重難點(diǎn)04利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題（舉一反三專項(xiàng)訓(xùn)練）

【全國(guó)通用】

【題型1利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題】...........................................................................................................3

【題型2利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題】.......................................................................................................................5

【題型3分離參數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】...........................................................................................8

【題型4分類討論法解決不等式恒（能）成立問題】.........................................................................................11

【題型5構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】.........................................................................................15

【題型6與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問題】.............................................................................................18

【題型7洛必達(dá)法則】.............................................................................................................................................23

【題型8導(dǎo)數(shù)中雙變量恒（能）成立問題】.........................................................................................................23

【題型9導(dǎo)數(shù)中雙函數(shù)恒（能）成立問題】.........................................................................................................31

1、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題

導(dǎo)數(shù)中的不等式恒(能)成立問題是高考的常考考點(diǎn)，是高考的熱點(diǎn)問題，從近幾年的高考情況來看，不

等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能

力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度較大，解題時(shí)要學(xué)會(huì)靈活求解.

知識(shí)點(diǎn)1不等式恒（能）成立問題的解題策略

1．不等式恒（能）成立問題的求解方法

解決不等式恒（能）成立問題主要有兩種方法：

(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題

①分離變量：根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，

構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，進(jìn)而解決問題．

②恒成立；

恒成立；

能成立；

能成立.

(2)分類討論法解決恒（能）成立問題

分類討論法解決恒（能）成立問題，首先要將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分

類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個(gè)值或一段內(nèi)

的函數(shù)值不滿足題意即可.

知識(shí)點(diǎn)2雙變量的恒（能）成立問題的解題策略

1．雙變量的恒（能）成立問題的求解方法

“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)變換，常見的等價(jià)變換

有：

對(duì)于某一區(qū)間I，

(1).

(2).

(3).

知識(shí)點(diǎn)3洛必達(dá)法則

“洛必達(dá)法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要定理，用分離參數(shù)法(避免分類討論)解決成立或恒成立命題時(shí)，經(jīng)

常需要求在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)(最)值，若出現(xiàn)型或型可以考慮使用洛必達(dá)法則.

1．洛必達(dá)法則

法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：

(1)及；

(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；

(3)，那么.

法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：

(1)及；

(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；

(3)，那么.

2．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：

(1)分離變量；

(2)出現(xiàn)型式子；

(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.

3．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：

(1)分離變量；

(2)出現(xiàn)型式子；

(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.

【注意】：

1．將上面公式中的換成，洛必達(dá)法則也成立.

2．洛必達(dá)法則可處理型求極限問題.

3．在著手求極限前，首先要檢查是否滿足型定式，否則濫用洛必達(dá)法則會(huì)出

錯(cuò)，當(dāng)不滿足三個(gè)前提條件時(shí)，就不能用洛必達(dá)法則，這時(shí)稱洛必達(dá)法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限.

4．若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止.

，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則.

【題型1利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題】

【例1】（2025·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知當(dāng)x>0時(shí)，exlnx?2xlnx≥a恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）

A．?∞,1B．?∞,2?2ln2

C．?∞,2ln2D．?∞,2+2ln2

【答案】B

1

【解題思路】令gx=xlnx,x>0，求g′x=lnx+1，判斷gx單調(diào)性,得到gx的值域?yàn)?,+∞，令

e

1

ft=et?2t,t∈?,+∞，求導(dǎo)f′t=et?2，ft單調(diào)性，當(dāng)x>0時(shí)，ex?lnx?2xlnx≥a恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范

e

圍.

【解答過程】令gx=xlnx,x>0，則g′x=lnx+1，

1

所以當(dāng)x∈0,時(shí)，g′x<0,gx單調(diào)遞減；

e

1111

當(dāng)x∈,+∞時(shí)，g′x>0,gx單調(diào)遞增，所以g(x)=ln=?，

emineee

1

又x→+∞,gx→+∞，所以gx的值域?yàn)?,+∞，

e

1

令ft=et?2t,t∈?,+∞，則f′t=et?2，

e

1

所以當(dāng)t∈?,ln2時(shí)，f′t<0，ft單調(diào)遞減，

e

當(dāng)t∈ln2,+∞時(shí)，f′t>0，ft單調(diào)遞增，

ln2

所以f(t)min=fln2=e?2ln2=2?2ln2，

所以exlnx?2xlnx=2?2ln2，

min

又當(dāng)x>0時(shí)，ex?lnx?2xlnx≥a恒成立，

所以exlnx?2xlnx≥a，

min

故實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞,2?2ln2．

故選：B.

【變式1-1】（2025·甘肅金昌·三模）若關(guān)于x的不等式elnaxlnax≤2xe2x在0,+∞上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取

值范圍為（）

A．0,eB．0,2eC．0,eD．0,e2

【答案】B

【解題思路】利用同構(gòu)可得lnax≤2x即lna≤2x?lnx在0,+∞上恒成立，設(shè)ux=2x?lnx,x>0，利用導(dǎo)數(shù)求出

該函數(shù)的最小值后可得參數(shù)的取值范圍.

【解答過程】由題設(shè)有a>0，

1

當(dāng)lnax≤0即0<x≤時(shí)，不等式elnaxlnax≤2xe2x恒成立；

a

1

當(dāng)lnax>0即x>時(shí)，設(shè)st=tet,t>0，則s't=t+1et>0，

a

故st=tet在0,+∞上為增函數(shù)，而elnaxlnax≤2xe2x即slnax≤s2x

1

因?yàn)閘nax>0,2x>0，故lnax≤2x即lna≤2x?lnx在,+∞上恒成立，

a

1

而0<x≤時(shí)，lnax≤2x恒成立即lna≤2x?lnx恒成立，

a

故lna≤2x?lnx在0,+∞上恒成立，

2x?1

設(shè)ux=2x?lnx,x>0，則u′x=，

x

11

當(dāng)0<x<時(shí)，u′x<0；當(dāng)x>時(shí)，u′x>0，

22

11

故ux在0,上為減函數(shù)，在,+∞上為增函數(shù)，

22

故uxmin=1+ln2，故lna≤1+ln2=ln2e，故a≤2e，

故0<a≤2e，

故選：B.

【變式1-2】（2025·廣東廣州·三模）若不等式ex≥kx（e=2.71828...為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，

則實(shí)數(shù)k的最大值為（）

A．0B．1C．eD．e2

【答案】C

【解題思路】k≥0，不等式恒成立，故只需考慮x>0，分類參數(shù)構(gòu)造函數(shù)fx，求導(dǎo)可得.

ex

【解答過程】依題，k≥0，則x≤0時(shí)，不等式恒成立，故只需考慮x>0，此時(shí)有k≤，

x

exexx?1

令f(x)=，則f′x=，

xx2

易知fx在0,1單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，

所以f(x)min=f(1)=e，∴實(shí)數(shù)k的最大值為e.

故選：C.

【變式1-3】（2025·江西新余·模擬預(yù)測(cè)）若關(guān)于x的不等式aex+lnx2≥x2+2lna+1x+lna2在0,+∞上恒成

立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）

11

A．e,+∞B．0,eC．,+∞D(zhuǎn)．0,

ee

【答案】C

【解題思路】利用通過將原不等式轉(zhuǎn)化為ex+lna?x+lna2≥elnx?lnx2，令gx=ex?x2，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)為

增函數(shù)，從而得x+lna≥lnx，再設(shè)mx=lnx?x，求出該函數(shù)的最大值后可得參數(shù)的取值范圍.

【解答過程】依題意，aex?x+lna2≥x?lnx2，則ex+lna?x+lna2≥elnx?lnx2，

令gx=ex?x2，則g′x=ex?2x=hx，

則h′x=ex?2，令h′x=0，解得x=ln2，

故當(dāng)x∈0,ln2時(shí)，h′x<0，hx在0,ln2上單調(diào)遞減，

當(dāng)x∈ln2,+∞時(shí)，h′x>0，hx在ln2,+∞單調(diào)遞增，

故hx≥hln2=2?2ln2>0，

故gx在0,+∞上單調(diào)遞增，故只需x+lna≥lnx，即lna≥lnx?x，

1?x

令mx=lnx?x，則m′x=，

x

故當(dāng)x∈0,1時(shí)，m′x>0，mx在0,1單調(diào)遞增，

當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，m′x<0，mx在1,+∞單調(diào)遞減，

1

故mx≤m1=?1，則lna≥?1，即a≥，

e

故選：C.

【題型2利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題】

【例2】（2025高三·全國(guó)·專題練習(xí)）函數(shù)fx=lnx?mx+1，若存在x∈0,+∞，使fx≥0有解，則m的取值

范圍為（）

A．?∞,1B．?∞,2C．1,+∞D(zhuǎn)．2,+∞

【答案】A

1+lnx

【解題思路】構(gòu)造函數(shù)gx=，利用導(dǎo)數(shù)求最值，進(jìn)而得m的取值范圍.

x

1+lnx

【解答過程】若存在x∈0,+∞，使得fx≥0有解，即m≤．

xmax

1+lnx1?1+lnxlnx

設(shè)gx=，x>0，則g′x==?．

xx2x2

令g′x=0，解得x=1，

當(dāng)x∈0,1時(shí)，g′x>0，gx單調(diào)遞增；

′

當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，gx<0，gx單調(diào)遞減，所以gxmax=g1=1．

故m的取值范圍為?∞,1．

故選：A.

ax

【變式2-1】（2025·遼寧大連·三模）已知fx=xe?lnx?ax，若存在x0∈R，使得fx0=1，則實(shí)數(shù)a的取值范

圍是（）

1111

A．?∞,B．?,+∞C．?,0D．0,

eeee

【答案】B

ttlnx0

【解題思路】通過同構(gòu)，令lnx0+ax0=t得到e?t=1，通過確定gt=e?t單調(diào)性，得到t=0，問題轉(zhuǎn)化成a=?，

x0

在x0∈R有解，進(jìn)而可求解.

【解答過程】由題意可得：

ax0lnx0+ax0

x0e?lnx0?ax0=1，即e?lnx0+ax0=1，

t

令lnx0+ax0=t，即存在t使得e?t=1，

構(gòu)造gt=et?t，g′t=et?1，

由g′t=et?1<0，可得t<0，由g′t=et?1>0，可得t>0，

所以gt=et?t在?∞,0單調(diào)遞減，在0,+∞單調(diào)遞增，

又g0=1，

所以lnx0+ax0=t=0，即存在x0∈R，使得lnx0+ax0=0，

lnx

參變分離得到a=?0，

x0

lnx1?lnx

令h(x)=?,x>0，h′(x)=?,x>0

xx2

易得當(dāng)x∈0,e時(shí)，h′(x)<0，當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，h′(x)>0，

lnx

所以h(x)=?,x>0在0,e單調(diào)遞減，在e,+∞單調(diào)遞增，

x

1

最小值為h(e)=?，當(dāng)x→0+時(shí)，h(x)→+∞，

e

lnx1

所以h(x)=?,x>0的值域?yàn)椋?,+∞，

xe

1

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是?,+∞，

e

故選：B.

【變式2-2】（2025·河北張家口·一模）已知f(x)=lnx?a(x+1)，a∈R.

(1)若a=2，求曲線f(x)在x=1處的切線方程；

(2)若?x0∈(0,2]，使fx0>0，求a的取值范圍.

【答案】(1)x+y+3=0；

ln2

(2)a<.

3

【解題思路】（1）由題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)依次求出f(1),f′(1)即可由直線點(diǎn)斜式方程求解；

lnx0lnx

（2）先由fx0>0得到a<，構(gòu)造函數(shù)gx=,x∈(0,2]，利用導(dǎo)數(shù)求出gxmax即可由存在性得解.

x0+1x+1

【解答過程】（1）a=2時(shí)，f(x)=lnx?2(x+1)，

1

所以f(1)=?4,f′(x)=?2，所以切線斜率k=f′(1)=?1，

x

所以曲線f(x)在x=1處的切線方程為y??4=?1×x?1即x+y+3=0.

（2）因?yàn)?x0∈(0,2]，使得fx0>0即lnx0?a(x0+1)>0，

1

1+?lnx

lnx0lnx′xhx

所以a<，令gx=,x∈(0,2]，則gx=2=2,x∈(0,2]，

x0+1x+1x+1x+1

11

所以h′x=??<0在(0,2]上恒成立，所以函數(shù)hx在(0,2]上單調(diào)遞減，

x2x

3e3

所以hx≥h2=?ln2=ln>0，所以g′x>0在(0,2]上恒成立，

22

ln2

所以函數(shù)gx在(0,2]上單調(diào)遞增，所以gx=g2=，

max3

ln2

所以a<.

3

【變式2-3】（2025·甘肅白銀·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=mx?2ex?1，且fx在x=0處取得極值．

(1)求m的值及fx的單調(diào)區(qū)間；

(2)若存在x∈R，使得fx≤2ex?a?1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

【答案】(1)答案見解析；

(2)a≤2e.

【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，由f′0=0求參數(shù)，進(jìn)而研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（2）問題化為a≤2(xe+ex?xex)在x∈R上能成立，利用導(dǎo)數(shù)求g(x)=xe+ex?xex的最大值，即可得范圍.

【解答過程】（1）由題設(shè)f′x=mx?2+mex，且f′0=m?2=0，即m=2，

所以f′x=2xex，當(dāng)x<0時(shí)f′x<0，當(dāng)x>0時(shí)f′x>0，

所以fx的遞減區(qū)間為(?∞,0)，遞增區(qū)間為(0,+∞)，即x=0處取得極小值，滿足，

綜上，m=2，fx的遞減區(qū)間為(?∞,0)，遞增區(qū)間為(0,+∞)；

（2）由題設(shè)2x?2ex?1≤2ex?a?1，即a≤2(xe+ex?xex)在x∈R上能成立，

令g(x)=xe+ex?xex，則g′(x)=e?xex，

令h(x)=g′(x)，則h′(x)=?(x+1)ex，

當(dāng)x<?1時(shí)，h′(x)>0，即h(x)=g′(x)在(?∞,?1)上單調(diào)遞增，

當(dāng)x>?1時(shí)，h′(x)<0，即h(x)=g′(x)在(?1,+∞)上單調(diào)遞減，

由x→?∞時(shí)g′(x)→e，g′(1)=0，

當(dāng)x<1時(shí)，g′(x)>0，g(x)在(?∞,1)上單調(diào)遞增，

當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，

所以g(x)≤g(1)=e，則a≤2e.

【題型3分離參數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】

a

【例3】（2025·陜西·二模）?x∈1,2，有l(wèi)nx+?1≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）

x2

e

A．e,+∞B．1,+∞C．,+∞D(zhuǎn)．2e,+∞

2

【答案】C

【解題思路】參變分離可得a≥?x2lnx+x2在x∈1,2上恒成立，令μx=?x2lnx+x2，x∈1,2，利用導(dǎo)數(shù)求出函

數(shù)的單調(diào)性，從而求出函數(shù)的最大值，即可求出參數(shù)的取值范圍.

a

【解答過程】因?yàn)?x∈1,2，有l(wèi)nx+?1≥0恒成立，

x2

所以a≥?x2lnx+x2在x∈1,2上恒成立，

令μx=?x2lnx+x2，x∈1,2，

則μ′x=?2xlnx?x+2x=?2xlnx+x=x?2lnx+1，

令μ′x=0，得x=e，當(dāng)x∈1,e時(shí)，μ′x>0，故μx在1,e上單調(diào)遞增，

當(dāng)x∈e,2時(shí)，μ′x<0，故μx在e,2上單調(diào)遞減，

e

則μx≤μe=，

2

ee

所以a≥，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為,+∞.

22

故選：C．

【變式3-1】（2025·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤ex恒成立，則實(shí)數(shù)a的最大值為（）

A．eB．2C．e?1D．e?2

【答案】D

ex?x2?1ex?x2?1

【解題思路】先確定x=0時(shí)的情況，在x>0時(shí)，參變分離可得a≤，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)f(x)=，求得f(x)

xx

的最小值即可.

【解答過程】當(dāng)x=0，1≤e0，不等式成立，

ex?x2?1ex?x2?1

當(dāng)x>0時(shí)，a≤恒成立，即a≤()，

xxmin

ex?x?1(ex?2x)x?(ex?x2?1)·1(x?1)(ex?x?1)

令f(x)=，則f′(x)==，

xx2x2

令g(x)=ex?x?1，則g′(x)=ex?1，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)=ex?1≥0，

所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)=0，所以ex?x?1>0，

所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

e1?12?1

所以f(x)=f(1)==e?2，所以a≤e?2.

min1

所以實(shí)數(shù)a的最大值為e?2.

故選：D.

【變式3-2】（2025·遼寧盤錦·三模）已知函數(shù)f(x)=x2?3x+λlnx．

9

(1)當(dāng)0<λ<時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；

8

(2)若?x∈2,4，fx≤0，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

【答案】(1)答案見解析

2

(2)?∞,?

ln2

【解題思路】（1）求出導(dǎo)數(shù)f′(x)，解不等式f′x>0得到f(x)的增區(qū)間，解不等式f′x<0得到f(x)的減區(qū)間；

（2）分離參數(shù)后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其最值即可求解恒成立問題.

λ2x2?3x+λ

【解答過程】（1）依題意，x∈0,+∞，f′(x)=2x?3+=，

xx

由2x2?3x+λ=0得Δ=9?8λ．

9

當(dāng)0<λ<時(shí)，Δ>0．

8

3?9?8λ3+9?8λ

令f′(x)=0，得x=，x=，

1424

9

故當(dāng)0<λ<時(shí)，0<x<x，

812

′′′

故當(dāng)x∈0,x1時(shí)，fx>0，當(dāng)x∈(x1,x2)時(shí)，fx<0，當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí)，fx>0，

3?9?8λ3?9?8λ3+9?8λ3+9?8λ

所以f(x)在0,單調(diào)遞增；在,單調(diào)遞減；在,+∞單調(diào)遞增．

4444

3x?x2

（2）令x2?3x+λlnx≤0，因?yàn)閤∈2,4，所以lnx>0，故λ≤，

lnx

3x?x2(3?2x)lnx?3+x

令g(x)=，則g′(x)=，

lnx(lnx)2

3

令hx=3?2xlnx?3+x，則h′(x)=?2lnx+?1，

x

1

易知h′(x)為減函數(shù)，則在[2，4]上，h′(x)≤h′(2)=?2ln2<0，

2

故h(x)在[2，4]上單調(diào)遞減，

則h(x)≤h(2)=?ln2?1<0，

故g′(x)<0，g(x)在[2，4]上單調(diào)遞減，

2

故λ≤g(x)=g(4)=?，

minln2

2

故實(shí)數(shù)λ的取值范圍為?∞,?．

ln2

【變式3-3】（2025·江西·三模）已知函數(shù)fx=eax?lnx+a．

(1)討論函數(shù)fx的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)；

(2)若fx≥1?ax?1+1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

【答案】(1)答案見解析

1

(2)a≥

e

【解題思路】（1）通過導(dǎo)數(shù)的正負(fù)來判斷原函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，從而可求極值點(diǎn)個(gè)

數(shù)；

（2）利用同構(gòu)函數(shù)思想，把指對(duì)函數(shù)同構(gòu)為gt=et+t，使得原不等式變?yōu)間ax≥glnx，然后再利用分離參

變量，再利用求導(dǎo)來研究函數(shù)的最值，問題即可求解.

1

【解答過程】（1）由fx=eax?lnx+a，可知定義域?yàn)?,+∞，則f′x=aeax?．

x

當(dāng)a≤0時(shí)，f′x<0恒成立，所以fx在0,+∞上是減函數(shù)，則fx無極值點(diǎn)．

11

當(dāng)a>0時(shí)，gx=f′x=aeax?，則g′x=a2eax+>0，

xx2

所以f′x在0,+∞上單調(diào)遞增．

11

當(dāng)ax=1，即x=時(shí)，f′=ae?1>0，

aa

111

當(dāng)ax=，即x=時(shí)，f′=ae?2<0，

22a2a

11

所以存在唯一的實(shí)數(shù)x∈,，使得f′x=0．

02aa0

′

當(dāng)x∈0,x0時(shí)，fx<0，fx單調(diào)遞減；

′

當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，fx>0，fx單調(diào)遞增．

所以x=x0是函數(shù)fx的極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)．

綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，fx的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為0；當(dāng)a>0時(shí)，fx的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為1．

（2）由fx≥1?ax?1+1得eax?lnx≥1?ax，故eax+ax≥x+lnx=elnx+lnx．①

設(shè)函數(shù)gt=et+t，由g′t=et+1>0，可知gt在R上單調(diào)遞增．

由于①式可化為gax≥glnx，即有ax≥lnx，

lnx

所以a≥對(duì)?x∈0,+∞恒成立．

x

lnx1?lnx

設(shè)函數(shù)hx=，則h′x=，令h′x=0，得x=e．

xx2

當(dāng)x∈0,e時(shí)，h′x>0，hx單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，h′x<0，hx單調(diào)遞減．

所以當(dāng)x=e時(shí)，hx取得極大值也是最大值，

11

即hx最大值為he=．故a≥．

ee

【題型4分類討論法解決不等式恒（能）成立問題】

【例4】（2025·海南·模擬預(yù)測(cè)）若不等式e2x+2t2x≥tex2+x對(duì)任意x∈1,+∞恒成立，則實(shí)數(shù)t的最大值是（）

ee2

A．B．eC．D．e2

22

【答案】C

exex

【解題思路】由已知不等式變形得出t?t?≥0，分x=2、1≤x<2、x>2三種情況討論，解不等式

2x

exex

t?t?≥0，結(jié)合恒成立可求出t的取值范圍.

2x

【解答過程】由e2x+2t2x≥tex2+x可得ex2?2ex+xext+2xt2≥0，

exex

即ex?2tex?tx≥0對(duì)任意的x∈1,+∞恒成立，即t?t?≥0，

2x

exexx?1

令fx=，其中x≥1，則f′x=≥0對(duì)任意的x≥1恒成立，

xx2

即函數(shù)fx在1,+∞上為增函數(shù)，

exexexexe2

考慮當(dāng)=時(shí)，x=2，此時(shí)==，

2x2x2

exex

要使得t?t?≥0對(duì)任意的x∈1,+∞恒成立，

2x

2

e2

當(dāng)x=2時(shí)，則有t?≥0顯然成立；

2

exexexexexex

當(dāng)1≤x<2時(shí)，<，由t?t?≥0可得t≤或t≥，

2x2x2x

ee2

此時(shí)t≤或t≥；

22

exexexexexex

當(dāng)x>2時(shí)，>，由t?t?≥0可得t≤或t≥，

2x2xx2

exexexe2

由于當(dāng)x→+∞時(shí)，→+∞，則t≥顯然不等式，即t≤，則t≤，

22x2

ee2e2

綜上所述，t≤或t=，故t的最大值為.

222

故選：C.

【變式4-1】（2025·遼寧·一模）已知函數(shù)fx=e2x?e?2x?ax，若x≥0時(shí)，恒有fx≥0，則a的取值范圍是（）

A．?∞,2B．?∞,4C．2,+∞D(zhuǎn)．4,+∞

【答案】B

【解題思路】求導(dǎo)f′x=2e2x+2e?2x?a，令gx=2e2x+2e?2x?ax≥0，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)gx的單調(diào)性，再由a

分類討論即可得解.

【解答過程】由fx=e2x?e?2x?ax，得f′x=2e2x+2e?2x?a，

令gx=2e2x+2e?2x?ax≥0，

則g′x=4e2x?4e?2x，

因?yàn)楹瘮?shù)y=4e2x,y=?4e?2x在0,+∞上都是增函數(shù)，

所以函數(shù)g′x=4e2x?4e?2x在0,+∞上是增函數(shù)，

所以g′x≥g′0=0，

所以函數(shù)gx=2e2x+2e?2x?a在0,+∞上是增函數(shù)，

′′

所以fxmin=f0=4?a，

當(dāng)a≤4時(shí)，f′x=2e2x+2e?2x?a≥4?a≥0，

所以函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增，

所以fx≥f0=0，滿足題意；

′

當(dāng)a>4時(shí)，則存在x0∈0,+∞，使得f0=0，

′

且當(dāng)x∈0,x0，fx<0，函數(shù)fx單調(diào)遞減，

所以fx0<f0=0，故fx≥0不恒成立，

綜上所述，a的取值范圍是?∞,4.

故選：B.

【變式4-2】（2025·新疆喀什·二模）已知函數(shù)fx=ex+2x2+mx+m

(1)當(dāng)m=?1時(shí)，求fx的極值；

m

(2)若存在x∈?2,0，使得fx≤，求m的取值范圍．

2

【答案】(1)極大值為5，極小值為?e3

8

(2)?∞,0∪,+∞

3

【解題思路】（1）結(jié)合導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)fx的單調(diào)性，進(jìn)而求解極值；

（2）求導(dǎo)，分m≥2，0<m<2，m≤0三種情況分析求解即可.

【解答過程】（1）當(dāng)m=?1時(shí)，fx=ex+2x2?x?1，

則f′x=ex+2x2?x?1+ex+22x?1=ex+2x+2x?1，

令f′x<0，得?2<x<1；令f′x>0，得x<?2或x>1，

所以函數(shù)fx在?∞,?2和1,+∞上單調(diào)遞增，在?2,1上單調(diào)遞減，

則x=?2時(shí)，函數(shù)fx取得極大值f?2=5，

x=1時(shí)，函數(shù)fx取得極小值f1=?e3.

（2）由fx=ex+2x2+mx+m，x∈?2,0，

則f′x=ex+2x2+mx+m+ex+22x+m=ex+2x+mx+2，

當(dāng)m≥2時(shí)，?m≤?2，此時(shí)f′x≥0，函數(shù)fx在?2,0上單調(diào)遞增，

m8

則fx=f?2=4?m≤，即m≥；

min23

當(dāng)0<m<2時(shí)，?2<?m<0，

則x∈?2,?m時(shí)，f′x≤0；x∈?m,0時(shí)，f′x≥0，

則函數(shù)fx在?2,?m上單調(diào)遞減，在?m,0上單調(diào)遞增，

m

則fx=f?m=me?m+2≤，即m≥2+ln2，與0<m<2矛盾，不符合題意；

min2

當(dāng)m≤0時(shí)，?m≥0，此時(shí)f′x≤0，函數(shù)fx在?2,0上單調(diào)遞減，

m1

則fx=f0=me2≤，即e2≥恒成立，符合題意.

min22

8

綜上所述，m的取值范圍為?∞,0∪,+∞．

3

x2

【變式4-3】（2025·吉林延邊·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=+alnx?a+1x．

2

(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx的單調(diào)遞增區(qū)間；

e2

(2)若a≥0，f(x)≥?對(duì)x∈1,+∞恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

2

【答案】(1)0,1和2+∞；

(2)0,e

【解題思路】（1）先求出函數(shù)fx的定義域，再求導(dǎo)，令f′(x)>0，即可求出fx的單調(diào)遞增區(qū)間；

（2）分0≤a<1，a=1，a>1三種情況討論fx在1,+∞上的單調(diào)性，借助導(dǎo)數(shù)及單調(diào)性分別求出fx在1,+∞

e2

上的最小值，令f(x)≥?，即可求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

min2

【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∞．

x2

當(dāng)a=2時(shí)，fx=+2lnx?3x，

2

2x2?3x+2x?1x?2

f′x=x+?3==，

xx2

令f′(x)>0，解得0<x<1或x>2，

所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1和2+∞；

ax2?a+1x+ax?1x?a

（2）f′x=x+?a+1==，x∈[1,+∞)，

xx2

令f′(x)=0，解得x=1或x=a，

當(dāng)0≤a<1時(shí)，

當(dāng)x≥1時(shí)，f′(x)≥0，fx在1,+∞單調(diào)遞增；

e2e2

因?yàn)閒(x)≥?對(duì)x∈1,+∞恒成立，所以f(1)≥?，

22

1e2e2?1

即?a?≥?，移項(xiàng)可得a≤，

222

因?yàn)?≤a≤1，所以0≤a≤1滿足條件；

當(dāng)a>1時(shí)，

當(dāng)x≥a時(shí)，f′(x)≥0，fx在a,+∞單調(diào)遞增；

當(dāng)1≤x<a時(shí)，f'(x)≤0，fx在[1,a)上單調(diào)遞減；

所以當(dāng)x=a時(shí)，f(x)取到最小值，即f(x)≥f(a)，

e2e2

因?yàn)閒(x)≥?對(duì)x∈1,+∞恒成立，所以f(a)≥?，

22

a2e2

即f(a)=alna??a≥?，

22

a2

令h(a)=alna??aa≥1，所以h′(a)=lna?a，

2

11?a

令g(a)=h′(a)=lna?aa≥1，所以g′(a)=?1=，

aa

因?yàn)閍>1，所以1?a<0，所以g′(a)<0，

所以g(a)在1,+∞上單調(diào)遞減，所以g(a)≤g(1)=ln1?1==?1<0，

即h′(a)<0，所以h(a)在1,+∞上單調(diào)遞減，

e2e2e2

又因?yàn)閔(e)=elne??e=?，且h(a)≥?，所以1<a≤e．

222

綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為0,e．

【題型5構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】

【例5】（2025·黑龍江佳木斯·三模）已知不等式xex?x≥lnx+m+3，對(duì)?x∈0,+∞恒成立，則m的取值范圍

為（）

11

A．m≤?B．m≥?C．m>?2D．m≤?2

22

【答案】D

【解題思路】將問題轉(zhuǎn)化為xex?x?lnx≥m+3對(duì)?x∈0,+∞恒成立，構(gòu)造函數(shù)fx=xex?x?lnxx>0，進(jìn)而通過

導(dǎo)數(shù)方法求出函數(shù)的最小值，即可得到答案.

【解答過程】不等式xex?x≥lnx+m+3對(duì)?x∈0,+∞恒成立，

即xex?x?lnx≥m+3對(duì)?x∈0,+∞恒成立，

令fx=xex?x?lnxx>0，

11

則f′x=x+1ex?1?=x+1ex?，

xx

1

因?yàn)楹瘮?shù)y=ex,y=?在0,+∞上單調(diào)遞增，

x

1

所以函數(shù)gx=ex?在0,+∞上單調(diào)遞增，

x

1

又g=e?2<0，g1=e?1>0，

2

111

x0x0

所以存在唯一x0∈,1，使得gx0=e?=0，即e=，lnx0=?x0，

2x0x0

′′

則x∈0,x0時(shí)，gx<0,fx<0；x∈x0,+∞時(shí)，gx>0,fx>0，

所以函數(shù)fx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，

1

x0

所以fxmin=fx0=x0e?x0?lnx0=x0??x0+x0=1，

x0

則m+3≤1，即m≤?2.

故選：D.

2

【變式5-1】（2025·陜西商洛·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=2xlnx?ax，若對(duì)任意的x1,x2∈0,+∞，當(dāng)x1>x2時(shí)，

都有2x1+fx2>2x2+fx1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）

11

A．,+∞B．1,+∞C．,+∞D(zhuǎn)．2,+∞

2ee

【答案】C

【解題思路】構(gòu)造函數(shù)Fx=fx?2x，求導(dǎo)，分離參數(shù)求最值即可.

【解答過程】不等式2x1+fx2>2x2+fx1等價(jià)于fx1?2x1<fx2?2x2，

令Fx=fx?2x,x∈0,+∞，根據(jù)題意對(duì)任意的x1,x2∈0,+∞，

當(dāng)x1>x2時(shí)，F(xiàn)x1<Fx2，所以函數(shù)Fx=fx?2x在0,+∞上單調(diào)遞減，

所以F′x=f′x?2=2lnx?2ax≤0在0,+∞上恒成立，

lnx

即≤a在0,+∞上恒成立.

x

lnx1?lnx

令gx=,x∈0,+∞，則g′x=，

xx2

所以當(dāng)x∈0,e時(shí)，g′x>0，gx單調(diào)遞增，

11

當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，g′x<0,gx單調(diào)遞減.所以g(x)=ge=，所以a≥.

maxee

故選：C.

【變式5-2】（2025·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ex?ax?1.

(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx的單調(diào)區(qū)間與極值；

(2)若fx≤x2在x∈0,+∞上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

【答案】(1)fx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，極小值0，無極大值；

(2)a≥e?2

【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后由極值的定義求解即可；

ex1ex1

（2）當(dāng)x>0時(shí)，不等式變形為a≥?(x+)在x∈0,+∞上有解，構(gòu)造函數(shù)g(x)=?(x+)，利用導(dǎo)數(shù)研究函

xxxx

數(shù)g(x)的單調(diào)性，求解g(x)的最小值，即可得到答案．

【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=ex?x?1，所以f′x=ex?1

當(dāng)x<0時(shí)f′x<0；當(dāng)x>0時(shí)f′x>0，

所以fx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x=0時(shí)函數(shù)fx有極小值f0=0，無極大值；

（2）當(dāng)x>0，fx≤x2在0,+∞上有解，即ex?x2?ax?1≤0在0,+∞上有解，

ex1

即a≥?x+在0,+∞上有解，

xx

ex1exx?1x2?1x?1ex?x+1

令gx=?x+，則g′x=?=

xxx2x2x2

由（1）知x>0時(shí)fx>f0=0，即ex?x+1>0，

當(dāng)0<x<1時(shí)g′x<0；當(dāng)x>1時(shí)g′x>0，

所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x=1時(shí)，gxmin=e?2，所以a≥e?2，

綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥e?2.

1

【變式5-3】（2025·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=x2+ax+lnxa∈R

2

(1)討論fx的單調(diào)性；

3

(2)若對(duì)于?x>0，不等式fx≤ex+x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

2

【答案】(1)答案見解析

(2)?∞,e+1

【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性；

ex+x2?lnxex+x2?lnx

（2）分類參數(shù)，得a≤，構(gòu)造函數(shù)gx=，求導(dǎo)，判斷函數(shù)單調(diào)性與最值情況，即可得參數(shù)范

xx

圍.

11x2+ax+1

【解答過程】（1）由已知fx=x2+ax+lnxa∈R，x>0，則f′x=x+a+=，x>0，

2xx

11

當(dāng)a≥?2時(shí)，由x+≥2恒成立，即f′x=x++a≥0恒成立，即fx在0,+∞上單調(diào)遞增；

xx

x2+ax+1?a?a2?4?a+a2?4

當(dāng)a<?2時(shí)，令f′x==0，解得x=