突破1利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒(能)成立問題對(duì)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立與有解問題，一般可轉(zhuǎn)化為最值問題處理.若a>f(x)對(duì)x∈D恒成立，則只需a>f(x)max；若a<f(x)對(duì)x∈D恒成立，則只需a<f(x)min；若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，則只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，則只需a<f(x)max.由此構(gòu)造不等式，求解參數(shù)的取值范圍.技法一分離參數(shù)法(2025·廣東惠州一模)已知函數(shù)f(x)=x2+(1)當(dāng)a=2時(shí)，求f(x)在(-1，f(-1))處的切線方程；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，不等式f(x)≤2恒成立，求a的取值范圍.解：(1)當(dāng)a=2時(shí)，f(x)=x2+2x+2ex，所以f'(x)=-x又f(-1)=e，所以切點(diǎn)為(-1，e)，所以切線方程為y-e=-e(x+1)，化簡得ex+y=0.(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤2恒成立，故x2+ax也就是x2+ax+a≤2ex，即ax+1≤2ex-x2由x+1>0得a≤2ex-x2x+1，令則h'(x)=2ex-令t(x)=2ex-x-2，則t'(x)=2ex-1，可知t'(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，則t'(x)≥t'(0)=1，即t'(x)>0在[0，+∞)恒成立.故t(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，所以t(x)≥t(0)=0，故h'(x)≥0在[0，+∞)恒成立.所以h(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞增，而h(0)=2，所以h(x)≥2，故a≤2.求解含參不等式恒成立問題的關(guān)鍵是過好“雙關(guān)”

轉(zhuǎn)化關(guān)通過分離參數(shù)法，先轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))對(duì)任意x∈D恒成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)最值關(guān)求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最大值(或最小值)

對(duì)點(diǎn)練1.(2025·黑龍江哈爾濱模擬)已知函數(shù)f(x)=alnx+1x+bx，且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x-y+1=0(1)求實(shí)數(shù)a，b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)-2≥32x+mx恒成立，求實(shí)數(shù)m解：(1)由f(x)=alnx+1x+bx(x>0)，得f'(x)=ax-1x因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x-y+1=0，所以有f'(1)=2，f(1)=3，即b+a-1=2，1+b=3，解得a=1，b=2由f'(x)>0，得x>12，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是12，+∞；由f'(x)<0，得0<x<12，所以函數(shù)f(2)由(1)知f(x)=lnx+1x+2x.不等式f(x)-2≥32x+mx恒成立，等價(jià)于當(dāng)x∈(0，+∞)時(shí)，m≤xlnx+12x2-2令g(x)=xlnx+12x2-2x+1(x>0)則m≤g(x)min，g'(x)=lnx+x-1，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)min=g(1)=-12，所以m≤g(x)min=-12，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是技法二分類討論法(2025·安徽馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)=ex+(m+1)x，m∈R.(1)當(dāng)m=1時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)若存在x∈[1，2]，使得不等式ex+x22+mlnx+m≥f(x)成立，求m解：(1)當(dāng)m=1時(shí)，f(x)=ex+m+1x=ex+2x，定義域?yàn)镽，f'(x)=ex+2所以f(0)=1，f'(0)=3，所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y-1=3(x-0)，即y=3x+1.(2)不等式ex+x22+mlnx+m≥f(x)可化為x22+mlnx-(m+1)即存在x∈[1，2]，使得不等式x22+mlnx-(m+1)x+m≥0構(gòu)造函數(shù)h(x)=x22+mlnx-m+1x+m，x∈[1，2]，則h'(x)=x+mx-m+1=1①當(dāng)m≤1時(shí)，h'(x)≥0恒成立，故h(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，故h(x)max=h(2)=mln2-m≥0，解得m≤0，故m≤0；②當(dāng)1<m<2時(shí)，令h'(x)>0，解得m<x<2；令h'(x)<0，解得1<x<m，故h(x)在[1，m]上單調(diào)遞減，在(m，2]上單調(diào)遞增，又h(1)=-12，故h(2)=mln2-m≥0，解得m≤0，這與1<m<2相矛盾，舍去③當(dāng)m≥2時(shí)，h'(x)≤0恒成立，故h(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，故h(x)max=h(1)=-12<0，不符合題意，應(yīng)舍去綜上所述，m的取值范圍為(-∞，0].學(xué)生用書?第70頁對(duì)于不適合分離參數(shù)的不等式，常常將參數(shù)看作常數(shù)直接構(gòu)造函數(shù)，常用分類討論法，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值，從而得出參數(shù)范圍.對(duì)點(diǎn)練2.(2024·陜西漢中模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.解：(1)因?yàn)閒'(x)=2x+ax，x>0①若a≥0，則f'(x)>0恒成立，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增.②若a<0，令f'(x)=0，得x=-a當(dāng)x∈0，-a2時(shí)，f'(x)<0，f(當(dāng)x∈-a2，+∞時(shí)，f'(x)>0，f綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在0，-a2上單調(diào)遞減，(2)由(1)知f'(x)=2x2+a當(dāng)a>0時(shí)，f'(x)>0，所以f(x)單調(diào)遞增，又x→0+，f(x)→-∞，故f(x)≥0不恒成立；當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=x2>0，符合題意；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在0，-a2上單調(diào)遞減，所以f(x)min=f-a2=-a2+aln-a2，由f(x)≥0恒成立，可得-a2+aln-a2≥0，解得a≥-2e，所以-2e≤a<0.綜上，技法三最值定位法設(shè)f(x)=ax+xlnx，g(x)=x3-x2-3.(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；(2)如果對(duì)于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，求實(shí)數(shù)解：(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)-g(x2)≥M成立，等價(jià)于[g(x1)-g(x2)]max≥M成立.g'(x)=3x2-2x=x(3x-2)，令g'(x)=0，得x=0或x=23因?yàn)間23=-8527，g(0)=-3，g(2)=所以當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，g(x)max=g(2)=1，g(x)min=g23=-85[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=11227所以滿足條件的最大整數(shù)M為4.(2)對(duì)任意的s，t∈12，2都有f(s)≥g(則f(x)min≥g(x)max.由(1)知當(dāng)x∈12，2時(shí)，g(x)max=g(2)所以當(dāng)x∈12，2時(shí)，f(x)=ax+xlnx≥1恒成立，即a≥x-x2ln令h(x)=x-x2lnx，x∈12所以h'(x)=1-2xlnx-x，令φ(x)=1-2xlnx-x，所以φ'(x)=-3-2lnx<0，h'(x)在12，又h'(1)=0，所以當(dāng)x∈12，1時(shí)，h'(x)當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，h'(x)≤0，所以h(x)在12，1上單調(diào)遞增，在[1，所以h(x)max=h(1)=1，故a≥1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，+∞).“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：

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.對(duì)點(diǎn)練3.已知f(x)=x3-3x+3-xex，g(x)=ln(x+1)+a，?x1∈[0，2]，?x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是答案：1解析：因?yàn)?x1∈[0，2]，?x2∈[0，2]，使得f(x1)≤g(x2)成立等價(jià)于在[0，2]上，f(x)min≤g(x)min.易得f'(x)=x-13x+3+1ex，當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，所以f(x)在[0，1]上單調(diào)遞減，在[1，2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在[0，2]上的最小值為f(1)=1-1e.易知g(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)在[0，2]上的最小值為g(0)=a，所以1-1e≤a，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是課時(shí)測(cè)評(píng)22利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒(能)成立問題對(duì)應(yīng)學(xué)生(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨(dú)立形式分冊(cè)裝訂!)1.(6分)(2024·江西高三階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=aexx-12x，若對(duì)任意的0<x1<x2，都有fx1x2-fA．-∞，1eC．2e，+答案：D解析：因?yàn)閷?duì)任意的0<x1<x2，都有f(x1)x2-f(x2)x1<0，即x1f(x1)<x2f(x2)，所以設(shè)g(x)=xf(x)=xaexx-12x=aex-12x2，則g(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，所以g'(x)=aex-x≥0在(0，+∞)上恒成立，即a≥xex在(0，+∞)上恒成立.令h(x)=xex，x∈0，+∞，則h'(x)=1-xex，所以當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，h'2.(6分)(多選)(2024·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考)已知函數(shù)fx=ex-1+e1-x+x2-2x，若不等式f(2-a)<fx2+3對(duì)任意的x∈R恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值可能是(A．-4 B．-12C．1 D．2答案：BCD解析：因?yàn)閒(x)=ex-1+e1-x+x2-2x，所以f(2-x)=e1-x+ex-1+2-x2-22-x=fx，即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱.當(dāng)x>1時(shí)，y=x2-2x=x-12-1為增函數(shù)；令gx=ex-1+e1-x，則g'x=ex-1-e1-x，x>1時(shí)，ex-1>1，e1-x<1，所以g'(x)>0，所以gx=ex-1+e1-x為增函數(shù)，所以當(dāng)x>1時(shí)，f(x)為增函數(shù).由對(duì)稱性可知，當(dāng)x<1時(shí)，f(x)為減函數(shù).因?yàn)閒(2-a)<fx2+3恒成立，所以1-a<x2+2恒成立，3.(6分)(2025·洛平許濟(jì)第四次質(zhì)量檢測(cè))若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1x≥mx2+lnm恒成立，則實(shí)數(shù)m的最大值為.答案：e解析：顯然首先m>0，x>0，ex+x+2ln1x≥mx2+lnm?ex+x≥mx2+lnm-2ln1x=elnmx2+ln(mx2)，令fx=ex+x，則f'x=ex+1>0，所以fx在定義域內(nèi)嚴(yán)格單調(diào)遞增，所以若有fx≥f(ln(mx2))成立，則必有x≥lnmx2=lnm+2lnx，即lnm≤x-2lnx對(duì)于任意的x>0恒成立，令gx=x-2lnxx>0，則g'x=1-2x=x-2x，當(dāng)0<x<2時(shí)，g'x<0，gx單調(diào)遞減，當(dāng)x>2時(shí)，g'x>0，gx單調(diào)遞增，所以當(dāng)x=2時(shí)，gx取得最小值g2=2-2ln2=lne24，從而lnm≤4.(17分)(2024·山東菏澤三模)已知函數(shù)fx=xa-(1)討論fx的最值；(7分)(2)若a=1，且fx≤kex-xx，求實(shí)數(shù)k解：(1)因?yàn)閒x=xa-lnxx的定義域?yàn)?，+∞，可得由a>0，令f'x=0，可得x=1a當(dāng)x∈0，1a時(shí)，f'x<0，f當(dāng)x∈1a，+∞時(shí)，f'x>0，故當(dāng)x=1a時(shí)，fx取得極小值，也是最小值，且最小值為f1a=1+lna，(2)當(dāng)a=1時(shí)，由fx≤kex-xx，可得x-ln整理得kex≥x2+x-xlnx，即k≥x2令hx=x2則h'x=2x+1-由(1)知，當(dāng)a=1時(shí)，fx=x-lnx的最小值為f1=1>0，即x-lnx>0恒成立，所以當(dāng)x∈0，1時(shí)，h'x>0，hx當(dāng)x∈1，+∞時(shí)，h'x<0，h故當(dāng)x=1時(shí)，hx取得最大值h1=2e即k≥2e故實(shí)數(shù)k的取值范圍為2e5.(20分)已知函數(shù)f(x)=ex+ax+b(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線為y=a-b.(1)求a，b的值；(8分)(2)若不等式f(x)>mx-1在x∈1e，e上恒成立，求正實(shí)數(shù)m的取值范圍.解：(1)由f(x)=ex+ax+b可得f'(x)=ex+a，因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線為y=a-b，所以f'(0)=1+a=0，(2)由(1)知f(x)=ex-x-1，因?yàn)椴坏仁絝(x)>mx-1在x∈1e，所以ex-x>mx在x∈1e，即m<exx-1在x∈1令g(x)=exx-1，則g'(x)=exx-1x2，令g'(x)=所以當(dāng)1e≤x<1時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x≤e時(shí)，g'(x)>0，g(x)單調(diào)遞增所以g(x)的最小值為g(1)=e-1，所以m<e-1，即正實(shí)數(shù)m的取值范圍為(0，e-1).6.(20分)(2023·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)=ax-sinxcos2x(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(8分)(2)若f(x)+sinx<0，求a的取值范圍.(12分)解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x-sinxcos2xf'(x)=1-cos3x+2sin由于x∈0，π2，所以cosx∈(0，1)，所以cos3x+cos2x-2<0，cos3所以f'(x)=cos3x+cos2所以函數(shù)f(x)在0，π(2)令g(x)=sinxcos2x-sinx=sin則g'(x)=3co=3cos因?yàn)閤∈0，π2，所以3cos2xsin2x+2sin4x>0，cos3x>0，則g'(x)>0，所以函數(shù)g(x)在g(0)=0，當(dāng)x→π2時(shí)，g(x)→+∞因?yàn)閒(x)+sinx<0恒成立，所以sinxcos2x-sinx>ax在0，π2上恒成立，即直線y=ax在0<x<π2時(shí)恒在g(由圖及g'(0)=0可得a≤0，即