《2023年新高考数学之导数专项重难点突破（新高考专用）》专题12 利用导数研究不等式恒成立问题（解析版）

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专题 12 利用导数研究不等式恒成立问题

(1)构造函数分类讨论：遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数

h(x)＝f(x)－g(x) 或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思

想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．

(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数 a，另一端是变量表达式 v(x)的

不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线 y＝a与函数 y＝v(x)图象的交点个数问

题来解决．　　

(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数 f(x)在D1上的最小值大于 g(x)在D2上的最小值

即f(x)min＞g(x)min(这里假设 f(x)min，g(x)min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数 y＝f(x)的任意一个函数值

大于函数 y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数 y＝g(x)的所有函数值．

(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数 f(x)在D1上的最大值小于函数 g(x)在D2上的最大值(这里假

设f(x)max，g(x)max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数 y＝f(x)的任意一个函数值小于函数 y＝g(x)的某一

个函数值，但并不要求小于函数 y＝g(x)的所有函数值．　　

典例 1.已知函数 f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的 x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数 a的取值范围．

【解析】法一：构造函数法

设g(x)＝xe2x－ax－ln x－1(x＞0)，任意的对x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，

等价于 g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需 g(x)min≥0即可．因为 g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－，

令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－(x＞0)，则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋＞0，

所以 h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为当 x―→0时，h(x)―→－∞，当 x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，

所以 h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点 x0，足满(2x0＋1)e2x0－a－＝0，

所以 a＝(2x0＋1)e2x0－，且 g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，

所以 g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2xe2x0－ln x0，

则由 g(x)min≥0，得 2xe2x0＋ln x0≤0，此时0＜x0＜1，e2x0≤－，

所以 2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，设S(x)＝x＋ln x(x＞0)，则S′(x)＝1＋＞0，

所以函数 S(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为 S(2x0)≤S(－ln x0)，所以 2x0≤－ln x0即e2x0≤，

所以 a＝(2x0＋1)e2x0－≤(2x0＋1)·－＝2，所以数实a的取值范围为(－∞，2]．

法二：分离参数法

因为 f(x)＝ax＋ln x＋1，所以任意的对x＞0，f(x)≤xe2x恒成立，

等价于 a≤e2x－在(0，＋∞)上恒成立．

令m(x)＝e2x－(x＞0)，只需则a≤m(x)min 即可，则 m′(x)＝，

再令 g(x)＝2x2e2x＋ln x(x＞0)，则g′(x)＝4(x2＋x)e2x＋＞0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为 g＝－2ln 2＜0，g(1)＝2e2＞0，所以 g(x)有唯一的零点 x0，且＜x0＜1，

所以当 0＜x＜x0时，m′(x)＜0，当 x＞x0时，m′(x)＞0，

所以 m(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因为 2xe2x0＋ln x0＝0，

所以 ln 2＋2ln x0＋2x0＝ln(－ln x0)，即 ln(2x0)＋2x0＝ln(－ln x0)＋(－ln x0)，

设s(x)＝ln x＋x(x＞0)，则s′(x)＝＋1＞0，所以函数 s(x)在(0，＋∞)上单调递增，

因为 s(2x0)＝s(－ln x0)，所以 2x0＝－ln x0，即 e2x0＝，

所以 m(x)≥m(x0)＝e2x0－＝－－＝2，有则a≤2，

所以数实a的取值范围为(－∞，2]．

典例 2.设函数 f(x)＝ln x＋，k∈R.

(1)若曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线 x－2＝0垂直，求 f(x)的单调性和极小值(其中 e为自然对数的

底数)；

(2)若对任意的 x1＞x2＞0，f(x1)－f(x2)＜x1－x2恒成立，求 k的取值范围．

【解析】(1)由条件得 f′(x)＝－(x＞0)，∵曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线 x－2＝0垂直，

∴f′(e)＝0，即－＝0，得 k＝e，∴f′(x)＝－＝(x＞0)，

由f′(x)＜0得0＜x＜e，由 f′(x)＞0得x＞e，∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．

当x＝e时，f(x)取得极小值，且 f(e)＝ln e＋＝2.∴f(x)的极小值为 2.

(2)由意知，任意的题对 x1＞x2＞0，f(x1)－x1＜f(x2)－x2恒成立，

设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

∴h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，

即当 x＞0时，k≥－x2＋x＝－2＋恒成立，∴k≥.故k的取值范围是.

典例 3.已知函数 f(x)＝x3＋x2＋ax.

(1)若函数 f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数 a的最小值；

(2)若函数 g(x)＝，对∀x1∈，∃x2∈，使 f′(x1)≤g(x2)成立，求实数 a的取值范围．

【解析】(1)由知题设 f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，

即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，

而函数 y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则 ymax＝－3，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.

(2)“对∀x1∈，∃x2∈，

使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f′(x)max≤g(x)max”．

∵f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在上增，单调递 ∴f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.

而g′(x)＝，由 g′(x)＞0，得 x＜1，由 g′(x)＜0，得 x＞1，

∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

∴当x∈时，g(x)max＝g(1)＝.由8＋a≤，得 a≤－8，

∴实数 a的取值范围为.

典例 4.已知函数 f(x)＝，g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，其中 a为常数．

(1)当a＝1时，求曲线 g(x)在x＝0处的切线方程；

(2)若a＜0，对于任意的 x1∈[1,2]，总存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)＝g(x2)，求实数 a的取值范围．

【解析】(1)当a＝1时，g(x)＝－x3＋3x2－3x－1，

所以 g′(x)＝－3x2＋6x－3，g′(0)＝－3，又因为g(0)＝－1，

所以曲线g(x)在x＝0处的切线方程为 y＋1＝－3x，即 3x＋y＋1＝0.

(2)f(x)＝＝＝3－，当 x∈[1,2]时，∈，

所以－∈[－3，－2]，所以 3－∈[0,1]，故 f(x)在[1,2]上的值域为[0,1]．

由g(x)＝－x3＋(a＋1)x2－3ax－1，可得 g′(x)＝－3x2＋3(a＋1)x－3a＝－3(x－1)(x－a)．

因为 a＜0，所以当 x∈[1,2]时，g′(x)＜0，所以 g(x)在[1,2]上单调递减，

故当 x∈[1,2]时，g(x)max＝g(1)＝－1＋(a＋1)－3a－1＝－a－，

g(x)min＝g(2)＝－8＋6(a＋1)－6a－1＝－3，即 g(x)在[1,2]上的值域为.

因为对于任意的 x1∈[1,2] ，存在总x2∈[1,2]，使得 f(x1)＝g(x2)，

所以[0,1]⊆，所以－a－≥1，解得 a≤－1，故 a的取值范围为(－∞，－1]．

专项突破练

一、单选题

1．若不等式对任意实数 x都成立，则实数 a的取值范围是（）

A．B．C．D．

【解析】 ,

当时，，当时，，

的递减区间是，递增区间是，

所以取得极小值，也是最小值，，

不等式对任意实数 x都成立，所以 .故选:D.

2．已知函数，对都有成立，则实数的取值范围是（）

A．B．C．D．

【解析】函数 ,对都有 ,

当时,即,即为，可化为

令,则

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