利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立、存在性問題題型一

分離參數(shù)法求參數(shù)范圍

(2020·課標(biāo)全國Ⅰ，節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.當(dāng)x≥0時，f(x)≥x3＋1恒成立，求a的取值范圍．①當(dāng)x＝0時，不等式為1≥1，顯然成立，此時a∈R.則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1(x>0)，則H′(x)＝ex－1>0，故h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h′(x)>h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)>h(0)＝0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．狀元筆記“分離參數(shù)法”解決不等式恒成立問題“分離參數(shù)法”是解決不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍問題的基本方法，其基本過程如下：(1)已知含參數(shù)λ的不等式f(λ，x)≥0恒成立．將不等式轉(zhuǎn)化為g(λ)≥h(x)，即將參數(shù)λ與變量x分離，可以將λ單獨分離到不等式一邊，也可以將只含有λ的一個代數(shù)式分離到不等式的一邊．(2)求函數(shù)h(x)的最值或值域．求h(x)最大值或值域的方法要依據(jù)函數(shù)h(x)的形式而確定，可以用導(dǎo)數(shù)法、均值不等式法、換元法、單調(diào)性法等等．(3)得出結(jié)論．若h(x)的最大值為M，則g(λ)≥M；若h(x)不存在最大值，其值域為(m，M)時，則g(λ)≥M.思考題1已知函數(shù)f(x)＝lnx－m＋(m∈R)．(1)求f(x)的極值；【答案】(1)見解析【解析】(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝

.當(dāng)m≤0時，f′(x)>0恒成立，此時f(x)單調(diào)遞增，f(x)無極值．當(dāng)m>0時，令f′(x)＝0，得x＝m.故當(dāng)x∈(0，m)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，此時f(x)在x＝m處取到極小值lnm－m＋1，無極大值．題型二

等價轉(zhuǎn)化法求參數(shù)范圍(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；【答案】(1)見解析當(dāng)a<0時，由于x>0，所以f′(x)>0恒成立，從而f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)若f(x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．且當(dāng)x趨近于＋∞時，h(x)趨近于＋∞，當(dāng)x趨近于0時，h(x)趨近于＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)內(nèi)無最大值，不合題意．狀元筆記

“等價轉(zhuǎn)化法”解決不等式恒成立問題在不等式恒成立問題中，如果不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后的函數(shù)的最值比較難求，可以把含參不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，然后從研究函數(shù)的性質(zhì)入手，通過討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，直接用參數(shù)表達函數(shù)的最值，然后根據(jù)題意，建立關(guān)于參數(shù)的不等式，解不等式即得參數(shù)的取值范圍．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，則f(x，a)>0恒成立?g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立?g(a)≥0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，則f(x，a)<0恒成立?g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立?g(a)≤0.(1)當(dāng)a<0時，討論f(x)的單調(diào)性；【答案】

(1)見解析當(dāng)a<0時，ax－ex<0恒成立，所以當(dāng)x>1時，f′(x)<0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)設(shè)g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若關(guān)于x的不等式g(x)≤－ex＋

＋(a－1)x在[1，2]上有解，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(2)(－∞，0]【解析】(2)因為g(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g(x)＝－alnx－ex＋2ax－a，①當(dāng)a≤1時，h′(x)≤0且不恒為0，所以函數(shù)h(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)min＝h(2)＝－aln2＋a≤0成立，解得a≤0.②當(dāng)1<a<2時，令h′(x)>0，解得1<x<a；令h′(x)<0，解得a<x<2.所以函數(shù)h(x)在[1，a]上單調(diào)遞增，在[a，2]上單調(diào)遞減．又因為h(1)＝

，所以h(2)＝－aln2＋a≤0，解得a≤0，與1<a<2矛盾，故舍去．③當(dāng)a≥2時，h′(x)≥0且不恒為0，所以函數(shù)h(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]．【講評】解決此類問題應(yīng)明確導(dǎo)函數(shù)的零點是否分布在定義域內(nèi)，零點將定義域劃分為哪幾個區(qū)間，若不能確定，則需要分類討論．本題根據(jù)函數(shù)h′(x)的零點a是否在定義域[1，2]內(nèi)進行討論，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，從而可得最值，判斷所求最值與已知條件是否相符，從而得到參數(shù)的取值范圍．題型三

雙變量的恒(能)成立問題(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；【答案】(1)4

【解析】(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M.又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以g(x)max＝g(2)＝1.則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.【答案】(2)[1，＋∞)又h′(1)＝0，所以當(dāng)1＜x≤2時，h′(x)＜0；狀元筆記“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有：(1)?x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.(4)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.(5)?x1，x2∈D，|f(x1)－f(x2)|<a?f(x)max－f(x)min<a.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析

(2)當(dāng)m>0時，若對于任意的x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范圍．【答案】(2)[e，＋∞)一、洛必達法則“洛必達法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個重要定理，用分離參數(shù)法解決等代數(shù)式，洛必達法則是處理此類問題的有效方法．理論基礎(chǔ)若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)f

(x)＝0及

g(x)＝0.(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0.若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)f

(x)＝∞及

g(x)＝∞.(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0.

注意事項(1)除以上介紹的兩種形式外，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞這樣的形式也可以用洛必達法則，在著手求極限前，首先要檢查是否滿足這些形式，否則濫用洛必達法則會出錯，當(dāng)不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限．(2)若條件符合，洛必達法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止．

(2025·浙江寧波模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析【解析】(1)f′(x)＝ex－a，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，故f(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝lna，所以當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，lna)上單調(diào)遞減．

(2)若對任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．【答案】(2)a≤1再令h(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，則h′(x)＝xex>0恒成立，則h(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，綜上，a的取值范圍是(－∞，1]．

思考題1已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若對任意x>0都有f(x)>ax成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(－∞，1]【解析】方法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴l(xiāng)n(x＋1)>0.當(dāng)1－a≥0，即a≤1時，φ′(x)>0，此時φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1滿足題意．當(dāng)1－a<0，即a>1時，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴當(dāng)x∈(0，ea－1－1)時，φ′(x)<0；當(dāng)x∈(ea－1－1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0，與φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不滿足題意．綜上有a≤1，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴a≤1，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．二、“端點效應(yīng)”法(1)當(dāng)a＝0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；【答案】(1)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間【解析】(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝ex－

x2－1，f′(x)＝ex－x.由于ex≥x＋1>x，所以f′(x)＝ex－x>0，因此函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)若f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(2)(－∞，1]【解析】(2)函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝ex－x－a，f′(0)＝1－a，令f′(0)＝1－a＝0得a＝1.①當(dāng)a≤1時，因為x∈[0，＋∞)，f′(x)＝ex－x－a，令g(x)＝ex－x－a(x≥0)，則g′(x)＝ex－1≥0，因此f′(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)≥f′(0)＝1－a≥0，因此f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f(x)≥f(0)＝0恒成立．②當(dāng)a>1時，由①知f′(x)單調(diào)遞增，f′(0)＝1－a<0，所以存在x0∈(0，＋∞)使得當(dāng)x∈(0，x0)時f′(x)<0，即f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，因此當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)<f(0)＝0，不滿足f(x)≥0恒成立．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．狀元筆記

“端點效應(yīng)法”解決不等式恒成立問題在解決不等式恒成立問題時，端點處滿足的臨界條件，往往是使命題成立的必要條件，由此可縮小參數(shù)的取值范圍，而在很多情況下，縮小后的某個范圍即為所求，這種通過觀察區(qū)間端點值來解決問題的方法稱為“端點效應(yīng)法”．“端點效應(yīng)法”是特殊化思想的具體運用，往往可以簡化問題的求解過程．根據(jù)端點處所滿足的條件不同，“端點效應(yīng)法”常常有以下幾種情況：(1)利用原函數(shù)在端點處的函數(shù)值建立不等式確定參數(shù)的取值范圍．(2)利用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在端點處的值滿足相應(yīng)條件建立不等式求解．思考題2已知函數(shù)f(x)＝ex－1－asinx，若f(x)≥0在[0，π]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(－∞，1]【解析】方法一(端點效應(yīng)法)：當(dāng)a≤1時，對任意的x∈[0，π]，f(x)＝ex－1－asinx≥ex－1－sinx，設(shè)g(x)＝ex－1－sinx(0≤x≤π)，則g′(x)＝ex－cosx≥1－cosx≥0且不恒為0，所以g(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，又g(0)＝0，所以g(x)≥0，因為f(x)≥g(x)，所以f(x)≥0，滿足題意；當(dāng)a>1時，f′(x)＝ex－acosx，令m(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，則m′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，且當(dāng)0≤x<x0時，f′(x)<0，所以f(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，又f(0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)<0，從而f(x)≥0不恒成立，不合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．方法二(等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值)：由題意，f′(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，令t(x)＝ex－acosx，x∈[0，π]，則t′(x)＝ex＋asinx，當(dāng)a≤0時，ex－1≥0，asinx≤0，所以f(x)＝ex－1－asinx≥0，滿足題意；當(dāng)0<a≤1時，t′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，結(jié)合f′(0)＝1－a≥0知f′(x)≥0，從而f(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，又f(0)＝0，所以f(x)≥0恒成立，滿足題意；當(dāng)a>1時，t′(x)＝ex＋asinx>0，所以f′(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，下同方法一．三、“同構(gòu)法”求參數(shù)范圍(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析若a≤0，則f′(x)>0，此時f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增；(2)若f(x)≤－e－ax恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．∵g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(0，e)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，

思考題3

(2020·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna.(1)當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；＋1，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．【答案】(2)[1，＋∞)【解析】(2)方法一：由f(x)≥1得aex－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，則有g(shù)(lna＋x－1)≥g(lnx)，因為g′(t)＝et＋1>0，所以g(t)在R上單調(diào)遞增，則lna＋x－1≥lnx在(0，＋∞)上恒成立，即lna≥lnx－x＋1在(0，＋∞)上恒成立，只需lna≥(lnx－x＋1)max.令h′(x)>0，得0<x<1；令h′(x)<0，得x>1，則h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)≤h(1)＝0，則lna≥0，得a≥1.故a的取值范圍是[1，＋∞)．方法二：當(dāng)0<a<1時，f(1)＝a＋lna<1，不符合題意．當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex－1－lnx，f′(x)＝ex－1－.易知當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以當(dāng)x＝1時，f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1，從而f(x)≥1.當(dāng)a>1時，f(x)＝aex－1－lnx＋lna>ex－1－lnx≥1.綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．一、洛必達法則設(shè)函數(shù)f(x)＝

如果對任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范圍．令h(x)＝2xcosx－2sinx－sinxcosx＋x，x>0，則h′(x)＝2cosx－2xsinx－2cosx－cos2x＋1＝－2xsinx－cos2x＋1＝2sin2x－2xsinx＝2sinx(sinx－x)，因此，當(dāng)x∈(0，π)時，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，且h(0)＝0，故g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減，

思考題1已知函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值；【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，(2)當(dāng)x>0時，f(x)≥0，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(2)(－∞，1]【解析】(2)方法一：當(dāng)x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①當(dāng)a≤1時，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件．②當(dāng)a>1時，若0<x<lna，則φ′(x)<0，若x>lna，則φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0.令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，∴g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴g(a)<g(1)＝0與g(a)≥0矛盾，故a>1不滿足條件．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．方法二：當(dāng)x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．二、“端點效應(yīng)”法求參數(shù)范圍(1)討論f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)見解析當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0且不恒為0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范圍．【答案】(2)(－∞，1]設(shè)m(x)＝x－sinx(x≥0)，則m′(x)＝1－cosx≥0且不恒為0，所以h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h′(0)＝0，所以h′(x)≥0且不恒為0，則g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a≤1時，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0且不恒為0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，結(jié)合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合題意．當(dāng)a>1時，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，所以g′(x)在(0，2a)上有一個零點，設(shè)為x0，則當(dāng)x∈[0，x0)時，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，結(jié)合g(0)＝0知，當(dāng)x∈(0，x0)時，g(x)<0，從而f(x)<－sinx，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，1]．思考題2

(2016·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；【答案】(1)2x＋y－2＝0

【解析】(1)當(dāng)a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋

－4，所以f(1)＝0，f′(1)＝－2，故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－0＝－2(x－1)，整理得2x＋y－2＝0.(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．【答案】(2)(－∞，2]當(dāng)a≤2時，f′(1)＝2－a≥0，所以f′(x)≥0且不恒為0，故f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，結(jié)合f(1)＝0知f(x)>0恒成立，滿足題意；當(dāng)a>2時，f′(1)＝2－a<0，f′(ea)＝1＋e－a>0，所以f′(x)在(1，＋∞)上有唯一的零點x0，且當(dāng)x∈(1，x0)時，f′(x)<0，所以f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，又f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(1，x0)時，f(x)<0，故f(x)>0不恒成立，不合題意．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，2]．三、“同構(gòu)法”求參數(shù)范圍思考題3已知函數(shù)f(x)＝xex＋1.(1)