，即 合题意，
综上， 的取值范围为 .
9．已知函数 ，其中 为自然对数的底数， ．
（1）讨论函数 的单调性，并写出相应的单调区间；
（2）已知 ， ，若 对任意 都成立，求 的最大值；
（3）设 ，若存在 ，使得 成立，求 的取值范围．
【解析】（1）由 ，知 ．
若 ，则 恒成立，所以 在 上单调递增；
若 ，令 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减；在 上单调递增．
综上， 增区间是 ，无减区间
，增区间是 ，减区间是
（2）由（1）知，当 时， ．
因为 对任意 都成立，所以 ，
所以 ．
设 ，（ ），由 ，
令 ，得 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递减，
所以 在 处取最大值，且最大值为 ．
所以 ，当且仅当 ， 时， 取得最大值为 ．
（3）设 ，即
题设等价于函数 有零点时的 的取值范围．
① 当 时，由 ， ，所以 有零点．
② 当 时，若 ，由 ，得 ；
若 ，设 h(x)= 故 h(x)单增，所以 h(x)> h(0)=0,所以
无零点．
③ 当 时， ，
又存在 ， ，所以 有零点．
综上， 的取值范围是 或 ．
10．【湖南省常德市 2020 届高三上学期检测】已知函数
.
(Ⅰ)讨论函数 的单调性；
(Ⅱ)设 ，若对任意的 ， 恒成立，求 的取值范围.
【解析】 (Ⅰ) ,
(1)若 ，则 ，函数 在 上单调递增；
(2)若 ，由 得 ；由 得
函数 在 上单调递增；在 上单调递减.
(Ⅱ)由题设， 对任意的 恒成立
即 对任意的 恒成立
即 对任意的 恒成立 ,
由(Ⅰ)可知，
若 ，则 ， 不满足 恒成立,
若 ，由(Ⅰ)可知，函数 在 上单调递增；在 上单调递减.
，又 恒成立
，即 ,
设 ，则
函数 在 上单调递增，且 ，
，解得
的取值范围为 .
11．【四川省宜宾市 2020 届高三第二次诊断】已知函数 ．
当 时，判断 有没有极值点？若有，求出它的极值点；若没有，请说明理由；
若 ，求 a 的取值范围．
【解析】函数 ，则 且 ，即函数的定义域为 ；
当 时， ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 为减函数， ，
， 无极值点；
当 时， ， 为增函数， ，
， 无极值点；
综上，当 时， 没有极值点；
由 ，得 ，即 ；
令 ，则 ；
当 时， 时 ；
时 ，
成立，即 符合题意；
当 时， ， ；
当 时， 为减函数， ， 成立；
当 时， 为减函数， ， 成立；
即 符合题意；
当 时，由 ，得 ，且 ；
设 两根为 ， ， ， ， ；
由 ，得 ，解集为 ，
在 上为增函数， ，
， 不合题意；
综上，a 的取值范围是
2020 届学科网高三数学冲刺秘籍
恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
专题 3 数形结合法
一、问题指引
数形结合法就是作出所给函数的图象，根据函数图象进行求解或转化，操作时，
常常等价转为对临界状态进行研究；或画出符合题意的一种状态，再确定限制
条件。
二、方法详解
利用数形结合法求解恒成立与有解问题,一般要把不等式转化为两个函数图象的位置关系,注
意函数的图象要容易作出,有时需要通过移项,构造两个容易作图的函数.
(一) ? ? ? ?f x f a? 型
此种类型一般是直接求出 ? ?f x 的最值,再整理出关于 a 的不等式.
【例 1】已知函数 f(x)＝
－x2＋x，x≤1，
log
1
3
x，x＞1， 若对任意的 x∈R，都有 f(x)≤|k－1|成立，则实数 k
的取值范围为________．
【分析】作出 f(x)的图象，由图象确定 f(x)的最大值
【解析】对任意 x∈R，都有 f(x)≤|k－1|成立，即 f(x)max≤|k－1|.
观察 f(x)＝
－x2＋x，x≤1，
log1
3
x，x＞1 的图象(如图)可知，当 x＝1
2
时，函数 f(x)max＝
1
4
，所以|k－1|≥1
4
，
解得 k≤3
4
或 k≥5
4
.故填
－∞，3
4 ∪
5
4
，＋∞
.
【答案】
－∞，3
4 ∪
5
4
，＋∞
.
【类题展示】已知 ? ? ? ?2 2 xf x x x e? ? ，若不等式 ? ?f x a? 有解，则实数 a 的取值范围是
【答案】 ? ?? ?22 2 2 ,e? ??
【解析】由 ? ? ? ?2 2 xf x x x e? ? 得 ? ? ? ?2 2 xf x x e? ? ? ，所以 ? ?f x 在 ? ? ? ?, 2 , 2,?? ? ??
上是增函数，在 ? ?2, 2? 上是减函数，作出 ? ?f x 的图象，可得
? ? ? ? ? ? 2min 2 2 2 2f x f e? ? ? ，所以 ? ? 22 2 2a e? ? 。
(二) ? ? ? ?f x g x? 型,其中 ? ?g x 的图象为直线
【例 2】已知函数 f(x)＝
－x2＋4x－3，x≤1，
lnx，x＞1.
若|f(x)|＋a≥ax，则 a的取值范围是________．
【分析】先把含有 a 的项移到右边，利用 y＝|f(x)|的图象和直线 y＝ax－a的关系求 a 的取值
范围。
【解析】由|f(x)|＋a≥ax得|f(x)|≥ax－a，作出 y＝|f(x)|的图象和直线 y＝ax－a，如图所示．设
x≤1 时，h(x)＝|f(x)|＝x2－4x＋3，设过点 A(1，0)的函数 h(x)图象的切线斜率为 k，则 k＝h′(1)
＝2×1－4＝－2.由图可知，当－2≤a≤0 时，|f(x)|的图象在直线 y＝ax－a上方，即|f(x)|＋a≥ax
成立．所以 a的取值范围是[－2，0]．故填[－2，0]．
【答案】[－2，0]
【点评】此类问题通常是通过变形，构造一条定曲线与一条动直线，借助直线的旋转或平移
确定参数范围。
【类题展示】已知对任意实数 ,关于 的不等式 在 上恒成立,则 的最
大整数值为______
【答案】-1
【解析】构造函数 ， ，故函数在 上递增，在 上递
减.画出函数的图像如下图所示. 是横截距为 ，斜率为 的一次函数，图像为
直线，当 时， 在 上不恒成立.当 时， ，故当 时
不成立.当 时，取 ，设 与 相切于点 ，则
，解得 ， 成立.故 的最大值为
(三) ? ? ? ?f x g x? 型,其中 ? ? ? ?,f x g x 的图象均为曲线
【例 3】已知 a>0 且 a≠1，f(x)＝x2－ax，当 x∈(－1，1)时，均有 f(x)<1
2
，则实数 a的取值范
围是( )
A.
0，1
2 ∪[2，＋∞) B.
1
4
，1
∪(1，4]
C.
1
2
，1
∪(1，2] D.
0，1
4 ∪[4，＋∞)
【分析】把 f(x)<1
2
化为 x2－1
2
2
与 y= ax的图象，使 y= x2－1
2
的图象在 y=
ax图象的下方
【解析】将 f(x)<1
2
化为 x2－1
2
1 和 0结合图象得
a＞1，
a－1≥1
2
或
0＜a＜1，
a≥1
2
.
解得 12
≤a<1.故选 C.
【答案】C
【评注】在解题之前要先看看能否通过变形，转化为两个容易作图的函数。
【类题展示】设函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|，x∈R.
(1)解不等式 f(x)<－1；
(2)设函数 g(x)＝|x＋a|－4，且 g(x)≤f(x)在 x∈[－2,2]上恒成立，求实数 a的取值范围．
【解析】(1)∵函数 f(x)＝|x－3|－|x＋1|
＝
4，x<－1，
2－2x，－1≤x≤3，
－4，x>3，
故由不等式 f(x)<－1 可得 x>3 或
2－2x<－1，
－1≤x≤3.
解得 x>3
2
.
(2)函数 g(x)≤f(x)在 x∈[－2,2]上恒成立，
即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在 x∈[－2,2]上恒成立，在同一个坐标系中画出函数 f(x)和 g(x)的
图象，如图所示．
故当 x∈[－2,2]时，若 0≤－a≤4 时，则函数 g(x)在函数 f(x)的图象的下方，g(x)≤f(x)在 x∈[－
2,2]上恒成立，
求得－4≤a≤0，故所求的实数 a的取值范围为[－4,0]．
三、跟踪训练
1．已知函数 ，若关于 x的不等式 的解集中有且仅有 1 个整数，
则实数 m的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在同一平面直角坐标系中作出函数 ， 的图象如图所示
由图可知，不等式 的解集中的整数解为
故 ，解得
故选
2．已知函数 ，若关于 x的不等式 恰有一个整数解，
则实数 a的最大值为
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】函数 f（x） ，如图所示，
①当 b＝0 时，[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0 化为
[f（x）]2+af（x）＜0，
当 a＞0 时，﹣a＜f（x）＜0，
由于关于 x的不等式[f（x）]2+af（x）＜0 恰有 1 个整数解，
因此其整数解为 2，又 f（2）＝﹣4+2＝﹣2，
∴﹣a＜﹣2＜0，﹣a≥f（3）＝﹣6，
则 6≥a＞2，
a≤0 不必考虑．
②当 b≠0 时，对于[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0，
△＝a2+4b2＞0，
解得： f（x） ，
只考虑 a＞0，
则 0 ，
由于 f（x）＝0 时，不等式的解集中含有多于一个整数解（例如，0，1），舍去．
综上可得：a的最大值为 6．
故选 C．
3．【四川省宜宾市 2020 届第一次诊断】设函数 ， ，其中 ，
若存在唯一的整数 使得 ，则 a 的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设 ， ，
，
当 时， ，当 时， ，
当 时， 取最小值 ，
当 时， ，当 时， ，
直线 恒过定点 且斜率为 a，
做出 和 的图像如图：
因为存在唯一的整数 使得 ，
故 且 ，解得 ，故选 B．
4．【江西省九校重点中学协作体 2020 届第一次联考】已知函数 ，
若不等式 在 上恒成立，则实数 的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】原不等式转化为 >0 在 上恒成立，
记 g(x)＝ ，
由基本初等函数的图象及导数的几何意义可知，
y=x+1 与 y=x-1 分别为 y= 与 y= 的切线，
即 ,(x=0 时等号成立)， （x=1 时等号成立），可得 (x=0 时等
号成立)，
∴m 时， 在 上恒成立，
又 在 上恒成立，
∴ 在 上恒成立，
∴m 时符合题意，排除 A、B；
当 m>0 时，验证 C 选项是否符合，只需代入 m=3，此时 g(x)＝ ，
则 ，此时 0，
令 )在 上单调递增，且 ，∴ 在
上恒成立，即 在 上单调递增，而 0，∴ 在
上恒成立，
∴g(x)在 上单调递增,又 g(0)=0，∴g(x) 在 上恒成立，
即 m=3 符合题意，排除 D,
故选 C.
5．【河北省衡水市 2020 届高三四月大联考】若不等式 有且仅有两个正
整数解，则实数 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由题得， ，∴不等式 有且仅有两个正整数解等价于
有且仅有两个正整数解.记 ，∴函数的图象是过定
点 的直线.又记 ，∴ ，令 ，∴当 时，
， 单调递增；当 时， ， 单调递减，如图所示，
要使 有且仅有两个正整数解，数形结合可知，只需满足
，即 .故选 A.
6．【安徽省江南十校 2020 届高三 3 月综合素质检测】已知函数 ，
（ 是自然对数的底数），若对 ， ，使得 成
立，则正数 的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【解析】 “ ， ，使得 成立”等价于
当 时，令 ，解得： ，
在 上单调递减， 上单调递增
当 时，令 ，解得：
在 上单调递减， 上单调递增
当 时，此时 在 上单调递增， 上单调递增减，
， ， 无最小值，不合题意，
结合图象可得 ，
令 ，解得：
在 上单调递减，在 上单调递增
故选 。
7.设函数 ，其中 表示 中的最小者.下列说法错误的
（ ）
A． 函数 为偶函数 B． 若 时，有
C． 若 时， D． 若 时，
【答案】D
【解析】在同一坐标系中画出 的图像（如图所示），
故 的图像为图中粗线所示．
的图像关于 轴对称，故 为偶函数，故 A 正确．
当 时， ， ；
当 时， ， ；
当 时， ， ；
当 时， ，此时有 ，故 B 成立．
从图像上看，当 时，有 成立，令 ，则 ，故 ，故
C 成立．
取 ，则 ， ， ，故 D 不成立．
综上，选 D．
8.已知偶函数 满足 ，且当 时， ，关于 的不等式
在区间 上有且只有 个整数解，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
由 ，可知函数的对称轴为 ，
由于函数是偶函数， ,
所以函数是周期为 的周期函数，
当 时， ，
函数在 上递增，在 上递减，
最大值 ，且 ，
由选项可知 ，解得 或 ，
根据单调性和周期性画出图象如图所示，由图可知， 没有整数解，
根据函数为偶函数， 在 上有 个周期，且有 个整数解，
也即每个周期内有 个解， ，
故 ，解得 ，故选 D.
9.函数 ? ? ? ?4 lnf x kx x x? ? ? （ 1x ? ），若 ? ? 0f x ? 的解集为 ? ?s t， ，且 ? ?s t， 中只有一
个整数，则实数 k的取值范围为（ ）
A．
1 1 42
ln2 ln3 3
? ?? ?? ?? ?
， B．
1 1 42
ln2 ln3 3
? ?? ?? ?
? ?
，
C．
1 4 1 1
ln3 3 2ln2
? ?? ?? ?? ?
， D．
1 4 1 1
ln3 3 2ln2
? ?? ?? ?
? ?
，
【答案】A
【解析】由 ? ? 0f x ? 得 4
ln
xkx
x
? ? ,因为
? ?2
ln 1 0
ln ln
x xy y x e
x x
?
? ? ? ?? ? ? ,作函数
4,
ln
xy kx y
x
? ? ? 图像如图由图得，
? ? ? ? ? ? ? ?? ?
2 4 2 2 0 1 1 41 1 0, 2 0, 3 0 { 2
3 4 3 3 0 ln2 ln3 3
k ln
f f f k
k ln
? ? ?
? ? ? ? ? ? ? ? ?
? ? ?
选 A.
10.已知函数
2
1
3
, 1
( ) log , 1,
x x x
f x x x
?? ??? ?
??
≤，
＞ g(x)＝|x－k|＋|x－1|，若对任意的 x1，x2∈R，都有
f(x1)≤g(x2)成立，则实数 k的取值范围为________________．
【答案】 (－∞，3
4
]∪[5
4
，＋∞)
【解析】 对任意的 x1，x2∈R，
都有 f(x1)≤g(x2)成立，
即 f(x)max≤g(x)min，
观察
2
1
3
, 1
( ) log , 1
x x x
f x x x
?? ??? ?
??
≤，
＞ 的图象可知，
当 x＝1
2
时，
函数 f(x)max＝
1
4
；
因为 g(x)＝|x－k|＋|x－1|≥|x－k－(x－1)|＝|k－1|，
所以 g(x)min＝|k－1|，
所以|k－1|≥1
4
，解得 k≤3
4
或 k≥5
4
.
故实数 k的取值范围是(－∞，3
4
]∪[5
4
，＋∞)．
11.已知函数 若存在唯一的整数 x，使得 成立，则实数
a的取值范围为__________．
【答案】[0，2]∪[3，8]
【解析】
表示 上的点 与 在线的斜率，做出 的图象，由图
可知， 时，有一个点整数点 满足 ，符合题意， 时，有两
个整数点 满足 ，不合题意， 时，只有一个点
满足 符合题意，当 时，至少存在两点 满
足 不合题意，故答案为 .
12.已知函数 ? ? ? ?? ?
1 0
{
1 0
x mx x
f x
x mx x
? ?
?
? ?
，
,若关于 x的不等式 ? ? ? ?f x f x m? ? 的解集为M ,
且? ?1,1 M? ? ,则实数 m的取值范围是____．
【答案】1 2 0m? ? ?
【解析】（1）当 m=0 时,不等式化为 f(x)>f(x),显然不成立.
（2）当 m>0 时,函数 ? ? ? ?? ?
1 0
f x {
1 0
x mx x
x mx x
? ?
?
? ?
，
在 R 上是增函数,如图所示：
由 ? ? ? ?f x f x m? ? ,可得 x>x+m,解得 m<0,故 m 无解.
（3）当 m<0 时,函数 y=f(x+m)的图像是把函数 y=f(x)的图象向左平衡-m 个单位得到的,由题
意可得, ? ?1,1x? ? 时,函数 y=f(x+m)的图像在 y=f(x)的图象下方,如图所示：
只要 f(-1+m)1 2 1 2m? ? ? ? ,所以1 2 m 0? ? ? .综上所述, 1 2 m 0? ? ? .填1 2 m 0? ? ? .
13.【安徽省江南十校 2020 届高三第二次联考】已知定义在 的两个函数
和 （ 是自然对数的底），若在 的解集内有且只有两个整数，则实数 的
范围是__________．
【答案】
【解析】化简不等式 ，得 ，构造函数 和 ，
需要满足 图像在 图像上方的点的横坐标有且只有两个整
数. ，故函数 在 上递减，在 上递增，且当
时，函数值小于零.当 时， 在 上递增，画出图像如下图所示，
由图可知 图像在 图像上方的点不止两个整数.故不符合题意.
当 时，显然不符合题意.当 时，画出图像如下图所示，由图可知 ，即
，解得 .即 的取值范围是 .
14. ? ? ? ?2 ln 1f x x x ax? ? ? ? ．
（1）若 ? ?f x 在区间 ? ?1,?? 上单调递增,求实数a的取值范围；
（2）若存在唯一整数 0x ,使得 ? ?0 0f x ? 成立,求实数 a的取值范围．
【解析】（1）函数 ? ?f x 的定义域为 ? ?0,?? , ? ? 2ln 1f x x a
x
? ? ? ?? ,
要使 ? ?f x 在区间 ? ?1,?? 上单调递增,只需 ? ? 0f x? ? ,即
2ln 1x a
x
? ? ? 在 ? ?1,?? 上恒成立即可,
易知
2ln 1y x
x
? ? ? 在 ? ?1,?? 上单调递增,所以只需 mina y? 即可,
易知当 1x ? 时, y 取最小值, min
2ln1 1 1
1
y ? ? ? ? ? ,
∴实数 a的取值范围是 ? ?, 1?? ? .
（2）不等式 ? ?0 0f x ? 即 ? ?0 0 02 ln 1x x ax? ? ? ,
令 ? ? ? ? ? ?2 ln , 0, 1g x x x x h x ax? ? ? ? ? ,
则 ? ? 2ln 1g x x
x
?? ? ? , ? ?g x? 在 ? ?0,?? 上单调递增,
而 ? ? ? ?1 1 0, 2 ln2 0g g? ?? ? ? ,
∴存在实数 ? ?1,2m? ,使得 ? ? 0g m? ? ,
当 ? ?1,x m? 时, ? ? 0g x? ? , ? ?g x 在 ? ?1,m 上单调递减；
当 ? ?,x m? ?? 时, ? ? 0g x? ? , ? ?g x 在 ? ?,m ?? 上单调递增,∴ ? ? ? ?ming x g m? .
? ? ? ?1 2 0g g? ? ,画出函数 ? ?g x 和 ? ?h x 的大致图象如下,
? ?h x 的图象是过定点 ? ?0, 1C ? 的直线,
由图可知若存在唯一整数 0x ,使得 ? ?0 0f x ? 成立,则需 ? ?min ,BC AC DCk a k k? ? ,
而
ln3 1 2 ln31 0
3 3AC DC
k k ? ?? ? ? ? ? ,∴ AC DCk k? ．
∵
1
2BC
k ? ,∴ 1 ln3 1
2 3
a ?? ? ．
于是实数 a的取值范围是 1 ln3 1,
2 3
?? ?
? ?? ?
．
2020 届学科网高三数学冲刺秘籍
恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
专题 4 特殊点法
一、问题指引
特殊点法就是在求解恒成立与有解问题时借助区间端点、极值点、最值点、直线
与曲线的端点列出关于参数的不等式，或根据某一点是否满足不等式缩小参数范
围。
二、方法详解
(一) 根据自变量所在区间的端点满足的条件确定参数范围。
【例 1】已知 f(x)＝
?2－a?x＋1，x<1，
ax，x≥1
满足对任意 x1≠x2，恒有
f?x1?－f?x2?
x1－x2
>0 成立，那么
a的取值范围是________．
【分析】先保证该函数在每段上是增函数，还要使 x=1 处的函数值不小于 f(x)在 x<1 时的函
数值。
【解析】由已知条件得 f(x)为增函数，
所以
2－a>0，
a>1，
?2－a?×1＋1≤a，
解得
3
2
≤a<2，所以 a的取值范围是[3
2
，2)．
【答案】[3
2
，2)
【评注】本题易忽略 ? ? ? ?2 1 1 1a f? ? ? ? 。
【例 2】已知 f(x)＝
x2－4x＋3，x≤0，
－x2－2x＋3，x>0，
不等式 f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则
实数 a的取值范围是________．
【分析】先利用函数单调性得 x＋a<2a－x，即 2x点值 2(a＋1)【解析】 二次函数 y1＝x2－4x＋3 的对称轴是 x＝2，
∴该函数在(－∞，0]上单调递减，
∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数 y2＝－x2－2x＋3 在(0，＋∞)上单调递减，
∴－x2－2x＋3<3，∴f(x)在 R上单调递减，
∴由 f(x＋a)>f(2a－x)得到 x＋a<2a－x，
即 2x∴2(a＋1)∴实数 a的取值范围是(－∞，－2)．
【答案】 (－∞，－2)
【评注】已知 ? ?f x 在定义域 ? ?1 2,x x 是增（减）函数，若使 ? ?1 2,x x x? 时 ? ?f x a?
（ ? ?1f x a? ）恒成立，只需 ? ?2f x a? ，若 ? ?f x a? 有解，只需 ? ?1f x a? ( ? ?2f x a? ).
【例 3】设函数 f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)证明：当 x∈(1，＋∞)时，1ln x
(3)设 c>1，证明：当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
【分析】（1）（2）略，（3）取 x0＝
lnc－1
ln c
ln c
，根据 ? ?f x 在 ? ?00, x 递增， ? ?0 ,1x 递减，且 g(0)
＝g(1)＝0 来证明
【解析】(1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x
－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 00，f(x)单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明 由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0.
所以当 x≠1 时，ln x故当 x∈(1，＋∞)时，ln xx
<1
x
－1，
即 1ln x
(3)证明 由题设 c>1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxln c，令 g′(x)＝0，解得 x0＝
lnc－1
ln c
ln c
.
当 x0，g(x)单调递增；
当 x>x0 时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知 1ln c
又 g(0)＝g(1)＝0，故当 00.
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
【评注】若 ? ?f x 在 ? ?1 2,x x 上先增后减，要使 ? ?1 2,x x x? 时 ? ?f x a? ，只需
? ?
? ?
1
2
f x a
f x a
???
? ???
；
若 ? ?f x 在 ? ?1 2,x x 上先减后增，要使 ? ?1 2,x x x? 时 ? ?f x a? ，只需
? ?
? ?
1
2
f x a
f x a
???
? ???
。
【类题展示】当 x∈(1,2)时，不等式 x2＋mx＋4<0 恒成立，则 m的取值范围是________．
【答案】(－∞，－5]
【解析】设 f(x)＝x2＋mx＋4，当 x∈(1,2)时，
f(x)<0 恒成立?
f?1?≤0，
f?2?≤0
?
m≤－5，
m≤－4
?m≤－5.
(二) 根据极值点或最值点满足的条件确定参数范围。
【例 4】设 f(x)＝a
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∈[1
2
，2]，都有 f(s)≥g(t)成立，求实数 a的取值范围．
【分析】(1)根据 g(x)在区间[0，2
3
]上单调递减，在区间[2
3
，2]上单调递增，确定 g(x)min＝g(2
3
)，
g(x)max＝g(2).再由[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝
112
27
≥M，确定满足条件的最大整数 M。
(2)先根据 g(x)的最大值为 g(2)＝1 把 f(s)≥g(t)恒成立，转化为 f(x)＝a
x
＋xln x≥1 恒成立即 a≥x
－x2ln x恒成立，设 h(x)＝x－x2ln x，由 h(x)max＝h(1)＝1，所得 a≥1。
【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(x－2
3
)．
令 g′(x)>0，得 x<0 或 x>2
3
，
又 x∈[0,2]，所以 g(x)在区间[0，2
3
]上单调递减，在区间[2
3
，2]上单调递增，所以 g(x)min＝g(2
3
)
＝－
85
27
，
g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝
112
27
≥M，
则满足条件的最大整数 M＝4.
(2)对于任意的 s，t∈[1
2
，2]，都有 f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[1
2
，2]上，函数 f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间[1
2
，2]上，g(x)的最大值为 g(2)＝1.
在区间[1
2
，2]上，f(x)＝a
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，可知 h′(x)在区间[1
2
，2]上是减函数，又 h′(1)＝0，
所以当 12
0.
即函数 h(x)＝x－x2ln x在区间(1
2
，1)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，＋∞)．
【评注】注意极值与最值的关系，若 ? ?f x 在区间 ? ?,a b 上有唯一的极值点，若该极值点为
极大值点，则对应的极值就是最大值；若该极值点为极小值点，则对应的极值就是最小值。
【类题展示】已知 f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数 f(x)的最大值；
(2)设 g(x)＝f（x）
x
，x＞－1，且 x≠0，证明：g(x)＜1.
【解析】(1)f′(x)＝－xex.
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以 f(x)的最大值为 f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当 x＞0 时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.
当－1＜x＜0 时，g(x)＜1 等价于 f(x)＞x.
设 h(x)＝f(x)－x，则 h′(x)＝－xex－1.
当 x∈(－1，0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1，
从而当 x∈(－1，0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1，0)上单调递减．
所以当－1＜x＜0 时，h(x)＞h(0)＝0，即 g(x)＜1.
综上，总有 g(x)＜1.
三、跟踪训练
1.当 x∈[－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒成立，则实数 a的取值范围是( )
A．[－5，－3] B．[－6，－9
8
]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
【答案】C
【解析】当 x∈(0,1]时，a≥－3(1
x
)3－4(1
x
)2＋1
x
，
令 t＝1
x
，则 t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令 g(t)＝－3t3－4t2＋t，在 t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以 g(t)max＝g(1)＝－6，
因此 a≥－6；同理，当 x∈[－2,0)时，得 a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当 x＝0 时也成立，
故实数 a的取值范围为[－6，－2]．
2．【广东省湛江市 2019 高考测试（二)】已知函数 ，当 时，不等式
恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】易知 单调递增， ，则
，故 为奇函数，当 时，不等式
恒成立等价为
即 恒成立，故 在 时恒成立
当 x=0 时，0 恒成立，a
当 x>0 时， ,设 则
设 则 单增，又 ，则当
01, 故 即 ，故 单调递增，当
x ,故 ，综上 ，故选 C
3．已知函数 y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围为________．
【答案】 [1,2]
【解析】如图，由图象可知 m的取值范围是[1,2]．
4 已知 f(x)＝x
2＋2x＋a
x
，x∈[1，＋∞)，且 a≤1.
①当 a＝1
2
时，求函数 f(x)的最小值；
②若对任意 x∈[1，＋∞)，f(x)>0 恒成立，试求实数 a的取值范围．
【解析】①当 a＝1
2
时，f(x)＝x＋ 1
2x
＋2，
又 x∈[1，＋∞)，所以 f′(x)＝1－ 1
2x2
>0，即 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
所以 f(x)min＝f(1)＝1＋
1
2×1
＋2＝7
2
.
②f(x)＝x＋a
x
＋2，x∈[1，＋∞)．
(ⅰ)当 a≤0 时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数．
最小值为 f(1)＝a＋3.
要使 f(x)>0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立，只需 a＋3>0，
所以－3(ⅱ)当 0x2
，
因为 x∈[1，＋∞)，所以 f′(x)≥0，即 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，
所以 f(x)min＝f(1)＝a＋3，
即 a＋3>0，a>－3，所以 0综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，
a的取值范围是(－3,1]．
5.已知函数 f(x)＝lg(x＋a
x
－2)，其中 a是大于 0 的常数．
(1)求函数 f(x)的定义域；
(2)当 a∈(1,4)时，求函数 f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意 x∈[2，＋∞)恒有 f(x)>0，试确定 a的取值范围．
【解析】(1)由 x＋a
x
－2>0，得x
2－2x＋a
x
>0，
当 a>1 时，x2－2x＋a>0 恒成立，
定义域为(0，＋∞)；
当 a＝1 时，定义域为{x|x>0 且 x≠1}；
当 01＋ 1－a}．
(2)设 g(x)＝x＋a
x
－2，
当 a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－a
x2
＝
x2－a
x2
>0 恒成立，
所以 g(x)＝x＋a
x
－2 在[2，＋∞)上是增函数．
所以 f(x)＝lg
x＋a
x
－2
在[2，＋∞)上是增函数．
所以 f(x)＝lg
x＋a
x
－2
在[2，＋∞)上的最小值为 f(2)＝lg
a
2
.
(3)对任意 x∈[2，＋∞)恒有 f(x)>0，即 x＋a
x
－2>1 对 x∈[2，＋∞)恒成立．
所以 a>3x－x2，
令 h(x)＝3x－x2，
而 h(x)＝3x－x2＝－
x－3
2 2＋9
4
在[2，＋∞)上是减函数，
所以 h(x)max＝h(2)＝2，
所以 a>2.
6.已知函数 f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．
(1)若 m＝－1，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若对任意的 x＜0，不等式 x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求 m的取值范围．
【解析】(1)m＝－1 时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则 f′(x)＝x(2－ex)，由 f′(x)＞0，得 0＜x＜ln2，
由 f′(x)＜0，得 x＜0 或 x＞ln2，故函数的增区间为(0，ln2)，减区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．
(2)f′(x)＝mx
ex＋2
m ＜x2＋(m＋2)x，
即 mxex－x2－mx＜0.
因为 x＜0，所以 mex－x－m＞0.
令 h(x)＝mex－x－m，则 h′(x)＝mex－1，
当 m≤0 时，h(x)在 x＜0 时为减函数，h(x)＞h(0)＝0.
当 0＜m≤1 时，h(x)在 x＜0 时为减函数，h(x)＞h(0)＝0.
当 m＞1 时，h(x)在(－∞，－lnm)上为减函数，在(－lnm，0)上为增函数，所以 h(－lnm)＜h(0)
＝0，不合题意．
综上，m的取值范围为{m|m≤1}．
7．【江西省上饶市重点中学 2020 届高三六校第二次联考】已知函数 ，
， .
（1）求 单调区间；
（2）若 在 上恒成立，求 的取值范围.
【解析】（1） ，
由 得 ，
由 得 ，
分别在区间 上单调递增.在区间 上单调递减.
（2）令 ， ，
则 ，
由（1）知 在 上单调递增， .
①当 ，即 时， .
在 上单调递减， ，
令 ，得 ，
② ，即 时，存在 .使 ，
当 时， ，当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减.
，
， ，
不能恒成立.
综上： .
8．【天津市部分区 2019 年高三质量调查试题（二)】设 ，函数 .
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 无零点，求 a的取值范围；
（3）若 有两个相异零点 、 ，求证： .
【解析】（1）当 时， ，所以 .
，
则切线方程为 ，即
（2）①当 时， 有唯一零点 ；
②当 时，则 ， 是区间 上的增函数，
因为 ， ，
所以 ，即函数 在区间 有唯一零点；
③当 时，令 得 ，
所以，当 时， ，函数 在区间 上是增函数；
且 ；
当 时， ，函数 是在 上是减函数，
且 ；
所以在区间 上，函数 的极大值为 ，
由 ，即 ，解得 ，
故所求实数 的取值范围是 .
（3）设 ，由 ， ，可得 ， ，
. 所以
要证 ，只需证 ,
即证 ，即 .
令 ，于是 ，
设函数 ，求导得 ，
所以函数 是 上的增函数，
所以 ，即不等式 成立，
故所证不等式 成立.
9．【广东省汕尾市普通高中 2020 届高三教学质量监测】函数 ．
（Ⅰ）若函数 在点 处的切线过点 ，求 的值；
（Ⅱ）若不等式 在定义域上恒成立，求 的取值范围．
【解析】（Ⅰ） ，
，
，
整理可得 ，
解得 ，
（Ⅱ）由题意知， ，
，
设 ， ，
故 在 递增，
故 时， ，
当 时， ，
故 在 上有唯一实数根 ，
当 时， ，当 时， ，
故 0时， 取最小值，由 ，
得 ，故 ，
，
解得： ，
故 的范围是 ．
10．【福建省 2020 届高三毕业班质量检查测试】已知函数 .
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若 ，求 的取值范围.
【解析】（1） 时， ．
令 ，当 时， 单调递增，又 ．
当 时， ， ，当 时， ，
∴函数 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）令 ．由 ．
．
时， ，函数 在 上单调递增．
当 且 时， ，不满足 恒成立。
时，令 ，可得 ，可得 ．
可得： 时，函数 取得极小值即最小值 ，
，
令 ．
，
当 时， ，当 时，
可得 时，函数 取得极大值即最大值，而 ．
∴只有 满足条件．
∴ ．
11．【安徽省马鞍山市第二中学 2020 届高三 3 月高考模拟】已知函数 ，
其中 .
（1）若 是函数 的导函数的零点，求 的单调区间；
（2）若不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围．
【解析】（1）函数 ，其中 ；∴ ，
又 是函数 的导函数的零点，∴ ，解得 ，
∴ ，∴ ，且在 上是单调减函数， ，
∴ 时， ， 单调递增； 时， ， 单调递减；
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2） ， ；
① 时， 在 上恒成立，
则 是单调递减函数，且 ，∴ 恒成立，符合题意；
②当 时， 是 上的单调减函数，且 ；
若 ，即 ， 则 在 上单调递减，且 ，满
足题意；
若 ，即 ，则易知存在 ，使得 ，
∴ 在 单调递增，在 单调递减，
∴ 时，存在 ，则 不恒成立，不符合题意；
综上可知，实数 的取值范围是 ．
12．【安徽省皖南八校 2020 届高三第三次联考】已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）令函数 ，若 时， ，求实数 的取值范围.
【解析】（1）由 得 ，可知函数 的定义域为 .
由 .
①当 时， ， ，可得函数 的减区间为 ，没有增区间；
②当 时， ，令 得 ，可得函数 的减区间为 ，
增区间为 .
（2）由题意有 .
①当 时，令 ，有 ，故函数 为增函数，有
，
可知当 时， .
又当 时， ，故当 时， ；
②当 时， ，可知函数 为增函数.
由 ，由①知当 时， ，有 .
可知当 时， .
由上知存在 ，使得 ，故函数 的减区间为 ，增区间为 ，
又由 ，可得当 时， ，不符合题意.
由上知所求实数 的取值范围为 .
2020 届学科网高三数学冲刺秘籍
恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
专题 5 洛必达法则
一、问题指引
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、
或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现
0
0
型或
?
?
型可以考虑
使用洛必达法则。
二、方法详解
法则 1 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件：(1) ? ?lim 0
x a
f x
?
? 及 ? ?lim 0
x a
g x
?
? ；
(2)在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0；
(3)
? ?
? ?
lim
x a
f x
l
g x?
?
?
?
，
那么
? ?
? ?
lim
x a
f x
g x?
=
? ?
? ?
lim
x a
f x
l
g x?
?
?
?
。
法则 2 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件：(1) ? ?lim 0
x
f x
??
? 及 ? ?lim 0
x
g x
??
? ；
(2) 0A? ? ，f(x) 和 g(x)在 ? ?, A?? 与 ? ?,A ?? 上可导，且 g'(x)≠0；
(3)
? ?
? ?
lim
x
f x
l
g x??
?
?
?
，
那么
? ?
? ?
lim
x
f x
g x??
=
? ?
? ?
lim
x
f x
l
g x??
?
?
?
。
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 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0；
(3)
? ?
? ?
lim
x a
f x
l
g x?
?
?
?
，
那么
? ?
? ?
lim
x a
f x
g x?
=
? ?
? ?
lim
x a
f x
l
g x?
?
?
?
。
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→∞换成 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
x a?? ， ?
?
，0 ??，1? ， 0? ， 00 ，? ??型。
3.在着手求极限以前，首先要检查是否满足
0
0
，
?
?
，0 ??，1? ， 0? ， 00 ，? ??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。
(一)典例分析
【例 1】若不等式 3sin x x ax? ? 对于 (0, )
2
x ?? 恒成立，求a的取值范围.
【分析】把问题转化为 3
sin( ) x xf x a
x
?
? ? 在 (0, )
2
x ?? 恒成立。需求 ? ?f x 的最大值或最
大极限值。但直接求很麻烦，故考虑洛必达法则。
【解析】当 (0, )
2
x ?? 时，原不等式等价于 3
sinx xa
x
?
? .
记 3
sin( ) x xf x
x
?
? ，则 4
3sin cos 2'( ) x x x xf x
x
? ?
? .
记 ( ) 3sin cos 2g x x x x x? ? ? ，则 '( ) 2cos sin 2g x x x x? ? ? .
因为 ''( ) cos sin cos ( tan )g x x x x x x x? ? ? ? ，
'''( ) sin 0g x x x? ? ? ，所以 ''( )g x 在 (0, )
2
?
上单调递减，且 ''( ) 0g x ? ，
所以 '( )g x 在 (0, )
2
?
上单调递减，且 '( ) 0g x ? .因此 ( )g x 在 (0, )
2
?
上单调递减，
且 ( ) 0g x ? ，故 4
( )'( ) 0g xf x
x
? ? ，因此 3
sin( ) x xf x
x
?
? 在 (0, )
2
?
上单调递减.
由洛必达法则有
3 20 0 0 0 0
sin 1 cos sin cos 1lim ( ) lim lim lim lim
3 6 6 6x x x x x
x x x x xf x
x x x? ? ? ? ?
? ?
? ? ? ? ? ，
即当 0x? 时， 1( )
6
g x ? ，即有 1( )
6
f x ? .
故
1
6
a ? 时，不等式 3sin x x ax? ? 对于 (0, )
2
x ?? 恒成立.
【评注】通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：
①可以分离变量；
3 用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；
③出现“
0
0
”型或
?
?
型式子.
【类题展示】设函数 ( ) 1 xf x e?? ? .
（Ⅰ）证明：当 1x ? ? 时， ( )
1
xf x
x
?
?
；
（Ⅱ）设当 0x ? 时， ( )
1
xf x
ax
?
?
，求 a的取值范围.
【解析】（Ⅰ）略
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
由题设 0x ? ，此时 ( ) 0f x ? .
①当 0a ? 时，若 1x
a
? ? ，则 0
1
x
ax
?
?
， ( )
1
xf x
ax
?
?
不成立；
②当 0a ? 时，当 0x ? 时， ( )
1
xf x
ax
?
?
，即1
1
x xe
ax
?? ?
?
；
若 0x ? ，则 a R? ；
若 0x ? ，则1
1
x xe
ax
?? ?
?
等价于
1 1
1
xe
x ax
??
?
?
，即
1x x
x
xe ea
xe x
? ?
?
?
.
记
1( )
x x
x
xe eg x
xe x
? ?
?
?
，则
2 2
2
2 2
2 1'( ) = ( 2 )
( ) ( )
x x x x
x x
x x
e x e e eg x e x e
xe x xe x
?? ? ?? ? ? ?
? ?
.
记
2( ) 2x xh x e x e ?? ? ? ? ，则 '( ) 2x xh x e x e?? ? ? ， ''( ) + 2 0x xh x e e?? ? ? .
因此， '( ) 2x xh x e x e?? ? ? 在 (0 )??， 上单调递增，且 '(0) 0h ? ，所以 '( ) 0h x ? ，
即 ( )h x 在 (0 )??， 上单调递增，且 (0) 0h ? ，所以 ( ) 0h x ? .
因此 2'( )= ( ) 0( )
x
x
eg x h x
xe x
?
?
，所以 ( )g x 在 (0 )??， 上单调递增.
由洛必达法则有
0 0 0 0
1 1lim ( ) lim lim lim
1 2 2
x x x x x
x x x x xx x x x
xe e xe e xeg x
xe x e xe e xe? ? ? ?
? ? ?
? ? ? ?
? ? ? ?
，即当 0x? 时，
1( )
2
g x ? ，即有 1( )
2
g x ? ，所以 1
2
a ? .综上所述， a的取值范围是 1( , ]
2
?? .
(二) 用洛必达法则解高考题
【例 2】(2010 年全国新课标理)设函数 2( ) 1xf x e x ax? ? ? ? 。
（1） 若 0a ? ，求 ( )f x 的单调区间；
（2） 若当 0x ? 时 ( ) 0f x ? ，求 a的取值范围
原解：（1） 0a ? 时， ( ) 1xf x e x? ? ? ， '( ) 1xf x e? ? .
当 ( ,0)x? ?? 时， '( ) 0f x ? ；当 (0, )x? ?? 时， '( ) 0f x ? .故 ( )f x 在 ( ,0)?? 单调减少，
在 (0, )?? 单调增加
（II） '( ) 1 2xf x e ax? ? ?
由（I）知 1xe x? ? ，当且仅当 0x ? 时等号成立.故
'( ) 2 (1 2 )f x x ax a x? ? ? ? ，
从而当1 2 0a? ? ，即 1
2
a ? 时， '( ) 0 ( 0)f x x? ? ，而 (0) 0f ? ，
于是当 0x ? 时， ( ) 0f x ? .
由 1 ( 0)xe x x? ? ? 可得 1 ( 0)xe x x? ? ? ? .从而当 1
2
a ? 时，
'( ) 1 2 ( 1) ( 1)( 2 )x x x x xf x e a e e e e a? ?? ? ? ? ? ? ? ，
故当 (0, ln 2 )x a? 时， '( ) 0f x ? ，而 (0) 0f ? ，于是当 (0, ln 2 )x a? 时， ( ) 0f x ? .
综合得 a的取值范围为 1,
2
? ???? ?
? ?
原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另解:（II）当 0x ? 时， ( ) 0f x ? ，对任意实数 a,均在 ( ) 0f x ? ；
当 0x ? 时， ( ) 0f x ? 等价于 2
1xe xa
x
? ?
?
令 ? ? 2
1xe xg x
x
? ?
? ? ?0x ? , 则 3
2 2( )
x xxe e xg x
x
? ? ?? ? ， 令
? ? ? ?2 2 0x xh x xe e x x? ? ? ? ? ，则 ? ? 1x xh x xe e? ? ? ? ， ? ? 0xh x xe?? ? ? ，
知 ? ?h x? 在 ? ?0,?? 上为增函数， ? ? ? ?0 0h x h? ?? ? ；知 ? ?h x 在 ? ?0,?? 上为增函数，
? ? ? ?0 0h x h? ? ； ? ? 0g x?? ? ，g(x)在 ? ?0,?? 上为增函数。
由洛必达法则知， 20 0 0
1 1lim lim lim
2 2 2
x x x
x x x
e x e e
x x? ? ?? ? ?
? ?
? ? ? ，
故
1
2
a ?
综上，知 a 的取值范围为
1,
2
? ???? ?
? ?
。
【评注】1.不等式恒成立或能成立题目。能分离参数成 ? ?a h x? 或 ? ?a h x? ，归结为求
? ?h x 的某个最值(或其极限值)问题。常规方法不易求得最值或其极限值(往往多次求导后仍
为超越结构)。可考虑在某个端点或断点处应用洛必达法则求最值(或极限值)。
2.使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极
限得最值。
【类题展示】（2011 年全国新课标理）已知函数，曲线 ( )y f x? 在点 (1, (1))f 处的切线方程
为 2 3 0x y? ? ? 。
（Ⅰ）求 a、b的值；
（Ⅱ）如果当 0x ? ，且 1x ? 时， ln( )
1
x kf x
x x
? ?
?
，求 k的取值范围。
原解：（Ⅰ） 2 2
1( ln )
'( )
( 1)
x x bxf x
x x
? ? ?
? ?
?
由于直线 2 3 0x y? ? ? 的斜率为 1
2
? ，且过点 (1,1) ，故
(1) 1,
1'(1) ,
2
f
f
??
?
?
? ???
即
1,
1 ,
2 2
b
a b
??
?
?
? ? ???
解得 1a ? ， 1b ? 。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
ln 1f ( )
1
xx
x x
? ?
?
，所以
2
2
ln 1 ( 1)( 1)( ) ( ) (2 ln )
1 1
x k k xf x x
x x x x
? ?
? ? ? ?
? ?
。
考虑函数 ( ) 2lnh x x? ?
2( 1)( 1)k x
x
? ? ( 0)x ? ，则
2
2
( 1)( 1) 2'( ) k x xh x
x
? ? ?
? 。
（i）设 0k ? ，由
2 2
2
( 1) ( 1)'( ) k x xh x
x
? ? ?
? 知，当 1x ? 时， '( ) 0h x ? ，h（x）递减。而
(1) 0h ? 故当 (0,1)x? 时， ( ) 0h x ? ，可得 2
1 ( ) 0
1
h x
x
?
?
；
当 x?（1，+?）时，h（x）<0，可得 21
1
x?
h（x）>0
从而当 x>0,且 x? 1 时，f（x）-（
1
ln
?x
x
+
x
k
）>0，即 f（x）>
1
ln
?x
x
+
x
k
.
（ ii）设 024 4( 1) 0k? ? ? ? ? ，对称轴 x= 1 1
1 k
?
? .
当 x?（1，
k?1
1
）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,
故
'h （x）>0,而 h（1）=0，故当 x?（1，
k?1
1
）时，h（x）>0，可得 21
1
x?
h（x）<0,
与题设矛盾。
（iii）设 k? 1.此时 2 1 2x x? ? ， 2( 1)( 1) 2 0k x x? ? ? ? ? 'h（x）>0,而 h（1）=0，故当
x?（1，+?）时，h（x）>0，可得 21
1
x?
h（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-?，0]
原解在处理第（II）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另解：（II）由题设可得，当 0, 1x x? ? 时，k< 2
2 ln 1
1
x x
x
?
?
恒成立。
令 g (x)= 2
2 ln 1
1
x x
x
?
?
( 0, 1x x? ? ),则 ? ?
? ?
? ?
2 2
22
1 ln 1
2
1
x x x
g x
x
? ? ?
? ? ?
?
，
再 令 ? ? ? ?2 21 ln 1h x x x x? ? ? ? ( 0, 1x x? ? ) ， 则 ? ? 12 lnh x x x xx? ? ? ? ，
? ? 2
12ln 1h x x
x
?? ? ? ? ，易知 ? ? 2
12ln 1h x x
x
?? ? ? ? 在 ? ?0,?? 上为增函数，且 ? ?1 0h?? ? ；
故当 (0,1)x? 时， ? ? 0h x?? ? ，当 x?（1，+?）时， ? ? 0h x?? ? ；
? ? ?h x? 在 ? ?0,1 上为减函数，在 ? ?1,?? 上为增函数；故 ? ?h x? > ? ?1h? =0
? ? ?h x 在 ? ?0,?? 上为增函数
? ? ?1h =0
?当 (0,1)x? 时， ? ? 0h x ? ，当 x?（1，+?）时， ? ? 0h x ?
?当 (0,1)x? 时， ? ? 0g x? ? ，当 x?（1，+?）时， ? ? 0g x? ?
? ? ?g x 在 ? ?0,1 上为减函数，在 ? ?1,?? 上为增函数
?由洛必达法则知 ? ? 21 1 1
ln 1 ln 1lim 2lim 1 2lim 1 2 1 0
1 2 2x x x
x x xg x
x x? ? ?
? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ?? ?? ? ? ?
? 0k ? ，即 k 的取值范围为（-?，0]
三、跟踪训练
1
【答案】
5 ,
6
? ?????? ?
【解析】
2.
【答案】
1,
2
? ???? ?? ?
【解析】
3.设函数
sin( )
2 cos
xf x
x
?
?
．
（Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何 0x≥ ，都有 ( )f x ax≤ ，求 a的取值范围．
【解析】（Ⅰ） 2 2
(2 cos )cos sin ( sin ) 2cos 1( )
(2 cos ) (2 cos )
x x x x xf x
x x
? ? ? ?? ? ?
? ?
．
当
2π 2π2 π 2 π
3 3
k x k? ? ? ? （ k?Z）时， 1cos
2
x ? ? ，即 ( ) 0f x? ? ；
当
2π 4π2 π 2 π
3 3
k x k? ? ? ? （ k?Z）时， 1cos
2
x ? ? ，即 ( ) 0f x? ? ．
因此 ( )f x 在每一个区间 2π 2π2 π 2 π
3 3
k k? ?? ?? ?
? ?
， （ k?Z）是增函数，
( )f x 在每一个区间 2π 4π2 π 2 π
3 3
k k? ?? ?? ?
? ?
， （ k?Z）是减函数．
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
sin( )
2 cos
xf x ax
x
? ?
?
若 0x ? ，则 a R? ；
若 0x ? ，则 sin
2 cos
x ax
x
?
?
等价于
sin
(2 cos )
xa
x x
?
?
，即
sin( )
(2 cos )
xg x
x x
?
?
则 2 2
2 cos 2sin sin cos'( )
(2 cos )
x x x x x xg x
x x
? ? ?
?
?
.
记 ( ) 2 cos 2sin sin cosh x x x x x x x? ? ? ? ，
2
'( ) 2cos 2 sin 2cos cos 2 1
2 sin cos 2 1 2sin 2 sin 2sin (sin )
h x x x x x x
x x x x x x x x x
? ? ? ? ?
? ? ? ? ? ? ? ?
因此，当 (0, )x ?? 时， '( ) 0h x ? ， ( )h x 在 (0, )? 上单调递减，且 (0) 0h ? ，故 '( ) 0g x ? ，
所以 ( )g x 在 (0, )? 上单调递减，
而
0 0 0
sin cos 1lim ( ) lim lim
(2 cos ) 2+cos sin 3x x x
x xg x
x x x x x? ? ?
? ? ?
? ?
.
另一方面，当 [ , )x ?? ?? 时， sin 1 1 1( )
(2 cos ) 3
xg x
x x x ?
? ? ? ?
?
，因此
1
3
a ? .
4.
【解析】
5.
【解析】
2020 届学科网高三数学冲刺秘籍
恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘
专题 6 差值比较法
一、问题指引
在解决 ? ? ? ?f x g x? 类型问题时常把其转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? 来求解，这种方法称为差值
比较法。
二、方法详解
(一) 把 ? ? ? ?f x g x? 转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? ，通过 ? ? ? ?y f x g x? ? 的最值求解
【例 1】【2019 广东揭阳二模】已知函数 .
（1）若函数 的极小值为 0，求 的值；
（2） 且 ，求证： .
【分析】（1）根据导数在定义域内是否有零点确定分类讨论的标准为 和 ，然后分
别讨论导数的符号，确定当 时在 处取得极小值 ，再通过讨论 的单调性，从
而由 有唯一解 .
（2）一方面，可以将问题等价转化为证当 时， 恒成立问题，然后构造函
数 ，通过其导数确定单调性，从而使问题得证；另一方面，也可以直接
构造函数 （ ），由其二阶导数以及 的范围确定一阶导数的单调性，
从而确定 的符号，进而确定 的单调性，可得 ，使问题得证.
【解析】（Ⅰ）因为
所以 ，
当 时， ，函数 在定义域上递增，不满足条件；
当 时，函数 在 上递减，在 上递增，
故 在 取得极小值 0， ，
令 ， ，所以 在（0，1）单调递增，
在 单调递减，故 ， 的解为 ，
故 .
（2）证法 1：由 ，
，所以只需证当 时， 恒成立.
令
由（1）可知 ，令 得
在 上递增，故 ，所以命题得证.
证法 2： ，
设 （ ），则 ，
则 ，又 ， ，得 ，
所以 单调递增，得 ，
所以 单调递增，得 ，得证．
【评注】在证明不等式 ? ? ? ?f x g x? ，若 ? ? ? ? ? ?h x f x g x? ? 的最小值可求，可转化为证
明 ? ?min 0h x ? 。
【类题展示】【2019 河南新乡市三模】已知函数
（1）讨论函数 在 上的单调性；
（2）若 ，不等式 对 恒成立，求 取值范围.
【解析】（1） 的定义域为 ，
，
若 ，因为 ，所以 ，所以 ，所以 在 上单调递减，
若 ，令 ，得 ，
当 时， ； 当 时， ，
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2） ，即 对 恒成立，
令 ，则 ，令 ，得 ，
当 时， ； 当 时， ，
所以 的最小值为 ，
令 ，则 ，令 ，得 ，
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，
所以当 时， 的最小值为 ；
当 时， 的最小值为
故 的取值范围是
(二) 把 ? ? ? ?f x g x? 转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? ，通过放缩法求解
【例 2】【2019 安徽濉溪二中 4 月联考】已知函数 .
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若 ，证明 ， .
【分析】（1） ，求导，令 可求得单调递增区间，令 可求得单
调递增减区间。
（2） ，等价于 ，由题意得 ， ，所以 ，
只需证 ，设 ，结合 的单调性和最值，即可求证。
【解析】（1）解：因为 ，所以 ， ，
.
当 时， ；当 时， .
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 。
（2）证明： ， ，等价于 ，
， ， ，所以 ，
于是只需要证 .
令 ， ， ，
则函数 在 上单调递增，于是 .
所以 ，即 ，成立，即 。
【评注】把 ? ? ? ?f x g x? 转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? 后，若 ? ? ? ?y f x g x? ? 的单调性或最值
不容易确定，可通过放缩转化为一个单调性或最值容易确定的不等式。
【类题展示】【2019 湖南益阳市 4月模拟】已知函数 ；
.
（1）判断 在 上的单调性，并说明理由；
（2）求 的极值；
（3）当 时， ，求实数 的取值范围.
【解析】（1）∵ ，
则 .
当 时， ， ，得 ，
∴ 在 上单调递减.
（2）∵ ，
则 ，
令 ，则 .
∴ 即 在 上单调递增.
又 ，
∴当 时， ，当 时， .
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ 有极小值 .
（3）令 ，
即 对 成立.
① 时， 与 矛盾，不成立.
② 时，当 时，
令 ，则 ，
∴ 在 上单调递增，
又 ，∴ ，即 .
由（2）知 .
当 时， ，而 ，等号不同时成立，
∴ .
③ 时，若 ，则 ，
即 ，
由（1）知 ，
即 .
∴ ，
∴ 不成立.
综上， 的取值范围为 .
(三) 把 ? ? ? ?f x g x? 转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? ，通过分类讨论求解
【例 3】【2019 河北石家庄模拟】已知函数 .
（1）求函数 的极小值；
（2）求证：当 时， .
【分析】（1）由题意可得 分类讨论函数的极小值即可.
（2）令 ，原问题等
价于 ,即证 .据此分类讨论 ， 和 三种情况即可
证得题中的结论.
【解析】（1）
当 时，即 时， ，函数 在 上单调递增，无极小值；
当 时，即 时， ，函数 在 上单调递减；
，函数 在 上单调递增；
，
综上所述，当 时， 无极小值；当 时，
（2）令
当 时，要证： ，即证 ,即证 ，
要证 ，即证 .
①当 时，
令 ， ，所以 在 单调递增，
故 ，即 .
，
令 ， ，
当 ， 在 单调递减； ， 在 单调递增，
故 ，即 .当且仅当 时取等号
又 ，
由 、 可知
所以当 时，
②当 时，即证 .令 ， ， 在 上单调递减，在
上单调递增， ，故
③当 时，当 时， ，由②知 ，而 ，
故 ；
当 时， ，由②知 ，故 ；
所以，当 时， .
综上①②③可知，当 时， .
【评注】把 ? ? ? ?f x g x? 转化为 ? ? ? ? 0f x g x? ? 后，若 ? ? ? ?y f x g x? ? 中含有参数，在
研究其性质时一般要根据参数的取值进行讨论。
【类题展示】【2019 江西上饶第二次联考】已知函数 ， ， .
（1）求 单调区间；
（2）若 在 上恒成立，求 的取值范围.
【解析】（1） ，
由 得 ，
由 得 ，
分别在区间 上单调递增.在区间 上单调递减.
（2）令 ， ，
则 ，
由（1）知 在 上单调递增， .
①当 ，即 时， .
在 上单调递减， ，
令 ，得 ，
② ，即 时，存在 .使 ，
当 时， ，当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减.
，
， ，
不能恒成立.
综上： .
(四) 变形后再作差
【例 4】已知 f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数 f(x)的最大值；
(2)设 g(x)＝f?x?
x
，x>－1 且 x≠0，证明：g(x)<1.
【分析】(1)略，(2)把证明 g(x)<1，转化为证明 f(x)>x，再作差构造函数。
【解析】(1)解 f′(x)＝－xex.
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以 f(x)的最大值为 f(0)＝0.
(2)证明 由(1)知，当 x>0 时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设 h(x)＝f(x)－x，则 h′(x)＝－xex－1.
当 x∈(－1,0)时，0<－x<1,0则 0<－xex<1，
从而当 x∈(－1,0)时，h′(x)<0，
h(x)在(－1,0)上单调递减．
当－1h(0)＝0，
即 g(x)<1.综上，当 x>－1 且 x≠0 时总有 g(x)<1.
【评注】有时在利用差值比较法证明不等式时，需要先通过去分母或提取公因式后再作差构
造函数。
三、跟踪训练
1.【2019 四川成都期中】已知函数 ，其中 .
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，证明: ；
（3）试比较 与 ，并证明
你的结论。
【解析】（1）函数 的定义域为： ，
①当 时， ，所以 在 上单调递增
②当 时，令 ，解得 ．
当 时， ，所以 ， 所以 在 上单调递减；
当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递增．
综上，当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）当 时， ，要证明 ，
即证 ，即证： .
设 ，则 ，令 得， .
当 时， ，当 时， .
所以 为极大值点，且 在 处取得最大值。
所以 ，即 。故 .
（3）证明： （当且仅当 时等号成立），即 ,
则有 +
,
故： +
2.【2019 山西大学附中 3月诊断】已知函数 的最小值为 ,其中 .
(1)求 的值;
(2)若对任意的 ,有 成立,求实数 的最小值;
【解析】 (1) 的定义域为 ,
由 ，得 ；
由 得 ，
由 得 ，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
因此当 时， ，所有 .
（2）当 时，取 ，有 ，故 不合题意；
当 时，设
，令 得 或 ，
①当 时， ，当 时， ，因此函数 在 上单
调递增，因此当 时， ，即有 不成立，故 不
满足题意；
②当 时， ， 在 上恒成立，因此 在 上单调递减，从
而对任意的 ，有有 成立,故 符合题意；
综上，实数 的最小值为 .
3.【山东省 2019 年高三 4月模拟】已知函数 .
（1）当 时，求函数 的极值；
（2）证明：当 时， .
【解析】（1）当 时，
令 得
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增；
所以 在 处取得极小值为 ，无极大值.
（2）设
则
设 ，则
在区间 上单调递增
又 ，当 时， ，由 ，解得 ，
当 时， ，故 有唯一的零点
当 时， ，当 时，
且
当 时，
4.【2019 湖北省武汉 4月调研】已知函数 （ ，为常数）在
内有两个极值点 ， （ ）
（1）求实数 的取值范围；
（2）求证： .
【解析】（1）由 ，可得 ，
记 ，有题意，知 在 上存在两个零点.
则
当 时， ，则 在 上递增， 至少有一个零点，不合题意；
当 时，由 ，得
（i）若 且 ，即 时， 在 上递减， 递增；
则 ，则 ，
从而 在 和 上各有一个零点。
所以 在 上存在两个零点.
（ii）若 ，即 时， 在 上递减， 至多一个零点，舍去.
（iii）若 且 ，即 时，此时 在 上有一个零点，而在
上没有零点，舍去.
综上可得， .
（2）令 则
，
，
，
所以， 在 上递减，从而 ，
即
而 ，且 在 递增；
，
.
5.【2019 安徽省 4 月联考】已知函数 ， .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ， 恒成立，求实数 的取值范围.
【解析】（1）由题意得，函数 的定义域为 ，
.
若 ，则 ，故函数 在 上单调递增；
若 ，则 ，故当 时， ，当 时， .
则 在 上单调递减，在 上单调递增；
若 ，则 ，故 ，故函数 在 上单调递增；
综上所述，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递
减，在 上单调递增.
（2） ， .
又 ， 若 ，则 .
令 ，则 ，
令 ，解得 .
当 时， ，则函数 在 上单调递减，
当 时， ，