2026高中數(shù)學10大導數(shù)：專題33 單變量不等式能成立之參變分離法(教師版)

專題33單變量不等式能成立之參變分離法

【方法總結(jié)】

單變量不等式能成立之參變分離法

參變分離法是將不等式變形成一個一端是f(a)，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x

∈D上能成立，則f(a)≥g(x)min；若f(a)≤g(x)在x∈D上能成立，則f(a)≤g(x)max．特別地，經(jīng)常將不等式變形

成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上能成立，則a≥g(x)min；若

a≤g(x)在x∈D上能成立，則a≤g(x)max．

利用分離參數(shù)法來確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實參數(shù))能成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：

(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．

(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值．

(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范圍．

注意“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關(guān)系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應(yīng)求f(x)的最小

值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應(yīng)求f(x)的最大值．在具體問題中究竟是求最大值還是最小值，可

以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣也就可以解決相應(yīng)的“存在性”問題是求最大值還是最小

值．特別需要關(guān)注等號是否成立問題，以免細節(jié)出錯．

【例題選講】

1

[例1]已知函數(shù)f(x)＝3lnx－x2＋x，g(x)＝3x＋a．

2

(1)若f(x)與g(x)的圖象相切，求a的值；

(2)若x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求參數(shù)a的取值范圍．

33

解析?(1)由題意得，f′(x)＝－x＋1，設(shè)切點為(x0，f(x0))，則k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，

xx0

1

1，5

解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切點為2，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－．

2

1212

(2)設(shè)h(x)＝3lnx－x－2x，x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，等價于x>0，使h(x)＝3lnx－x－2x>a成立，

22

??

等價于a<h(x)max(x>0)．

3－x2－2x＋3(x－1)(x＋3)h′(x)>0，h′(x)<0，

因為h′(x)＝－x－2＝＝－，令得0<x<1；令得x>1．

xxxx>0，x>0，

1

所以函數(shù)h(x)＝3lnx－x2－2x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，

2

5

55－∞，－

所以h(x)max＝h(1)＝－，即a<－，因此參數(shù)a的取值范圍為2．

22

lnx

[例2]已知函數(shù)f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝．

x

(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范圍．

?

解析(1)因為f′(x)＝a－ex，x∈R．

當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在R上單調(diào)遞減；當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝lna．

由f′(x)>0，得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)；由f′(x)<0，得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．

綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)，無單調(diào)遞增區(qū)間；

當a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，＋∞)．

lnxlnx

(2)因為x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤，即a≤．

xx2

?lnx

－

lnx212lnx

設(shè)h(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為a≤xmax．由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e．

x2x3

當x∈(0，e)時，h′(x)>0，當x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，

所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．

11

當x＝e時，函數(shù)h(x)有極大值，即最大值，為，所以a≤．

2e2e

1

－∞，

故a的取值范圍是2e．

[例3]已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x．

(1)若x＝3是函數(shù)f(x)的一個極值點，求實數(shù)a的值；

1

(2)設(shè)g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈[，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍．

e

a2x2－4x＋a

解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝．

xx

∵x＝3是函數(shù)f(x)的一個極值點，∴f′(3)＝0，解得a＝－6．

經(jīng)檢驗，當a＝－6時，x＝3是函數(shù)f(x)的一個極小值點，符合題意，故a＝－6．

2

(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x0－2x0，

x－1

記F(x)＝x－lnx(x>0)，則F′(x)＝(x>0)，

x

∴當0<x<1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減．當x>1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增．

22

x0－2x0x－2x1

∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥．記G(x)＝，x∈[，e]，

x0－lnx0x－lnxe

(2x－2)(x－lnx)－(x－2)(x－1)(x－1)(x－2lnx＋2)

則G′(x)＝＝．

(x－lnx)2(x－lnx)2

1

∵x∈[，e]，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，

e

1

，1

∴當x∈e時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增．

∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．

[例4]已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－asinx，a∈R．

(1)若y＝f(x)在點(0，0)處的切線為x－3y＝0，求a的值；

(2)若存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a，求實數(shù)a的取值范圍．

112

解析(1)f′(x)＝－acosx，則f′(0)＝1－a＝，所以a＝．

1＋x33

ln(1＋x)

(2)將不等式轉(zhuǎn)化為存在x∈[1，2]，使得a≤．

2＋sinx

ln(1＋x)2＋sinx－(1＋x)cosxln(1＋x)

令函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝，

2＋sinx(1＋x)(2＋sinx)2

令函數(shù)h(x)＝2＋sinx－(1＋x)cosxln(1＋x)，x∈[1，2]，

ππ

，21，

當x∈2時，h(x)>0；當x∈2時，h(x)>2＋sinx－(1＋x)ln(1＋x)，

令函數(shù)φ(x)＝2＋sinx－(1＋x)ln(1＋x)，則φ′(x)＝cosx－ln(1＋x)－1<0，

πππππ

1＋1＋1＋1，

故φ(x)≥φ2＝3－2ln2>3－2>0，則當x∈2時，h(x)>φ(x)>0，

ln3

故函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，g(x)max＝g(2)＝，

2＋sin2

ln3

則當a≤時，存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a．

2＋sin2

ln3

－∞，

所以，實數(shù)a的取值范圍是2＋sin2．

[例5]已知函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e為自然對數(shù)的底數(shù)．

(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)①若存在實數(shù)x，滿足f(x)<0，求實數(shù)a的取值范圍；

②若有且只有唯一整數(shù)x0，滿足f(x0)<0，求實數(shù)a的取值范圍．

解析(1)當a＝1時，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，f′(x)＝ex(2x＋1)－1，f′(0)＝0，f″(x)＝ex(2x＋3)，

333

由f″(x)＝0，得x＝－，當x<－時，f″(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減；當x>－時，f″(x)>0，f′(x)單調(diào)遞增．

222

3

且當x<－時，f′(x)<0，即當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．

2

所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)．

(2)①由f(x)<0，得ex(2x－1)<a(x－1)．

ex2x－1ex2x－1

當x＝1時，不等式顯然不成立；當x>1時，a>；當x<1時，a<．

x－1x－1

ex2x－1ex2x＋1x－1－ex2x－1ex2x2－3x

記g(x)＝，g′(x)＝＝，

x－1x－12x－12

33

，＋∞1，

所以g(x)在區(qū)間(－∞，0)和2上為增函數(shù)，在(0,1)和2上為減函數(shù)．

33

所以當x>1時，a>g2＝4e2；當x<1時，a<g(0)＝1．

3

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1)∪(4e2，＋∞)．

②由①知，當a<1時，x0∈(－∞，1)，由f(x0)<0，得g(x0)>a，

又g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，且g(0)＝1>a，

33

所以g(－1)≤a，即a≥，所以≤a<1．

2e2e

3

2

當a>4e時，x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)<a，

333

1，，＋∞3

又g(x)在區(qū)間2上單調(diào)遞減，在2上單調(diào)遞增，且g2＝4e<a，

2

g2<a，5e3

所以解得3e2<a≤．

g3≥a，2

35e3

，13e2，

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為2e∪2．

[例6]已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R．

(1)求證：存在唯一實數(shù)a，使得直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切；

(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有兩個整數(shù)解，求a的取值范圍．

解析(1)f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex．

x0

設(shè)直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)的切點的坐標為(x0，y0)，則y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)e，

x0x0

得a(x0e－x0＋1)＝e，①

x0

又因為直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)e，

x0x0x0

整理得a(x0e＋e－1)＝e，②

x0x0x0x0x

結(jié)合①②得x0e－x0＋1＝x0e＋e－1，即e＋x0－2＝0，令h(x)＝e＋x－2，

則h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上單調(diào)遞增．

x0

又因為h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一實數(shù)x0，使得e＋x0－2＝0，且x0∈(0，1)，

所以存在唯一實數(shù)a，使①②兩式成立，故存在唯一實數(shù)a，使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切．

x－1

x－

(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，所以axex－ax＋a＜ex，所以aex＜1，

x－1ex＋x－2

令m(x)＝x－，則m′(x)＝，

exex

由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，且x0∈(0，1)，

故當x≤0時，m(x)≥m(0)＝1，當x≥1時，m(x)≥m(1)＝1，所以當x∈Z時，m(x)≥1恒成立．

①當a≤0時，am(x)＜1恒成立，此時有無數(shù)個整數(shù)解，舍去；

11

②當0＜a＜1時，m(x)＜，因為＞1，m(0)＝m(1)＝1，

aa

1

m(2)≥，

e2

a2，＋∞

e2

所以兩個整數(shù)解分別為0，1，即1解得a≥，即a∈2e－1；

m(－1)≥，2e2－1

a

111

③當a≥1時，m(x)＜，因為≤1，m(x)在x∈Z時大于或等于1，所以m(x)＜無整數(shù)解，舍去．

aaa

e2

，＋∞

綜上所述，a的取值范圍為2e2－1．

【對點精練】

22

1．已知函數(shù)f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－，g(x)＝－2alnx－，其中a∈R．

xx

(1)當a>0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

1

(2)若存在x∈[，e2]，使得不等式f(x)≥g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍．

e

1．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，

2a＋12ax2－(2a＋1)x＋2(ax－1)(x－2)

f′(x)＝a－＋＝＝．

xx2x2x2

1

當a>0時，令f′(x)＝0，可得x＝>0或x＝2．

a

11

①當＝2，即a＝時，對任意的x>0，f′(x)≥0，

a2

此時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．

1111

②當0<<2，即a>時，令f′(x)>0，得0<x<或x>2；令f′(x)<0，得<x<2．

a2aa

11

0，，2

此時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為a和(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為a．

1111

③當>2，即0<a<時，令f′(x)>0，得0<x<2或x>；令f′(x)<0，得2<x<．

a2aa

11

，＋∞2，

此時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，2)和a，單調(diào)遞減區(qū)間為a．

lnx1

(2)由f(x)≥g(x)，可得ax－lnx≥0，即a≥，其中x∈[，e2]．

xe

lnx12

構(gòu)造函數(shù)h(x)＝，x∈[，e]，則a≥h(x)min，

xe

1－lnx11

h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e∈[，e2]．當≤x<e時，h′(x)>0；當e<x≤e2時，h′(x)<0．

x2ee

1

∴函數(shù)h(x)在[，e2]上單調(diào)遞增，在(e，e2]上單調(diào)遞減．

e

1

∴函數(shù)h(x)在x＝或x＝e2處取得最小值．

e

111

22

∵he＝－e，h(e)＝，∴he<h(e)，∴h(x)min＝he＝－e，∴a≥－e．

e2

因此，實數(shù)a的取值范圍是[－e，＋∞)．

2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．

(1)求函數(shù)f(x)的極值；

－x2＋mx－3

(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求實數(shù)m的最小值．

2

11

2．解析(1)由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<．

ee

11

0，，＋∞

所以f(x)在e上單調(diào)遞減，在e上單調(diào)遞增．

1

11

所以f(x)在x＝處取得極小值，且為fe＝－，無極大值．

ee

2xlnx＋x2＋3

－x2＋mx－32xlnx＋x2＋3

(2)由f(x)≤，得m≥．問題轉(zhuǎn)化為m≥xmin．

2x

2xlnx＋x2＋3323x2＋2x－3(x＋3)(x－1)

令g(x)＝＝2lnx＋x＋(x>0)．則g′(x)＝＋1－＝＝．

xxxx2x2x2

由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1．所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

所以g(x)min＝g(1)＝4，則m≥4．故m的最小值為4．

3．已知函數(shù)f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．

(1)若f(x)在區(qū)間[1，2]上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；

(2)函數(shù)g(x)＝(1－a)x，若x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍．

(2x－1)(x－a)

3．解析(1)f′(x)＝?，當導函數(shù)f′(x)的零點x＝a落在區(qū)間(1，2)內(nèi)時，

x

函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上就不是單調(diào)函數(shù)，即a(1，2)，

所以實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]∪[2，＋∞)．?

(2)由題意知，不等式f(x)≥g(x)在區(qū)間[1，e]上有解，即x2－2x＋a(lnx－x)≥0在區(qū)間[1，e]上有解．

x2－2x

因為當x∈[1，e]時，lnx≤1≤x(不同時取等號)，x－lnx>0，所以a≤在區(qū)間[1，e]上有解．

x－lnx

x2－2x(x－1)(x＋2－2lnx)

令h(x)＝，則h′(x)＝．

x－lnx(x－lnx)2

因為x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2lnx，所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，

e(e－2)e(e－2)

所以x∈[1，e]時，h(x)max＝h(e)＝，所以a≤，

e－1e－1

e(e－2)

－∞，

所以實數(shù)a的取值范圍是e－1．

b

x＋

4．已知函數(shù)f(x)＝ax＋blnx(其中a，b∈R)．

(1)當b＝－4時，若f(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；

(2)當a＝－1時，是否存在實數(shù)b，使得當x∈[e，e2]時，不等式f(x)>0恒成立，如果存在，求b的取

值范圍，如果不存在，請說明理由．

ax2－4x＋4a

4．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，當b＝－4時，f′(x)＝．

x2

4

4

4x4x＋

若f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則a≥＝．∵max＝1，∴a≥1；

24x

x＋4x＋

x

4x4

若f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞減，則a≤＝，

24

x＋4x＋

x

4

＋44

∵x在＋4＋時取得，即．∴．綜上，或．

xminx→∞4→0a≤0a≤0a≥1

xx＋

x

b

x＋

(2)f(x)＝－x＋blnx>0在x∈[e，e2]上恒成立，

1111

令y＝lnx－，x∈[e，e2]，y′＝＋>0，函數(shù)y＝lnx－在x∈[e，e2]上單調(diào)遞增，

xxx2x

11

故當x＝e時，y取最小值1－>0，故y＝lnx－>0在x∈[e，e2]上恒成立，

ex

x

故問題轉(zhuǎn)化為在∈，2上恒成立，

b>1x[ee]

lnx－

x

2

lnx－－1

xx212

令h(x)＝，x∈[e，e2]，h′(x)＝，令m(x)＝lnx－－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝＋>0，

112

lnx－lnx－xxx

xx2

222

而m(e)<0，m(e)>0，故存在x0∈[e，e]，使得h(x)在[e，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，e]上單調(diào)遞增，

422

22eee

∴h(x)max＝h(e)或h(e)，∵h(e)＝<h(e)＝，∴b>．

2e2－1e－1e－1

e2

，＋∞

綜上，存在b滿足題意，此時b∈e－1．

x－a

5．已知函數(shù)f(x)＝，其中a為實數(shù)．

lnx

(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；

(2)是否存在實數(shù)a，使得對任意x∈(0，1)∪(1，＋∞)，f(x)＞x恒成立？若不存在，請說明理由，若存

在，求出a的值并加以證明．

x－2xlnx－x＋21

5．解析(1)當a＝2時，f(x)＝，f′(x)＝，f′(2)＝，又f(2)＝0，

lnxx(lnx)2ln2

1

所以曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(x－2)．

ln2

x－a

(2)①當0＜x＜1時，lnx＜0，則＞xa＞x－xlnx，

lnx

?

2x－2－lnx11x－1

令g(x)＝x－xlnx，則g′(x)＝，再令h(x)＝2x－2－lnx，則h′(x)＝－＝＜0，

2xxxx

故當0＜x＜1時，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以當0＜x＜1時，h(x)＞h(1)＝0，

h(x)

所以g′(x)＝＞0，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，g(x)＜g(1)＝1，所以a≥1．

2x

x－a

②當x＞1時，lnx＞0，則＞xa＜x－xlnx．

lnx

?

由①知當x＞1時，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，當x＞1時，h(x)＞h(1)＝0，

h(x)

所以g′(x)＝＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)＞g(1)＝1，所以a≤1．

2x

綜合①②得：a＝1．

6．已知函數(shù)f(x)＝lna2x－2ax＋alna．

(1)求證：f(x)≤a2－3；

(2)是否存在實數(shù)k，使得只有唯一的正整數(shù)a，對于x∈(0，＋∞)恒有：f(x)≤ea＋k，若存在，請求出

k的范圍以及正整數(shù)a的值；若不存在請說明理由．(下表的近似值供參考)

ln2ln3ln4ln5ln6ln7ln8ln9

0．691．101．381．611．791．952．072．20

1a1－ax11

6．解析(1)f′(x)＝－＝，當x<時，f′(x)>0；當x>時，f′(x)<0，

xxxaa

111

0，，＋∞

則函數(shù)f(x)在a上單調(diào)遞增，在a上單調(diào)遞減，所以f(x)≤fa＝(a＋1)lna－2．

下證：(a＋1)lna－2≤a2－3，

上式等價于證明lna≤a－1．設(shè)函數(shù)h(a)＝a－1－lna，

1

則h′(a)＝1－，所以函數(shù)h(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，

a

所以h(a)＝a－1－lna≥h(1)＝0，則lna≤a－1，即f(x)≤a2－3．

(2)由(1)可知f(x)max＝(a＋1)lna－2，

所以不等式(a＋1)lna－2≤ea＋k只有唯一的正整數(shù)解，則k≥(a＋1)lna－ea－2．

1

a＋1

設(shè)函數(shù)g(a)＝(a＋1)lna－ea－2，則g′(a)＝lna＋－e，g′e＝0，g′(1)＝2－e<0．

a