第19讲 导数与不等式
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
● 课堂考点探究
例1-1 [思路点拨] 当x<1时,由不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,分离参数a,结合函数的单调性求a的取值范围.
解:当x<1时,不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,即a≥,x<1恒成立.令f(x)=,x<1,则f'(x)==,所以当x<0时,f'(x)>0,当0
例1-2 [思路点拨] 先分离参数m,再利用导函数求函数的最值即可.
解:存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤成立,即存在x∈(0,+∞),使得m≥=2ln x+x+成立,问题转化为m≥(x>0).令g(x)=2ln x+x+,得g'(x)=+1-=,
当x>1时,g'(x)>0,当0∴g(x)min=g(1)=4,则m≥4,
故实数m的最小值为4.
变式题1 解:(1)∵f(x)=ax+xln x,
∴f'(x)=a+ln x+1,∵函数f(x)=ax+xln x在x=e处取得极值,
∴f'(e)=a+2=0,解得a=-2,经检验,符合题意,∴a=-2.
(2)由(1)知f(x)=-2x+xln x,由题意知k<对任意x∈(0,+∞)恒成立,即k<对任意x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=,则g'(x)=
=
.设h(x)=ln x+x-1(x>0),易得h(x)是增函数,又h(1)=0,∴当x>1时,h(x)>0,即g'(x)>0,
当0变式题2 解:由f(x)=a(x+1)ex-ax+a-ex<0,得>x+1-.令h(x)=x+1- ,则h'(x)=.
令φ(x)=ex+x-2,则φ(x)=ex+x-2在R上单调递增,又φ(0)<0,φ(1)>0,∴存在唯一的x0∈(0,1),使得φ(x0)=0,当xx0时,φ(x)>0,h'(x)>0,h(x)单调递增,
又h(0)=2,h(1)=2,h(-1)=2e,h(2)=3-,h(3)=4-.
所以当f(x)<0有且仅有三个整数解时,有3-<≤4-,解得≤a<,即实数a的取值范围是.
例2 [思路点拨] (1)利用已知条件及导数的几何意义求出a的值,然后利用导数研究函数的最值即可证明不等式;(2)原不等式等价于(a-1)ln x++x+2>0,构造新函数分类讨论研究函数的单调性,结合最值即可得到实数a的取值范围.
解:(1)证明:因为f'(x)=-x+1(x>0),所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率k=f'(1)=a-1.
又因为切线与直线y=2x平行,所以a-1=2,解得a=3,所以f(x)=2ln x-x2+x,f'(x)=-x+1==(x>0).
由f'(x)>0得02,则函数f(x)的单调递减区间为(2,+∞).所以f(x)在x=2处取得极大值,也为最大值,且f(2)=2ln 2=ln 4,所以f(x)≤ln 4.
(2)由f(x)+4>g(x)得(a-1)ln x-x2+x+4>-x2,
整理得(a-1)ln x++x+2>0.
设h(x)=(a-1)ln x++x+2(x>1),则h'(x)=-+1=
=,
h(x)>0在(1,+∞)上恒成立.
①当a≥-1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)>h(1)=a+3≥2>0,满足题意.
②当a<-1时,由h'(x)<0得10得x>-a,则函数h(x)在(-a,+∞)上单调递增,所以h(x)在x=-a处取得极小值,也为最小值,故h(x)min=h(-a)=(a-1)ln(-a)+-a+2=(a-1)ln(-a)-a+1.
依题意得h(x)min=(a-1)ln(-a)-a+1>0,可得ln(-a)<1,可得-e变式题 解:(1)由f(x)=ax-ln(1-x),得f'(x)=a+(x<1),
因为f(0)=0,f'(0)=a+1,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(a+1)x.
(2)f'(x)=a+=(x<1).
①当a≥0时,f(-1)=-a-ln 2<0,不符合题意.
②当a<0时,令f'(x)=0,解得x=1+,当x∈时,f'(x)<0,f(x)在区间上单调递减,
当x∈时,f'(x)>0,f(x)在区间上单调递增,所以当x=1+时,f(x)取得最小值f=a+1+ln (-a).若f(x)≥0恒成立,则a+1+ln(-a)≥0.
设φ(x)=x+1+ln(-x)(x<0),则φ'(x)=1+=,当x∈(-∞,-1)时,φ'(x)>0,φ(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,当x∈(-1,0)时,φ'(x)<0,φ(x)在区间(-1,0)上单调递减,所以φ(x)≤φ(-1)=0,即a+1+ln(-a)≥0的解为a=-1.
所以a=-1.
例3 [思路点拨] (1)利用导数研究函数f(x)的单调性,注意构造中间函数u(x)=xcos x-sin x,x∈判断f'(x)的符号,即可求解;(2)构造函数h(x)=sin x-x,x∈,研究其单调性,证明f(x)=<1在上恒成立,再应用导数研究函数g(x)在[0,2]上的最大值,结合已知得到关于a的不等式,即可求范围.
解:(1)因为函数f(x)=,所以f'(x)=.设u(x)=xcos x-sin x,x∈,则u'(x)=-xsin x<0,故u(x)在上单调递减,所以u(x)(2)令h(x)=sin x-x,x∈,则h'(x)=cos x-1<0在上恒成立,即函数h(x)在上单调递减,所以h(x)所以sin xg'(x)=-3(x2-1)=(1-x),当x∈[0,2]时,3x+3+>0,当x∈[0,1)时,g'(x)>0,g(x)在区间[0,1)上单调递增;当x∈(1,2]时,g'(x)<0,g(x)在区间(1,2]上单调递减.故函数g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(1)=-1+3-a=+2-a.结合题意,只需+2-a≥1,解得a≤+1,即实数a的取值范围是.
变式题 解:(1) 存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于当x1,x2∈[0,2]时,[g(x1)-g(x2)]max≥M.
由g(x)=x3-x2-3,得g'(x)=3x2-2x=3x,在[0,2]上,g'(x),g(x)随x的变化情况如下表:
x 0 2
g'(x) 0 - 0 + 8
g(x) -3 单调递减 极小值- 单调递增 1
由上表可知,当x∈[0,2]时,g(x)min=g=-,g(x)max=g(2)=1,故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=,所以满足条件的最大整数M=4.
(2)方法一:由(1)知,在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
因为对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,所以当x∈时,f(x)=+xln x≥1恒成立,等价于a≥x-x2ln x在上恒成立.
记h(x)=x-x2ln x,x∈,则h'(x)=1-2xln x-x,且h'(1)=0.
记m(x)=1-2xln x-x,x∈,则m'(x)=-3-2ln x,因为x∈,所以m'(x)=-3-2ln x<0, 所以m(x)=h'(x)=1-2xln x-x在上单调递减,又h'(1)=0,所以当x∈时,h'(x)>0,当x∈(1,2]时,h'(x)<0,故函数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,+∞).
方法二:由(1)知,在区间上,g(x)的最大值为g(2)=1.
因为对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,所以f(1)=a≥1.下面证明:当a≥1时,在区间上,函数f(x)≥1恒成立.当a≥1且x∈时,f(x)=+xln x≥+xln x.
记h(x)=+xln x,x∈,则h'(x)=-+ln x+1,且h'(1)=0,h'(x)在上单调递增,当x∈时,h'(x)=-+ln x+1<0,当x∈(1,2]时,h'(x)=-+ln x+1>0,所以函数h(x)=+xln x在区间上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,所以h(x)min=h(1)=1,即h(x)≥1,所以当a≥1且x∈时,f(x)≥1恒成立,故对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,所以实数a的取值范围是[1,+∞).第19讲 导数与不等式
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
1.D [解析] 由题设知ax2≥ln x,即a≥在(0,+∞)上恒成立.令f(x)=,x>0,则f'(x)==.令f'(x)>0,得0,故f(x)在(,+∞)上单调递减.所以f(x)≤f()=,故a≥.故选D.
2.C [解析] 若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则只需f(x)min≤g(x)max.由题得f'(x)=ex+xex=(x+1)ex,所以函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=-.由题得g(x)max=g(-1)=a,所以a≥-,故选C.
3.B [解析] 因为函数f(x)=x2-ax+ln x在(1,e)上单调递增,所以f'(x)=2x-a+≥0在(1,e)上恒成立,即a≤2x+在(1,e)上恒成立.令g(x)=2x+(10,所以g(x)在(1,e)上单调递增,又g(1)=3,所以a≤3,即a的取值范围是(-∞,3].故选B.
4.C [解析] 由f(x)=ex-1-ln x-a,得f'(x)=ex-1-.设g(x)=ex-1-,可得g'(x)=ex-1+,当x≥1时,g'(x)>0,则f'(x)在[1,+∞)上单调递增,故当x≥1时,f'(x)≥f'(1)=0,故f(x)在[1,+∞)上单调递增.因为对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,所以只需f(1)=1-a≥0,解得a≤1,所以a的最大值是1.故选C.
5.A [解析] 由题意可得(em-1)x1时,h'(x)>0,所以函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(1)=1,所以m<1,即实数m的取值范围是(-∞,1).故选A.
6.[1,+∞) [解析] 方法一:设f(x)=ax-sin x,原问题转化为f(x)>0对任意x∈恒成立.因为f'(x)=a-cos x,所以当a≤0,00,故f(x)在上单调递增,所以当x∈时,f(x)>f(0)=0恒成立,所以a≥1满足题意;当0方法二:应用洛必达法则和导数.当x∈时,原不等式等价于a>.令f(x)=,则f'(x)==.又当x∈时,x7.- [解析] f'(x)=ex-,令f'(x)=0得x=ln ,当x>ln 时,f'(x)>0,当x0得a>,令g'(a)<0得08.解:(1)当a=1,b=3时,f(x)=x2-3x+ln x,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-3+=.
令f'(x)>0,可得01,故f(x)的单调递增区间为,(1,+∞).
(2)若b=0,则f(x)=ax2+ln x.
由f(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,得a≤-在[1,+∞)上恒成立.设g(x)=-,x≥1,则g'(x)=,令g'(x)>0,得x>,此时g(x)单调递增,令g'(x)<0,得1≤x<,此时g(x)单调递减,故g(x)min=g()=-,故a≤-,即实数a的取值范围是.
9.解:(1)当a=0时,f(x)=ex+cos x-sin x,f'(x)=ex-sin x-cos x.
令h(x)=ex-sin x-cos x,则当x∈时,ex≥>2,sin x+cos x<2,故h(x)=ex-sin x-cos x>0;
当x∈时,h'(x)=ex-cos x+sin x=ex+sin,此时ex>1,sin∈(-1,1),故h'(x)>0,所以h(x)在上单调递增,
所以当x∈时,h(x)>h(0)=0.
故当a=0,x>0时,f'(x)>0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)由题意知,当x>0时,f(x)=ex+a+cos x-sin x≥0恒成立,即ea≥恒成立.
令φ(x)=,x∈(0,+∞),则φ'(x)=,x∈(0,+∞),
故φ(x)在上单调递增,在每一个开区间(k∈N)上都单调递减,在每一个开区间(k∈N)上都单调递增,又φ≥φ(k∈N),所以φ(x)max=φ=,
故ea≥,解得a≥-,故实数a的取值范围是.
10.解:(1)证明:由f(x)=ex-1-x,得f'(x)=ex-1-1,令f'(x)=0,得x=1,当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)≥f(1)=0,即对任意x∈R,f(x)≥0恒成立.
(2)当x∈(0,+∞)时,由f(x)≥a(x2-x-xln x),得ex-1-x≥a(x2-x-xln x),即-1=-1≥a(x-1-ln x),即ex-1-ln x-1≥a(x-1-ln x).令t=x-1-ln x,则t'=1-=,当x∈(0,1)时,t'<0,函数t=x-1-ln x单调递减,当x∈(1,+∞)时,t'>0,函数t=x-1-ln x单调递增,所以t≥1-1-ln 1=0,原问题转化为et-1≥at,即et-1-at≥0对任意t∈[0,+∞)恒成立.令g(t)=et-1-at(t≥0),则g(0)=e0-1-a×0=0,g'(t)=et-a.若a≤1,则g'(t)≥0,g(t)在[0,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(0)=0,故g(t)≥0恒成立,符合题意;若a>1,则令g'(t)=0,得t=ln a,所以当t∈[0,ln a)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,当t∈(ln a,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,所以g(t)min=g(ln a)综上,实数a的取值范围为(-∞,1].
11.解:(1)f'(x)=mx+m-1-=,x>0.
当m≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当m>0时,由f'(x)>0,可得x∈,
即f(x)在上单调递增,
由f'(x)<0,可得x∈,
即f(x)在上单调递减.
(2)当m>0时,由(1)知f(x)min=f=ln m+1-.
g'(x)=2x+e-x>0在[1,+∞)上恒成立,故g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以当x∈[1,+∞)时,g(x)min=g(1)=2-.由题意知f(x)min≥g(x)min,即ln m+1-≥2-.
设h(x)=ln x+1-,则h'(x)=+>0,所以h(x)为增函数,
又h(e)=2-,所以由h(m)≥2-得m≥e,即m的取值范围是[e,+∞).第19讲 导数与不等式
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
一般地,若a>f(x)对任意x∈[c,d]恒成立,则只需a>f(x)max;若af(x)成立,则只需a>f(x)min;若存在x∈[c,d],使得a对于分类讨论法,常见有两种情况:(1)先利用综合法,结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,判断不同区间函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;(2)直接通过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函数或者一次函数.
对于双变量的恒(能)成立问题,常转化为求两个函数的最值之间的比较.
提示一:求解参数范围时,一般会涉及分离参数,试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,通常需要设出导函数的零点,难度较大.
提示二:破解不等式求参问题,时常会通过不等式的同解变形,构造一个与背景函数相关的函数,利用函数最值确定参数的取值范围.在构造函数或求最值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不等式放缩法、叠加不等式放缩法等.
分离参数法求参数范围
例1-1 [2025·长沙模拟] 当x<1时,不等式2xex-ax-ex+a≥0恒成立,求实数a的取值范围.
例1-2 已知函数f(x)=xln x,若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤成立,求实数m的最小值.
总结反思
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.分离参数法通常有两个角度:全分离参数法和半分离参数法.
全分离参数是将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,将所求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.
半分离参数一般是将不等式变形为ax+b>f(x)或ax+b变式题1 [2024·浙江金华三模] 已知函数f(x)=ax+xln x在x=e(e为自然对数的底数)处取得极值.
(1)求实数a的值;
(2)若不等式>k恒成立,求k的取值范围.
变式题2 [2024·福州模拟节选] 设函数f(x)=a(x+1)ex-ax+a-ex(a>0),若关于x的不等式f(x)<0有且仅有三个整数解,求实数a的取值范围.
分类讨论法求参数范围
例2 已知函数f(x)=(a-1)ln x-x2+x,a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=2x平行,证明:f(x)≤ln 4;
(2)设g(x)=-x2,若对任意x∈(1,+∞),均有f(x)+4>g(x),求实数a的取值范围.
总结反思
在给出的含参数的恒成立或能成立的不等式中,如果参数不易分离,则可以考虑用分类讨论法求参,通过讨论参数不同取值下函数的单调区间和函数的最值(或值域),进而确定参数的范围.解决此类问题的关键是对参数合理分类,在参数的每一段取值上判断是否满足题意.
变式题 [2024·北京朝阳区二模] 已知函数f(x)=ax-ln(1-x)(a∈R).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的值.
双变量的恒(能)成立问题
例3 已知函数f(x)=.
(1)求函数f(x)在上的最小值;
(2)若g(x)=-x3+3x-a,且对任意x1∈,都存在x2∈[0,2],使得f(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
总结反思
常见的双变量不等式能成立问题(有解问题)与恒成立问题类型(其中M=[a,b],N=[c,d],f(x)在M上的最大值为f(x)max,最小值为f(x)min,g(x)在N上的最大值为g(x)max,最小值为g(x)min):
(1) x1∈M, x2∈N,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(2) x1∈M, x2∈N,f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(3) x1∈M, x2∈N,f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
(4) x1∈M, x2∈N,f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
变式题 设函数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)如果对任意的s,t∈,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
第19讲 导数与不等式
第1课时 利用导数研究恒(能)成立问题
(时间:45分钟)
1.若不等式ln x-ax2≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.a≤ B.a≥
C.a≤ D.a≥
2.已知函数f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.[-e,+∞)
B.(-∞,-e]
C.
D.
3.若函数f(x)=x2-ax+ln x在(1,e)上单调递增,则a的取值范围是 ( )
A.[3,+∞) B.(-∞,3]
C.[3,e2+1] D.[3,e2-1]
4.已知函数f(x)=ex-1-ln x-a,若对任意的x∈[1,+∞),f(x)≥0恒成立,则a的最大值是 ( )
A.ln 2 B.
C.1 D.e
5.已知函数f(x)=(em-1)x的图象恒在g(x)=ex-ln x-m的图象的下方,则实数m的取值范围是 ( )
A.(-∞,1) B.(-∞,e-1)
C.(0,1) D.(0,e-1)
6.若不等式ax>sin x对任意x∈恒成立,则a的取值范围是 .
7.已知函数f(x)=ex--b,当实数a>0时,对任意x∈R,f(x)≥0恒成立,则a2b的最大值为 .
8.已知函数f(x)=ax2-bx+ln x(a,b∈R).
(1)若a=1,b=3,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)若b=0,不等式f(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
9.已知函数f(x)=ex+a+cos x-sin x.
(1)当a=0时,判断f(x)在(0,+∞)上的单调性;
(2)当x>0时,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.
10.已知函数f(x)=ex-1-x.
(1)求证:对任意x∈R,f(x)≥0恒成立;
(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥a(x2-x-xln x)恒成立,求实数a的取值范围.
11.已知函数f(x)=mx2+(m-1)x-ln x(m∈R),g(x)=x2-+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当m>0时,若对任意的x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,+∞),使得f(x1)≥g(x2),求m的取值范围.(共91张PPT)
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成立问题 /
第19讲 导数与不等式
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
一般地,若对任意恒成立,则只需 ;
若对任意恒成立,则只需 .若存在
,使得成立,则只需;若存在 ,使
得成立,则只需 .由此构造不等式,求解参数的取
值范围.
对于分类讨论法，常见有两种情况：（1）先利用综合法,结合导
函数的零点之间的大小关系的决定条件,确定分类讨论的标准,分类后,
判断不同区间函数的单调性,得到最值,构造不等式求解;（2）直接通
过导函数的式子,看出导函数值正负的分类标准,通常导函数为二次函
数或者一次函数.
对于双变量的恒（能）成立问题，常转化为求两个函数的最值
之间的比较.
提示一：求解参数范围时,一般会涉及分离参数,试题中很少碰到
分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况,通常需要设出导
函数的零点,难度较大.
提示二：破解不等式求参问题,时常会通过不等式的同解变形,构
造一个与背景函数相关的函数,利用函数最值确定参数的取值范围.在
构造函数或求最值的过程中常用的放缩方法有函数放缩法、基本不
等式放缩法、叠加不等式放缩法等.
探究点一 分离参数法求参数范围
例1-1 [2025·长沙模拟] 当时，不等式
恒成立，求实数 的取值范围．
［思路点拨］ 当时，由不等式 恒成立，
分离参数，结合函数的单调性求 的取值范围.
解：当时，不等式 恒成立，即
,恒成立.
令, ，则，
所以当时， ，当时，,
即函数在区间 上单调递增，在区间上单调递减，
故的最大值为，
所以实数 的取值范围为 ．
例1-2 已知函数，若存在 ，使得
成立，求实数 的最小值.
［思路点拨］ 先分离参数 ，再利用导函数求函数的最值即可.
解：存在，使得 成立，即存在
，使得 成立，
问题转化为.
令 ，得 ，
当时，，当时，，
在 上单调递减，在 上单调递增，
，则 ，故实数 的最小值为4．
[总结反思]
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）恒成立;
恒成立;
能成立;
能成立.
2.分离参数法通常有两个角度：全分离参数法和半分离参数法.
全分离参数是将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来，将
所求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.
半分离参数一般是将不等式变形为或 的
形式，然后画出图象，由图象的上下方关系得到不等式，从而求解.
变式题1 [2024·浙江金华三模] 已知函数在
（ 为自然对数的底数）处取得极值．
（1）求实数 的值；
解： ，，
函数在 处取得极值，
，解得，
经检验，符合题意， .
（2）若不等式恒成立，求 的取值范围.
解：由（1）知，
由题意知 对任意恒成立，
即对任意 恒成立．
令，
则 ．
设，易得 是增函数，
又，
当时，，即 ，
当时，，即，
在 上单调递增，在上单调递减，
，，
即 的取值范围为 ．
变式题2 [2024·福州模拟节选] 设函数
，若关于 的不等式有且仅有三个整数解，求实
数 的取值范围.
解：由，得 .
令 ，则 .
令，则在 上单调递增，
又，， 存在唯一的，使得 ，
当时，，，单调递减，
当 时，，， 单调递增，
又，，，， .
所以当有且仅有三个整数解时，有 ，
解得，即实数的取值范围是 .
探究点二 分类讨论法求参数范围
例2 已知函数， ．
（1）若曲线在点处的切线与直线 平行，证
明： ；
［思路点拨］利用已知条件及导数的几何意义求出 的值，然后利用
导数研究函数的最值即可证明不等式；
证明：因为，所以曲线 在点
处切线的斜率 ．
又因为切线与直线平行，所以，解得 ，所以
, .
由得，则函数的单调递增区间为 ；
由得，则函数的单调递减区间为.
所以 在处取得极大值，也为最大值，且 ，
所以 .
（2）设，若对任意 ，均有
，求实数 的取值范围．
解：由得 ，
整理得 ．
设，则
,在 上恒成立.
［思路点拨］原不等式等价于 ，构造新函
数分类讨论研究函数的单调性，结合最值即可得到实数 的取值范围．
①当时，，在 上单调递增，则
，满足题意.
②当时，由得，则函数在 上
单调递减，由得，则函数在 上单调递
增,所以在 处取得极小值,也为最小值,故
依题意得，可得 ，
可得．
综上可得，实数的取值范围为 ．
[总结反思]
在给出的含参数的恒成立或能成立的不等式中,如果参数不易分离,则
可以考虑用分类讨论法求参,通过讨论参数不同取值下函数的单调区
间和函数的最值（或值域）,进而确定参数的范围.解决此类问题的关
键是对参数合理分类,在参数的每一段取值上判断是否满足题意.
变式题 [2024·北京朝阳区二模] 已知函数
.
（1）求曲线在点 处的切线方程；
解：由，得 ，
因为, ，
所以曲线在点处的切线方程为 .
（2）若恒成立，求 的值.
解： .
①当时， ，不符合题意.
②当时，令，解得，当 时，
，在区间 上单调递减，
当时，，在区间 上单调递增，
所以当时，取得最小值 .
若恒成立，则 .
设，则 ，
当时，,在区间 上单调递增，
当时，,在区间 上单调递减，
所以，即的解为 .
所以 .
探究点三 双变量的恒（能）成立问题
例3 已知函数 ．
（1）求函数在 上的最小值；
［思路点拨］利用导数研究函数 的单调性，注意构造中间函数
,判断 的符号，即可求解；
解：因为函数,所以 ．
设,，则，
故 在上单调递减，所以，
即, ，所以在上单调递减，
故在 上的最小值为 ．
（2）若，且对任意 ，都存在
，使得成立，求实数 的取值范围．
［思路点拨］构造函数, ，研究其单调性，
证明在上恒成立，再应用导数研究函数 在
上的最大值，结合已知得到关于 的不等式，即可求范围.
解：令,，则在 上
恒成立，即函数在 上单调递减，所以 ，
所以,，即在 上恒成立.
，
当 时，，
当时,,在区间 上单调递增;
当时,,在区间 上单调递减．
故函数在区间上的最大值为 ．
结合题意，只需，解得，
即实数 的取值范围是 ．
[总结反思]
常见的双变量不等式能成立问题（有解问题）与恒成立问题类型
（其中，，在上的最大值为，最
小值为，在上的最大值为，最小值为
）：
（1），，
（2），，
（3），，
（4），，
变式题 设函数, .
（1）如果存在,,使得 成立,求满足上述
条件的最大整数 ;
解：存在,，使得成立，等价于当 ，
时， .
由，得，在
上，，随 的变化情况如下表：
0 2
0 - 0 8
单调递减 单调递增 1
由上表可知，当时， ,
，故
，
所以满足条件的最大整数 .
（2）如果对任意的,,都有成立,求实数 的取值
范围.
解：方法一：由（1）知，在区间上，的最大值为 .
因为对任意的,，都有成立，
所以当 时，恒成立，
等价于在 上恒成立.
记则 ,且 ．
记，，则 ，
因为，所以 ,所以
在上单调递减，
又 ，所以当时,当时, ，
故函数在区间上单调递增，在区间 上单
调递减，
所以所以即实数 的取值范围是 .
方法二：由（1）知，在区间上，的最大值为 ．
因为对任意的,，都有成立，所以 .
下面证明：当时，在区间上，函数 恒成立．
当且时， .
记，，则 ，且
，在上单调递增，
当 时，，
当 时，，
所以函数在区间 上单调递减，
在区间上单调递增，
所以 ，即，
所以当且时， 恒成立，
故对任意的,，都有成立，
所以实数 的取值范围是 ．
例1 ［配例1、例2使用］ 已知函数，,，
是自然对数的底数， .
【备选理由】例1考查恒成立问题；
（1）若是上的增函数，求 的取值范围；
解：因为，函数是 上的增函数，
所以，即对恒成立，
又当时， ，所以，解得,
所以的取值范围是 .
（2）若函数的图象与直线 有且仅有三个公
共点，公共点横坐标的最大值为 ，求证： ；
证明：作出直线和函数 的图象，如图所示.
要使直线与函数 的图象有且仅有三个公共点，
且公共点横坐标的最大值为 ，
则直线与函数 的图象相切，
且切点为 .
当时，，此时 ，
所以，即 .
因为
，
所以 .
（3）当，满足什么条件时， 恒成立？
解：令 ，
则恒成立等价于 恒成立.
①当时，因为当 时，， ，
，
所以当 时， ，
因此存在，使得 ，不符合题意.
②当时， .
当，即时， 恒成立，符合题意；
当，即时，令 ，
则 ，
若，则 ，
故存在，使得 ，
即 不恒成立，不符合题意.
③当时， .
令，则 .
令得；令得 ，
所以函数在上单调递减，在 上单调递增，
故 .
当，即时，
恒成立，
故 恒成立，符合题意；
当，即 时，
因为
，
所以当，即时， ，
即 不恒成立，不符合题意.
综上所述，当，满足或 时，
恒成立.
例2 ［配例1、例2使用］ 已知函数，，
是自然对数的底数.
（1）若无极值点，求实数 的取值范围；
【备选理由】例2考查指数函数与三次函数相结合的恒成立问题，体
会不同变量和不同函数下的不同解题方法；
解：方法一：易知 ，
由无极值点可知， 无变号零点，
令 ，
显然当时，无解，此时 无极值点，满足题意.
当时，可变形为 ，
令 ，则，
当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减.
又当 时， ，当 时， ，
，故 的大致图象如图所示，
由图可知，要使无变号零点，则，解得 .
综上， .
方法二：,令，则 .
①当时，恒成立，在 上单调递增，
因为， ，
所以有一个变号零点，即 有一个极值点.
②当时，恒成立，即 无极值点.
③当时，令得,当 时，
，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
故 .
若，则即 ，当时, ，
.
设，，则 ，
故在 上单调递增，故 ，
故 ，此时有两个变号
零点， 有两个极值点.
若，则,即,此时 恒
成立， 无极值点.
综上， .
（2）当时，恒成立，求实数 的取值范围.
解:方法一:由 ,可得 ，
即 .
令，，只需 .
易知 ，
.
若，即 ，则当时，，单调
递增， ，不符合题意.
若，即 ，
则当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，
要使 ，只需
，解得，即 .
若,即,则恒成立，故 ,符合
题意.
若，即 ，
则当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，
.
记， ,则
恒成立，
所以在 上单调递减，
所以，即 ，
所以当时， 恒成立，符合题意.
综上可得，实数的取值范围是 .
方法二：①当时，不等式恒成立，可得 .
②当时，可得恒成立.设 ，
则
.
设，，则 ，
设，,则 ，
由，可得恒成立，故在 上单调递增，
即在上单调递增，所以 ，
即恒成立，故在 上单调递增，所以
.
令，可得 ，
当时，，故在 上单调递增，
当时，，故在 上单调递减，
所以 ，所以 .
综上可得，实数的取值范围是 .
例3 ［配例2使用］ 已知函数 .令
,若存在,使得,求 的取值范围.
解：由题知,,函数 的定义域为
, .
①当时,,则当时, ,
故函数在上单调递增,若存在,使得 ,
【备选理由】例3是稍复杂的分类讨论求参数范围的问题；
则只需,即,即 ,
又,故只需,解得 ,
此时 .
②当时,,则当时,,函数 在
上单调递减;
当时,,函数在 上单调递增.
若存在,使得,则只需 ,
而 ,不符合题意,舍去.
③当时, ,满足题意.
综上可得,的取值范围是 .
例4 ［配例3使用］ [2024·郑州三检] 已知函数
, .
（1）当时，求函数 的单调区间；
【备选理由】例4考查双变量不等式的能成立问题,考查转化思想和逻
辑推理能力.
解：由题可知函数的定义域为 .
因为，所以 .
当时， .
当时，，函数在 上单调递减；
当时，，函数在 上单调递增.
所以的单调递增区间为,的单调递减区间为 .
（2）若对任意的，都存在 ，使得
成立，求实数 的取值范围.
解：因为，所以 ，
当时，，故函数在 上单调递增，
所以在上的最小值为 .
原问题等价于对任意的,恒成立，即
恒成立，
即 恒成立.
令, ，则
, .
令，则，解得 .
当时，，所以函数在 上单调递增；
当时，，所以函数在 上单调递减.
所以，所以 ，
故实数的取值范围是 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.若不等式对任意恒成立，则实数 的取值
范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题设知，即在 上恒成立.
令，，则.
令 ，得，故在上单调递增；
令，得 ，故在上单调递减.
所以，故 .故选D.
2.已知函数，，若存在， ，
使得成立，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 若存在,，使得 成立，则只需
由题得 ，所以函数在上单
调递减，在 上单调递增，所以.
由题得，所以 ，故选C.
√
3.若函数在上单调递增，则 的取值范围
是( )
A. B. C. D.
[解析] 因为函数在 上单调递增,所以
在上恒成立，即在 上恒成立.
令 ,则
，所以在 上单调递增，又，所以，即的
取值范围是 .故选B.
√
4.已知函数,若对任意的，
恒成立，则 的最大值是( )
A. B. C.1 D.
[解析] 由,得 .
设,可得，当时， ，
则在上单调递增，故当时， ，
故在上单调递增.
因为对任意的, 恒成立,所以只需,
解得，所以 的最大值是1.故选C.
√
5.已知函数的图象恒在 的图象
的下方，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意可得 恒成立，即
恒成立,即 恒成立.
令，则 单调递增，原不等式可化为
，所以，即 .
令，则当时， ，
当时，，所以函数在 上单调递减,在
上单调递增，故，所以，即实数 的取值范
围是 .故选A.
6.若不等式对任意恒成立，则 的取值范围是
_________.
[解析] 方法一：设,原问题转化为 对任意
恒成立.
因为,所以当， 时,，
故在上单调递减，
所以当 时，,不合题意，舍去；
当,时， ,故在上单调递增，所以当
时， 恒成立，所以满足题意;
当时,存在 ,使得,又在上单调
递增，所以当 时，,故在上单调递减，
所以当 时，,不合题意，舍去.
综上，的取值范围是 .
方法二：应用洛必达法则和导数.
当 时,原不等式等价于.
令,则 .
又当时，,所以当时， ,故
在 上单调递减，
又,所以 .
7.已知函数，当实数时，对任意 ，
恒成立，则 的最大值为_ ____.
[解析] ，令得，
当 时，，当时，，
所以在 上单调递增，在 上单调递减，
故，
由题意得 恒成立，所以恒成立，
则 恒成立，则.
令，则 ，
令得，令得，
所以在 上单调递增，在上单调递减，
所以 ，
所以，故的最大值为 ．
◆ 综合提升 ◆
8.已知函数 .
（1）若,，求函数 的单调递增区间;
解：当，时，， 的定义域为
， .
令，可得或，
故 的单调递增区间为， .
（2）若，不等式在上恒成立，求实数 的取值
范围.
解：若,则 .
由在上恒成立，得在 上恒成立.
设，，则，
令，得 ，此时单调递增，
令，得，此时 单调递减，
故，
故，即实数 的取值范围是 .
9.已知函数 .
（1）当时，判断在 上的单调性；
解：当时，, .
令,则当时， ，
，故 ；
当时， ，
此时，，故，
所以在 上单调递增，所以当时， .
故当，时，恒成立，
所以函数在 上单调递增.
（2）当时，恒成立，求实数 的取值范围.
解：由题意知，当时， 恒成立，
即 恒成立.
令，，则， ,
故在 上单调递增，
在每一个开区间 上都单调递减，
在每一个开区间 上都单调递增，
又，所以 ,
故，解得 ,
故实数的取值范围是 .
10.已知函数 .
（1）求证：对任意， 恒成立；
证明：由，得，
令 ，得，
当时，， 单调递减，
当时，，单调递增，
所以 ，即对任意， 恒成立.
（2）若对任意， 恒成立，求实
数 的取值范围.
解：当时，
由 ，得 ，
即 ，
即.
令 ，则，
当时，，函数 单调递减，
当时，，函数 单调递增，
所以，原问题转化为 ，
即对任意 恒成立.
令，则 ，
.
若，则，在 上单调递增，
所以，故恒成立，符合题意；
若 ，则令，得，
所以当时，， 单调递减，
当时，， 单调递增，
所以 ，不符合题意.
综上，实数的取值范围为 .
◆ 能力拓展 ◆
11.已知函数 ，
.
（1）讨论 的单调性；
解：， .
当时，恒成立，在 上单调递减；
当时，由，可得 ，即在 上
单调递增，由，可得 ,即在 上单调递减.
（2）当时，若对任意的，总存在 ，
使得，求 的取值范围.
解：当时，由（1）知 .
在上恒成立，
故在 上单调递增，
所以当时， .
由题意知，即 .
设，则，
所以 为增函数，
又，所以由得，
即 的取值范围是 .
课堂考点探究
例1-1 [1,+∞) 例1-2 4 变式题1 (1) a=-2 (2) (-∞,-1) 变式题2
例2 (1)略 (2) (-e,+∞) 变式题 (1) y=(a+1)x (2)a=-1
例3 (1)f(x)在上的最小值为f= 变式题 (1)M=4 (2) [1,+∞)
教师备用习题
例1 (1) [0,+∞) (2)略 (3)当a,b满足或时,f(x)+g(x)>0恒成立
例2 (1)-≤a≤0 (2) 例3 (--1,-1)∪(1,+∞)
例4 (1)f(x)的单调递增区间为(1,+∞),f(x)的单调递减区间为(0,1) (2)
基础热身
1.D 2.C 3.B 4.C 5.A 6.[1,+∞) 7.-
综合提升
8.(1),(1,+∞) (2) 9.(1) 单调递增 (2)
10.(1)略 (2) (-∞,1]
能力拓展
11.(1)当m≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;当m>0时, f(x)在上单调递
增,在上单调递减 (2) [e,+∞)