课后限时练25 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
1．已知f＝2x ln x，g＝－x2＋ax－3．
(1)求函数f的最小值；
(2)若存在x∈，使f≤g成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对任意x∈，都有f>2成立．
2．(2025·安徽安庆二模)已知函数f(x)＝2ln x－x＋(m∈R)．
(1)当m＝－3时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．
课后限时练25
1．解：(1)f，f'，
所以当x∈时，f'<0，f单调递减；
当x∈时，f'>0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f取得最小值f＝2··ln．
(2)(分离参数法)
存在x∈，使f(x)≤g(x)成立，
即2xln x≤－x2＋ax－3能成立，
即a≥2ln x＋x＋能成立，
设h，
h'，
所以当x∈时，h'<0，h单调递减；
当x∈时，h'>0，h单调递增．
所以当x＝1时，h取得最小值h＝4，所以a≥4，即实数a的取值范围为[4，＋∞)．
(3)证明：(最值法)设m，
则m'＝2·内，m'>0，m单调递增；
在区间上，m'<0，m单调递减，
所以当x＝1时，m取得最大值m．
由(1)得，当x＝时，f取得最小值－，
所以对任意x∈，都有f>2成立．
2．解：(1)当m＝－3时，f(x)＝2ln x－x－，其定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝
＝，
令f'＝0，得x＝3(x＝－1舍去)，
当0
0，函数f(x)单调递增；
当x>3时，f'<0，函数f(x)单调递减．
所以函数f(x)在(0，3)内单调递增，在(3，＋∞)上单调递减．
(2)法一：由条件可知f(1)≤0，于是m－1≤0，解得m≤1．
当m≤1时，f(x)＝2ln x－x＋，
构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，
g'(x)＝≤0，
所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)＝0，
因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二：由条件可知m≤x2－2xln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝x2－2xln x(x≥1)，只需m≤[h(x)]min即可．
h'＝2(x－ln x－1)，
令μ＝x－ln x－1(x≥1)，
则μ'≥0，
所以函数h'在[1，＋∞)上单调递增，
于是h'＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
1/1课时25 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
[备考指南] 以基本初等函数为载体，以不等式恒成立(能成立)为依托，重在考查最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算素养．备考时注意端点效应、必要性探路等方法的积累．
命题点1 端点效应解决单变量不等式恒(能)成立问题
【典例1】 (2025·浙江宁波三模)已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋ax2－x(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：当n∈N*时，1＋＋…＋<2ln (n＋1)．
[听课记录]
反思领悟
1．解决不等式恒(能)成立参数范围问题的策略
(1)求最值法，将恒(能)成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a2．对于函数中含有参数的不等式的恒(能)成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论(端点效应＋必要性探路)．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)＝ln x－kx．
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0成立，求k的取值范围；
(2)已知k>0，若f(x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，求k的最小值．
命题点2 最值转化法解决双变量不等式恒(能)成立问题
【典例2】 已知函数f＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f在x＝π处的切线方程；
(2)g＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f[听课记录]
反思领悟 常见的双变量不等式恒(能)成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x)max≤g(x)max．
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x)min≥g(x)min．
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2) f(x)min≤g(x)min．
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2) f(x)max≥g(x)max．
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≤g(x2) f(x)max≤g(x)min．
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f(x1)≥g(x2) f(x)min≥g(x)max．
(2025·湖北鄂东南模拟)已知x＝2为函数f(x)＝x(x－c)2－的极小值点．
(1)求c的值；
(2)设函数g(x)＝，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
课时25 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
典例1 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln(x＋1)＋x2－x，
又x＋1>0，所以x>－1，所以f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
则f'(x)＝，且x>－1，
当－10，所以f(x)在内单调递增，当－0时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)(端点效应＋必要性探路)
由题设知f'(x)＝＋2ax－1，
令g(x)＝f'(x)，则g'(x)＝－＋2a，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，且f(0)＝f'(0)＝0，
只需g'(0)＝－1＋2a≥0，即a≥．
另一方面，当a≥时，g'(x)＝－≥0，
所以g(x)＝f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，
则f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
则f(x)≥f(0)＝0，满足题设．
综上，a的取值范围为．
(3)由(2)取a＝，在(0，＋∞)上f(x)＝ln(x＋1)＋－x>0，
令x＝，k∈N*，则ln，即2[ln(k＋1)－ln k]>，
所以2[ln(k＋1)－ln k]>，
则1＋＋…＋<2ln(n＋1)，得证．
考教衔接
解：(1)(分离参数法)由f(x)＝ln x－kx≥0(x>0)得k≤，
可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，
令g(x)＝(x>0)，g'(x)＝，
令g'(x)＝0得x＝e，
当00，g(x)单调递增，
当x>e时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝，
若存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，则k≤．
即k的取值范围为．
(2)(最值法)f(x)＝ln x－kx≤，
若f(x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，
则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ln x－kx－(x>0)，
则h(x)max≤0，
令h'(x)＝＝0，
则x1＝－(舍去)或x2＝，
当00，h(x)单调递增，
当x>时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h－k·－ln k≤0，
则k≥，则k的最小值为．
典例2 解：(1)由题意得f'＝1＋cos x－xsin x－2cos x＝－xsin x－cos x＋1，
则f'＝2，即切线的斜率k＝2，
且f＝0，即切点坐标为，
所以曲线y＝f在x＝π处的切线方程为y＝2，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知，f(x)max因为g的图象开口向上，对称轴为直线x＝，
则g上单调递增，可得g＝g(2)＝a－2，
由(1)可设h，
则h＝－cos x－xsin x＋1，所以h'＝－xcos x，当x∈时，h'<0；
当x∈时，h'>0，
则h内单调递减，
在区间内单调递增，
且h＝0，h<0，h＝2，
可知f'内只有一个零点，
设零点为x0，则x0∈，当x∈时，f'<0；
当x∈时，f'>0，
所以f内单调递增，且f＝0，f＝0，可得当x∈时，f(x)max＝0，所以02，
所以实数a的取值范围是．
考教衔接
解：(1)函数f(x)＝x(x－c)2－的定义域为R，求导得f'(x)＝(x－c)(3x－c)，
依题意，f'(2)＝(2－c)(6－c)＝0，解得c＝2或c＝6，
当c＝2时，f'(x)＝(x－2)(3x－2)，当x<或x>2时，f'(x)>0，当因此x＝2为函数f(x)＝x(x－c)2－的极小值点，符合题意；
当c＝6时，f'(x)＝(x－6)(3x－6)，当x<2或x>6时，f'(x)>0，当2因此x＝2为函数f(x)＝x(x－c)2－的极大值点，不符合题意．
所以c＝2．
(2)由(1)知，函数f(x)在内和(2，＋∞)上单调递增，在内单调递减，因此f(x)min＝f(2)＝f(0)＝－，
①当k>0时， x1∈(0，＋∞)， x2＝－，使得g(x2)＝g≤f(x1)，
因此f(x1)－g(x2)≥0，符合题意，则k>0；
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝2， x2∈R，有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意；
③当k<0时，函数g(x)＝，求导得g'(x)＝k(1－x)e-x，
当x<1时，g'(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，g'(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)min＝g(1)＝，
若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即，解得k≤－1．
综上，k的取值范围为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．
1/4(共62张PPT)
专题六 函数、导数和不等式
课时25 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
[备考指南] 以基本初等函数为载体，以不等式恒成立(能成立)为依托，重在考查最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算素养．备考时注意端点效应、必要性探路等方法的积累．
命题点1 端点效应解决单变量不等式恒(能)成立问题
【典例1】 (2025·浙江宁波三模)已知函数f (x)＝ln (x＋1)＋ax2－x(a∈R)．
(1)当a＝1时，讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：当n∈N*时，1＋＋…＋<2ln (n＋1)．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝ln (x＋1)＋x2－x，
又x＋1＞0，所以x＞－1，所以f (x)的定义域为(－1，＋∞)，
则f ′(x)＝＋2x－1＝，且x>－1，
当－10，所以f (x)在内单调递增，当
－0时，
f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)(端点效应＋必要性探路)
由题设知f ′(x)＝＋2ax－1，
令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝－＋2a，
当x≥0时，f (x)≥0恒成立，且f (0)＝f ′(0)＝0，
只需g′(0)＝－1＋2a≥0，即a≥．
另一方面，当a≥时，g′(x)＝－＋2a≥1－≥0，
所以g(x)＝f ′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
则f ′(x)≥f ′(0)＝0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，则f (x)≥f (0)＝0，满足题设．
综上，a的取值范围为．
(3)由(2)取a＝，在(0，＋∞)上f (x)＝ln (x＋1)＋－x>0，
令x＝，k∈N*，则ln >，
即2[ln (k＋1)－ln k]>，
所以2[ln (k＋1)－ln k]>，
则1＋＋…＋<2ln (n＋1)，得证．
反思领悟
1．解决不等式恒(能)成立参数范围问题的策略
(1)求最值法，将恒(能)成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f (x)max或a2．对于函数中含有参数的不等式的恒(能)成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论(端点效应＋必要性探路)．
3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．
(2025·辽宁沈阳二模)已知函数f (x)＝ln x－kx．
(1)若存在x∈(0，＋∞)，使f (x)≥0成立，求k的取值范围；
(2)已知k>0，若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，求k的最小值．
[解] (1)(分离参数法)由f (x)＝ln x－kx≥0(x>0)得k≤，
可得存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，
令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝，
令g′(x)＝0得x＝e，当00，g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)≤g(e)＝＝，
若存在x∈(0，＋∞)，使k≤(x>0)成立，则k≤．
即k的取值范围为．
(2)(最值法)f (x)＝ln x－kx≤，
若f (x)≤在x∈(0，＋∞)上恒成立，
则ln x－kx－≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝ln x－kx－(x>0)，则h(x)max≤0，
令h′(x)＝－k＋＝＝0，
则x1＝－(舍去)或x2＝，
当00，h(x)单调递增，
当x>时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h＝ln －k·
＝ln －ln k≤0，
则k≥，则k的最小值为．
【教用·备选题】
1．已知f (x)＝(x＞0)，若当x＞0时，f (x)＞恒成立，求正整数k的最大值．
[解] 法一(分离常数)：
当x＞0时，f (x)＞恒成立，即＞k对任意x∈(0，
＋∞)恒成立，
令h(x)＝(x＞0)，所以h′(x)＝．
记g(x)＝x－1－ln (1＋x)(x＞0)，则g′(x)＝＞0，所以g(x)在(0，
＋∞)上单调递增．
又因为g(2)＝1－ln 3＜0，g(3)＝2－2ln 2＞0，所以g(x)在(2，3)内有唯一的零点x0，且ln (1＋x0)＝x0－1．
当x＞x0时，g(x)＞0，h′(x)＞0，所以h(x)单调递增；当0＜x＜x0时，g(x)＜0，h′(x)＜0，所以h(x)单调递减，所以h(x)的最小值为h(x0)＝＝x0＋1∈(3，4)．
从而正整数k的最大值为3．
法二(必要性探路)：
因为当x＞0时，f (x)＞恒成立，故f (1)＞，所以k＜2(1＋ln 2)，所以正整数k的最大值不会超过3．
下证当k＝3时，f (x)＞(x＞0)恒成立．
即证当x＞0时，(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x＞0恒成立．
令φ(x)＝(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x，则φ′(x)＝ln (x＋1)－1，
令φ′(x)＝0，解得x＝e－1．
当x＞e－1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；
当0＜x＜e－1时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减．
所以φ(x)的最小值为φ(e－1)＝3－e＞0．
所以x＞0时，(x＋1)ln (x＋1)＋1－2x＞0恒成立．
因此，正整数k的最大值为3．
2．已知函数f (x)＝ex－a sin x－2x＋b(e为自然对数的底数，a，b∈R)．
(1)当a＝1时，存在x0∈(－∞，0]，使得f (x0)<0成立，求实数b的取值范围；
(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝ex－sin x－2x＋b，
∵存在x0∈(－∞，0]，使得f (x0)<0成立，
即－sin x0－2x0＋b<0成立，
∴b<(－ex＋sin x＋2x)max，x∈(－∞，0]，
令g(x)＝－ex＋sin x＋2x，x∈(－∞，0]，则g′(x)＝－ex＋cos x＋2，
∵x∈(－∞，0]，∴－1≤－ex<0，－1≤cos x≤1，
∴g′(x)＞0恒成立，
∴g(x)在(－∞，0]上单调递增，g(x)max＝g(0)＝－1，∴b<－1．
∴b的取值范围为(－∞，－1)．
(2)证明：当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)．
即证x ln x＋1－a sin x>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
设h(x)＝x ln x＋1－x，则h′(x)＝ln x，
令h′(x)＝0，解得x＝1，
∴当x∈(0，1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
∴h(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
因此h(x)≥h＝0，∴x ln x＋1－x≥0，即x ln x＋1≥x．
设F(x)＝x－a sin x，x∈(0，＋∞)，－1≤a≤1，
则F′(x)＝1－a cos x≥0，∴ F(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)>
F (0)＝0，即x>a sin x，
∴x ln x＋1>a sin x，即x ln x＋1－a sin x>0．
综上可知，当－1≤a≤1时，对任意x∈(0，＋∞)，f (x)＋1－b>ex－x(ln x＋2)成立．
3．(2023·全国甲卷)已知函数f (x)＝ax－，x∈．
(1)若a＝8，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)[解] (1)当a＝8时，f (x)＝8x－，f ′(x)＝8－＝8＋．
令＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；
当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0．
故当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
∴f (x)在区间内单调递增，在区间内单调递减．
(2)令g(x)＝f (x)－sin2x＝ax－－sin2x，则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2
＝a－，令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，则k′(u)＝＋4＝．
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)内单调递减，
∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，
∴k(u)的值域为(3，＋∞)．
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在内单调递减．
又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，
即f (x)②当a>3时， x0∈使得g′(x0)＝0，
∴g(x)在(0，x0)内单调递增，在内单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f (x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3]．
4．(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝a(x－1)－ln x＋1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，f ′(x)＝<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0，x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无单调递增区间；
当a>0时，f (x)在上单调递增，在内单调递减．
(2)证明：当a≤2，且x>1时，ex-1－f (x)＝ex-1－a(x－1)＋ln x－1≥ex-1－2x＋1＋ln x，
令g(x)＝ex-1－2x＋1＋ln x(x>1)，下证g(x)>0即可．
g′(x)＝ex-1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，
则h′(x)＝ex-1－，
显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0，
即g′(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证．
5．[高考真题改编]已知函数f (x)＝(e为自然对数的底数)．
(1)求f (x)的最大值；
(2)设a为整数，若ex≥ln (x＋a)在定义域上恒成立，求a的最大值；
(3)已知n∈N*，证明：ln 2＋＋＋…＋＜．
[解] (1)函数f (x)＝的定义域为R，f ′(x)＝－，因为当x＜0时，
f ′(x)＞0，当x＞0时，f ′(x)＜0，
所以函数f (x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＝0时，f (x)max＝f (0)＝1．
(2)(切线不等式＋必要性探路)由(1)知， x∈R，≤1，即x＋1≤ex．
因此对任意x＞－1，ln (x＋1)≤x＜x＋1≤ex，
当a≤1时，对任意x＞－a，x＋a≤x＋1，
则有ln (x＋a)≤ln (x＋1)＜ex，
于是当a≤1时，对任意x＞－a，ex－ln (x＋a)＞0恒成立．
当a＞1时，令函数g(x)＝ex－ln (x＋a)，其定义域为(－a，＋∞)，又0∈(－a，＋∞)，必有g(0)＝1－ln a≥0，解得a≤e，
而a为整数，则a的最大值不大于2，
因为对任意x＞－1，ln (x＋1)≤x恒成立，则对任意x＞－2，有ln (x＋2)≤x＋1恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，
又 x∈R，x＋1≤ex恒成立，当且仅当x＝0时取等号，于是对任意x＞－2，ln (x＋2)＜ex．
综上，当a≤2时，对任意x＞－a，ex－ln (x＋a)＞0恒成立，即整数amax＝2，所以整数a的最大值为2．
(3)证明：由(2)知， x＞－2，ln (x＋2)＜ex，
取x＝－1＋，n∈N*，
有，因此＜e－n+1，
从而ln 2＋＋＋…＋<1＋e-1＋e-2＋…＋e－n+1
＝＝<，
所以原不等式成立．
命题点2 最值转化法解决双变量不等式恒(能)成立问题
【典例2】 已知函数f＝x＋x cos x－2sin x．
(1)求曲线y＝f 在x＝π处的切线方程；
(2)g＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f[解] (1)由题意得f ′＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1，
则f ′＝2，即切线的斜率k＝2，
且f＝0，即切点坐标为，
所以曲线y＝f在x＝π处的切线方程为y＝2，即2x－y－2π＝0．
(2)由题意可知，f (x)max因为g＝x2－3x＋a的图象开口向上，对称轴为直线x＝，
则g在上单调递减，在上单调递增，可得g＝g＝g(2)＝a－2，由(1)可设h＝f ′，
则h＝－cos x－x sin x＋1，所以h′＝－x cos x，当x∈时，h′<0；
当x∈时，h′>0，则h在区间内单调递减，
在区间内单调递增，且h＝0，h<0，h＝2，
可知f ′在区间内只有一个零点，
设零点为x0，则x0∈，当x∈时，f ′<0；
当x∈时，f ′>0，
所以f 在区间内单调递减，在区间内单调递增，且f ＝0，f ＝0，可得当x∈时，f (x)max＝0，所以02，
所以实数a的取值范围是．
反思领悟 常见的双变量不等式恒(能)成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)max≤g(x)max．
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)min≥g(x)min．
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)min≤g(x)min．
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)max≥g(x)max．
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f (x1)≤g(x2) f (x)max≤g(x)min．
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，
使得f (x1)≥g(x2) f (x)min≥g(x)max．
(2025·湖北鄂东南模拟)已知x＝2为函数f (x)＝x(x－c)2－的极小值点．
(1)求c的值；
(2)设函数g(x)＝，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f (x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
[解] (1)函数f (x)＝x(x－c)2－的定义域为R，求导得f ′(x)＝(x－c)(3x－c)，依题意，f ′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，解得c＝2或c＝6，
当c＝2时，f ′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x<或x>2时，f ′(x)>0，当f ′(x)<0，因此x＝2为函数f (x)＝x(x－c)2－的极小值点，符合题意；
当c＝6时，f ′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x<2或x>6时，f ′(x)>0，当2f ′(x)<0，因此x＝2为函数f (x)＝x(x－c)2－的极大值点，不符合题意．
所以c＝2．
(2)由(1)知，函数f (x)在内和(2，＋∞)上单调递增，在内单调递减，
因此f (x)min＝f (2)＝f (0)＝－，
①当k>0时， x1∈(0，＋∞)， x2＝－，使得g(x2)＝g＝<－1<－≤f (x1)，
因此f (x1)－g(x2)≥0，符合题意，则k>0；
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝2， x2∈R，有f (x1)－g(x2)<0，不符合题意；
③当k<0时，函数g(x)＝，求导得g′(x)＝k(1－x)e－x，
当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)min＝g(1)＝，
若 x1∈(0，＋∞)， x2∈R，使得f (x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤
f (x)min，即≤－，解得k≤－1．
综上，k的取值范围为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．
课后限时练25 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
1．已知f ＝2x ln x，g＝－x2＋ax－3．
(1)求函数f 的最小值；
(2)若存在x∈，使f ≤g成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对任意x∈，都有f >2成立．
[解] (1)f 的定义域是，f ′＝2，
所以当x∈时，f ′<0，f单调递减；
当x∈时，f ′>0，f 单调递增．
所以当x＝时，f 取得最小值f ＝2··ln ＝－．
(2)(分离参数法)
存在x∈，使f≤g成立，
即2x ln x≤－x2＋ax－3能成立，即a≥2ln x＋x＋能成立，
设h＝2ln x＋x＋，h′＝＋1－＝，
所以当x∈时，h′<0，h单调递减；
当x∈时，h′>0，h单调递增．
所以当x＝1时，h取得最小值h＝4，
所以a≥4，即实数a的取值范围为[4，＋∞)．
(3)证明：(最值法)设m＝2，则m′＝2·，
所以在区间内，m′>0，m单调递增；
在区间上，m′<0，m单调递减，
所以当x＝1时，m取得最大值m＝－．
由(1)得，当x＝时，f取得最小值－，
所以对任意x∈，都有f >2成立．
2．(2025·安徽安庆二模)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)．
(1)当m＝－3时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)当m＝－3时，f (x)＝2ln x－x－，其定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－1＋＝
＝，
令f ′＝0，得x＝3(x＝－1舍去)，
当00，函数f (x)单调递增；
当x>3时，f ′<0，函数f (x)单调递减．
所以函数f (x)在(0，3)内单调递增，在(3，＋∞)上单调递减．
(2)法一：由条件可知f (1)≤0，于是m－1≤0，解得m≤1．
当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋，
构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1，
g′(x)＝－1－＝－≤0，
所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，于是g(x)≤g(1)＝0，
因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝x2－2x ln x(x≥1)，只需m≤[h(x)]min即可．
h′＝2x－2＝2，
令μ＝x－ln x－1(x≥1)，则μ′＝≥0，
所以函数h′在[1，＋∞)上单调递增，
于是h′≥h′＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝h＝1，于是m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]．
【教用·备选题】
1．已知函数f (x)＝ex－a－ln x．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f (x0)＜0成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝0时，f (x)＝ex－ln x，f ′(x)＝ex－，所以曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线的斜率k＝e－1，又f (1)＝e，所以切线方程为y＝(e－1)x＋1．
切线与x轴、y轴的交点分别是，(0，1)，
所以切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝．
(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f (x0)＜0，
即ex0－a－ln x0＜0成立．
即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．
设h(x)＝(x≥e)，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
h′(x)＝，设u(x)＝ln x－(x≥e)，
因为u′(x)＝＞0，
所以u(x)在[e，＋∞)上单调递增，且u(x)≥u(e)＝1－＞0，所以h′(x)＞0在[e，＋∞)上恒成立．
所以h(x)＝在[e，＋∞)上单调递增，则函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，即ee＜ea，解得a＞e，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．
2．(2025·辽宁大连模拟)已知f (x)＝ax2－2ln x，x∈(0，e]，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)设a>，g(x)＝－5＋ln ．存在x1，x2∈(0，e]，使得|f (x1)－g(x2)|<9成立，试求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得f ′(x)＝2ax－＝，x∈(0，e]，
当a≤0时，ax2－1<0，则f ′(x)<0，f (x)在x∈(0，e]内单调递减；
当a>0时，f ′(x)＝＝．
当时，令f ′(x)>0得x∈，令f ′(x)<0得x∈，故f (x)在内单调递减，在内单调递增；
当≥e，即0综上，当a≤时，f (x)在(0，e]内单调递减；
当a>时，f (x)在内单调递减，在内单调递增．
(2)当a>时，由(1)可得f (x)min＝f ＝1－2ln ＝1＋ln a．
又g(x)＝－5＋ln ，则g′(x)＝>0，得g(x)在(0，e]内单调递增，
则g(x)max＝g(e)＝－4－ln a．
又注意到存在x1，x2∈(0，e]，使得|f (x1)－g(x2)|<9，
等价于当x∈(0，e]时，|f (x1)min－g(x2)max|<9，
则|1＋ln a＋4＋ln a|<9 －9<2ln a＋5<9 e-7，则a∈．
即实数a的取值范围为．
谢 谢！
