培优点23：必要性探路与主元法【知识梳理+例题讲解+真题练习】讲义-2026届高三数学二轮复习专题

该高中数学高考复习讲义聚焦必要性探路与主元法两大核心方法，覆盖含参恒成立、存在性问题等高考高频考点，按“本质特征-适用场景-题型分类”逻辑架构知识点，通过知识拓展、题型归纳、例题精讲、规律总结、分层练习五个教学环节，帮助学生系统构建解题框架，精准突破导数应用难点。 资料以高考真题为载体，创新采用“端点探路缩小范围”“变换主元简化问题”等实战策略，如在含对数函数问题中引导学生通过特殊点探路培养数学思维，设置小试牛刀即时训练与课后真题演练，助力学生在有限时间内提升解题效率，为教师把控复习节奏、提升备考针对性提供有力支持。

2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点23：必要性探路与主元法】 【知识拓展】 1.必要性探路的本质与适用场景 必要性探路是解决含参恒成立、存在性问题的核心策略，其本质是利用“恒成立问题的任意性蕴含特殊点的成立性”，通过代入区间端点、特殊点（如、等）或利用极限思想，先求出参数的必要范围，再验证该范围的充分性，实现“缩小战场、精准打击”的解题目标. 适用场景：①参数分离困难或分类讨论界点模糊的含参恒成立问题；②函数在区间端点处函数值为0或可通过极限求解的问题；③不等式中含指数、对数等超越函数，常规求导分析复杂的问题. 2.主元法的核心思想与应用前提 主元法（变换主元法）的核心是打破“以为唯一自变量”的固有思维，根据式子结构特征，将参数或另一个变量视为“主元”，转化为一次函数、二次函数等熟悉函数的单调性、最值问题求解. 应用前提：①式子可整理为关于某一变量（参数或）的线性函数、二次函数等可直接分析单调性的形式；②已知其中一个变量的取值范围，需利用该范围消去变量，简化不等式证明或参数求解. 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点题型1：单端点的必要性探路】 【核心归纳】 1.关键特征：区间单端点处函数值为0，恒成立问题等价于函数在该端点处取最值，故端点处导数值为0（必要条件）；2.核心逻辑：先通过“且”求参数必要值，再分情况验证该值对应的范围是否满足充分性. 设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2．经典例题例题 （Ⅰ）若a，求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围． 【规律方法总结】 1.解题模板：①确定恒成立区间及端点，验证；②求导计算，令，解得参数必要值；③以必要值为分界点，分类讨论函数单调性，验证充分性；④综合得出参数取值范围. 2.易错提醒：不可直接将必要值当作最终范围，必须验证充分性；若端点处导数值不存在，可利用极限思想分析函数在端点附近的趋势. 设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e为自然对数的底数．小试牛刀1 （Ⅰ）若a，求f（x）的单调递增区间； （Ⅱ）若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围． 已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．小试牛刀2 已知函数f（x）＝ex﹣2x+sinx，函数g（x）＝ax2+1（a∈R）．小试牛刀3 （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意的x≥0，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围． 【热点题型2：含有两个端点的找点探路】 【核心归纳】 1.关键特征：闭区间两个端点均能建立关于参数的不等式，通过端点不等式初步锁定参数范围；2.核心逻辑：端点探路缩小范围，再利用导数找到区间内极值点，验证极值（最小值或最大值）满足恒成立条件，必要时进一步缩小参数范围. 已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．经典例题例题 （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【规律方法总结】 1.解题模板：①代入区间两个端点、，建立（或）、（或），求解参数必要范围；②求导分析函数在区间内的单调性，找到极值点；③验证极值点处函数值满足恒成立条件，进一步缩小参数范围；④综合得出参数范围. 2.技巧提炼：若其中一个端点函数值与参数无关且满足恒成立条件，可仅对另一个端点探路；若端点处函数值为负数，可直接排除对应参数范围，减少讨论量. 若函数在（﹣∞，+∞）上单调递增，则a的取值范围为（　　）小试牛刀1 A． B． C． D．[﹣1，1] 【热点题型3：含对数的特殊点的必要性探路】 【核心归纳】 1.关键特征：对数函数在特殊点的函数值为常数，可快速建立关于参数的不等式；2.核心逻辑：通过对数特殊点探路缩小参数范围，再利用导数分析函数单调性，找到极值点验证充分性，必要时结合构造新函数进一步判断. 已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．经典例题例题 （1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f（x）≥1，求a的取值范围． 【规律方法总结】 1.解题模板：①根据对数定义域选择特殊点（如、、等），代入函数建立关于参数的不等式，缩小参数范围；②求导分析函数单调性，找到极值点；③验证极值点和区间边界处函数值满足恒成立条件，必要时构造新函数判断不等式是否成立；④综合得出参数范围. 2.特殊点选择技巧：优先选择使对数项为0或1的点（如、），其次选择使函数其他项简化的点；若定义域为，必选探路. 已知函数f（x）＝lnx﹣ax．小试牛刀1 （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）只有一个零点，求a的取值范围； （3）设g（x）＝ex﹣1+xf（x），若g（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 【热点题型4：主元法】 【核心归纳】 1.关键特征：式子可转化为关于某一变量的线性函数，且已知该变量的取值范围；2.核心逻辑：通过变换主元，利用线性函数单调性消去变量，将含参问题转化为不含参问题验证，降低解题难度. （2024浙江宁波模拟预测）若实数a，b满足，则（    ）经典例题例题 A． B． C． D． 【规律方法总结】 1.解题模板：①观察式子结构，确定可作为主元的变量（参数或）；②将式子整理为关于主元的线性函数形式：（为主元）；③分析的符号，确定的单调性；④利用主元的取值范围，求出的最值（最小值或最大值）；⑤验证最值满足题设条件（恒成立或存在性）. 2.主元选择技巧：优先选择使一次项系数简单或已知取值范围的变量作为主元；若参数取值范围已知，优先将参数作为主元，消去参数简化验证. （23-24高三上广东佛山期末）已知函数，其中且.小试牛刀1 (1)设，过点作曲线的切线（斜率存在），求切线的斜率； (2)证明：当或时，. （2025高二全国专题练习）已知函数.小试牛刀2 (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，证明：. 课后针对训练 1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 5．（2025高三·天津·专题练习）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若对，有，求的取值范围． 6．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)求的最小值； (2)证明：； (3)若，求实数的取值范围. 7．（2025高三上·贵州贵阳·专题练习）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：. 8．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．恒成立，求实数m的取值范围． 9．（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 10．（25-26高三上·福建福州·月考）已知函数，． (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若，求最大值的取值范围； (3)若，求实数的取值范围． 11．（25-26高三上·全国·月考）已知函数，. (1)若存在使得成立，求的取值范围； (2)当时，在定义域内恒成立，求的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点23：必要性探路与主元法】 【知识拓展】 1.必要性探路的本质与适用场景 必要性探路是解决含参恒成立、存在性问题的核心策略，其本质是利用“恒成立问题的任意性蕴含特殊点的成立性”，通过代入区间端点、特殊点（如、等）或利用极限思想，先求出参数的必要范围，再验证该范围的充分性，实现“缩小战场、精准打击”的解题目标. 适用场景：①参数分离困难或分类讨论界点模糊的含参恒成立问题；②函数在区间端点处函数值为0或可通过极限求解的问题；③不等式中含指数、对数等超越函数，常规求导分析复杂的问题. 2.主元法的核心思想与应用前提 主元法（变换主元法）的核心是打破“以为唯一自变量”的固有思维，根据式子结构特征，将参数或另一个变量视为“主元”，转化为一次函数、二次函数等熟悉函数的单调性、最值问题求解. 应用前提：①式子可整理为关于某一变量（参数或）的线性函数、二次函数等可直接分析单调性的形式；②已知其中一个变量的取值范围，需利用该范围消去变量，简化不等式证明或参数求解. 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点题型1：单端点的必要性探路】 【核心归纳】 1.关键特征：区间单端点处函数值为0，恒成立问题等价于函数在该端点处取最值，故端点处导数值为0（必要条件）；2.核心逻辑：先通过“且”求参数必要值，再分情况验证该值对应的范围是否满足充分性. 设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2．经典例题例题 （Ⅰ）若a，求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的单调性．版权所有 【专题】综合题；导数的综合应用． 【分析】（I）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间； （Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，分类讨论，确定g（x）的正负，即可求得a的取值范围．法二：先讨论当x＝0时的情况，再讨论当x＞0时的情况，分离参数即可． 【解答】解：（I）a时，f（x）＝x（ex﹣1）x2，（ex﹣1）（x+1） 令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0； ∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）； （Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）． 令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a． 若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数， 而g（0）＝0，从而当x≥0时g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数， 而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0． 综合得a的取值范围为（﹣∞，1]． 另解：当x＝0时，f（x）＝0成立； 当x＞0，可得ex﹣1﹣ax≥0，即有a的最小值， 由y＝ex﹣x﹣1的导数为y′＝ex﹣1， 当x＞0时，函数y递增；x＜0时，函数递减， 可得函数y取得最小值0，即ex﹣x﹣1≥0（当且仅当x＝0时取等号）， 故x＞0时，ex﹣x﹣1＞0，所以1，所以a≤1， 综上，a的取值范围为（﹣∞，1]． 【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，属于中档题． 【规律方法总结】 1.解题模板：①确定恒成立区间及端点，验证；②求导计算，令，解得参数必要值；③以必要值为分界点，分类讨论函数单调性，验证充分性；④综合得出参数取值范围. 2.易错提醒：不可直接将必要值当作最终范围，必须验证充分性；若端点处导数值不存在，可利用极限思想分析函数在端点附近的趋势. 设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e为自然对数的底数．小试牛刀1 （Ⅰ）若a，求f（x）的单调递增区间； （Ⅱ）若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．版权所有 【专题】导数的综合应用． 【分析】（1）利用导数的运算法则得到f′（x），再求出f′（x）＞0即可； （2）由于f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，得到g′（x），通过对a分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出． 【解答】解：（1）时，， f′（x）＝ex﹣1+xex﹣x＝（ex﹣1）（（x+1）． 令f'（x）＞0，得x＜﹣1或x＞0， 所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）． （2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax） 令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g′（x）＝ex﹣a． 若a≤1，则当（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数， 而g（x）＝0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数， 而g（x）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0． 所以不合题意，舍去． 综合得a的取值范围为（﹣∞，1]． 【点评】熟练掌握利用导数研究函数的单调性的方法、分类讨论的思想方法等是解题的关键． 已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．小试牛刀2 【考点】函数恒成立问题．版权所有 【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解． 【分析】求出f′（x），分a≤1、1＜a≤2、a＞2讨论 f（x）的单调性，可得答案． 【解答】解：由f（x）＝（x+1）ln x﹣a（x﹣1），得f′（x）＝ln x1﹣a． （1）当1﹣a≥0，即a≤1时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）＞f（1）＝0． （2）当a＞1时，令g（x）＝f′（x），则g′（x）0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，于是f′（x）＞f′（1）＝2﹣a． ①若2﹣a≥0，即1＜a≤2时，f′（x）＞0，于是f（x）在（1，+∞）上单调递增，于是f（x）＞f（1）＝0． ②若2﹣a＜0，即a＞2时，存在x0∈（1，+∞），使得当1＜x＜x0时，f′（x）＜0，于是f（x）在（1，x0）上单调递减，所以f（x）＜f（1）＝0，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是（﹣∞，2]． 【点评】本题主要考查函数恒成立问题，属于中档题． 已知函数f（x）＝ex﹣2x+sinx，函数g（x）＝ax2+1（a∈R）．小试牛刀3 （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意的x≥0，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．版权所有 【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解． 【分析】（1）求出导函数f′（x），对x≤0，由函数性质得f′（x）≤0，对x＞0对f′（x）再一次求导，确定单调性后得导数值的正负，从而得单调区间； （2）构造函数p（x）＝f（x）﹣g（x），求出导函数p'（x），对p'（x）再一次求导后，还要第三次求导，然后由x＝0时的导数值的正负分类讨论求解． 【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣2+cosx， x≤0时，ex＜1，又cosx≤1，则ex+cosx＜2，因此f′（x）≤0，f（x）递减， 设h（x）＝f'（x）（x＞0），则h'（x）＝ex﹣sinx， x＞0时，ex＞1≥sinx，h'（x）＞0，h（x）是增函数，即f′（x）是增函数， 所以f'（x）＞f'（0）＝0，因此f（x）递增， ∴f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0）； （2）x≥0，设p（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+sinx﹣ax2﹣1，p（0）＝0满足题意， p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax， 令q（x）＝p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax， 则q'（x）＝ex﹣sinx﹣2a，令s（x）＝q'（x）， 则s'（x）＝ex﹣cosx≥1﹣cosx≥0， ∴s（x）即q'（x）在[0，+∞）上是增函数，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a， 当时，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a≥0，q（x）即p'（x）在[0，+∞）上递增， ∴p'（x）≥p'（0）＝0，p（x）在[0，+∞）上递增，所以p（x）≥p（0）＝0恒成立，原不等式恒成立， 当时，则q'（0）＝1﹣2a＜0，又q'（ln（2a+2））＝2﹣sin（ln（2a+2））＞0， ∴存在x0∈（0，ln（2a+2）），值得q'（x0）＝0，0＜x＜x0时，q′（x）＜0，q（x）也即p'（x）递减，x＞x0时，q′（x）＞0，q（x）也即p'（x）递增， 又p'（0）＝0， ∴0＜x＜x0时，p'（x0）＜0，从而p（x）递减， 于是p（x）＜p（0）＝0不合题意， 综上，a的取值范围是． 【点评】本题主要考查了导数与单调性的应用及导数与函数性质在由不等式恒成立求解参数范围问题，函数不等式恒成立问题的解题方法有： （1）直接法，直接构造函数，利用函数的值域或最值得参数范围； （2）分离参数法，通过分离参数构造新的函数，由新函数的值域（或最值）得参数范围； （3）数形结合法，不等式变形，然后构造两个函数（通常变化的是一次函数，固定的是较为复杂的函数），通过函数图象求解 【热点题型2：含有两个端点的找点探路】 【核心归纳】 1.关键特征：闭区间两个端点均能建立关于参数的不等式，通过端点不等式初步锁定参数范围；2.核心逻辑：端点探路缩小范围，再利用导数找到区间内极值点，验证极值（最小值或最大值）满足恒成立条件，必要时进一步缩小参数范围. 已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．经典例题例题 （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的单调性．版权所有 【专题】综合题；数形结合；导数的综合应用． 【分析】（1）令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和端点值不难证明； （2）利用（1）的结论，可设f′（x）的零点为x0，并结合f′（x）的正负分析得到f（x）的情况，得出结论． 【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， ∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1， 令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx， 当x∈（0，）时，xcosx＞0，当x时，xcosx＜0， ∴当x时，极大值为g（）0， 又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零点， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零点； （2）由题设知 f（π）⩾aπ，f（π）＝0， 可得 a⩽0. 由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0， 使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负， ∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减， 结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负， ∴当x∈[0，π]时，f（x）≥0， 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，∴f（x）≥ax， ∴a的取值范围是（﹣∞，0]． 【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题，和数形结合的思想方法，难度较大． 【规律方法总结】 1.解题模板：①代入区间两个端点、，建立（或）、（或），求解参数必要范围；②求导分析函数在区间内的单调性，找到极值点；③验证极值点处函数值满足恒成立条件，进一步缩小参数范围；④综合得出参数范围. 2.技巧提炼：若其中一个端点函数值与参数无关且满足恒成立条件，可仅对另一个端点探路；若端点处函数值为负数，可直接排除对应参数范围，减少讨论量. 若函数在（﹣∞，+∞）上单调递增，则a的取值范围为（　　）小试牛刀1 A． B． C． D．[﹣1，1] 【考点】三角函数的恒等变换及化简求值．版权所有 【专题】函数思想；转化法；三角函数的求值． 【分析】先求出函数的导数，问题转化为：8﹣4t2﹣3at≥0，分类讨论从而求出a的范围． 【解答】解：∵在（﹣∞，+∞）上是增函数， ∴f（x）′cos2x﹣asinx+2≥0， ∴， 设t＝sinx（﹣1≤t≤1），即有8﹣4t2﹣3at≥0， 当t＝0时，不等式显然成立； 当0＜t≤1时，，由在（0，1]递增，可得t＝1时，求得最大值4． 可得3a≤4，即． 当﹣1≤t＜0时，，由在[﹣1，0]递增，可得t＝﹣1时，求得最小值﹣4． 可得3a≥﹣4，即． 综上可得a的取值范围为[，]． 故选：A． 【热点题型3：含对数的特殊点的必要性探路】 【核心归纳】 1.关键特征：对数函数在特殊点的函数值为常数，可快速建立关于参数的不等式；2.核心逻辑：通过对数特殊点探路缩小参数范围，再利用导数分析函数单调性，找到极值点验证充分性，必要时结合构造新函数进一步判断. 已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．经典例题例题 （1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若f（x）≥1，求a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．版权所有 【专题】综合题；对应思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积； （2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围； 方法二：构造两个基本不等式ex＞x+1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即可求出a的取值范围， 方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx， 再根据导数和函数最值的关系即可证明， 方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a的范围． 方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数g（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围． 【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1， ∴f′（x）＝ex， ∴f′（1）＝e﹣1， ∵f（1）＝e+1， ∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1）， 当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x， ∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S2． （2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1， 即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx， 令g（t）＝et+t， 则g′（t）＝et+1＞0， ∴g（t）在R上单调递增， ∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx） ∴lna+x﹣1≥lnx， 即lna≥lnx﹣x+1， 令h（x）＝lnx﹣x+1， ∴h′（x）1， 当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增， 当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减， ∴h（x）≤h（1）＝0， ∴lna≥0， ∴a≥1， 故a的范围为[1，+∞）． 方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0， 即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna， 设g（x）＝ex﹣x﹣1， ∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立， ∴g（x）在（0，+∞）单调递增， ∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0， ∴ex﹣x﹣1＞0， 即ex＞x+1， 再设h（x）＝x﹣1﹣lnx， ∴h′（x）＝1， 当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减， 当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增， ∴h（x）≥h（1）＝0， ∴x﹣1﹣lnx≥0， 即x﹣1≥lnx ∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax， 此时只需要证ax≥x﹣lna， 即证x（a﹣1）≥﹣lna， 当a≥1时， ∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立， 当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立， 综上所述a的取值范围为[1，+∞）． 方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）， ∴f′（x）＝aex﹣1， 易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数， ①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝aa＝a（1）＞0， ∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0， 当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， ∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意， ②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0， ∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx， 令g（x）＝ex﹣1﹣lnx， ∴g′（x）＝ex﹣1， 易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数， ∵g′（1）＝0， ∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减， 当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增， ∴g（x）≥g（1）＝1， 即f（x）≥1， 综上所述a的取值范围为[1，+∞）． 方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0， ∴f′（x）＝aex﹣1，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数， ∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y在0，+∞）上为减函数， ∴y＝aex﹣1与y在0，+∞）上有交点， ∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a0， 则a，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0， 当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减， 当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增， ∴f（x）≥f（x0）＝alnx0+lna lnx0+1﹣x0﹣lnx02lnx0+1﹣x0≥1 ∴2lnx0﹣x0≥0 设g（x）2lnx﹣x， 易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0， ∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0， ∴x0∈（0，1]时，2lnx0﹣x0≥0， 设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]， ∴h′（x）＝﹣10恒成立， ∴h（x）在（0，1]上单调递减， ∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0， 当x→0时，h（x）→+∞， ∴lna≥0＝ln1， ∴a≥1． 方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立． 当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0． 设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝10， 则g（a）单调递增，且g（1）＝0． 所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1． ∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立． 设h（x）＝ex﹣x﹣1， ∴h′（x）＝ex﹣1， ∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增， ∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0， ∴ex﹣x﹣1≥0， 即ex≥x+1， 把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x， ∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1． ∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立． 综上，a≥1． 【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题． 【规律方法总结】 1.解题模板：①根据对数定义域选择特殊点（如、、等），代入函数建立关于参数的不等式，缩小参数范围；②求导分析函数单调性，找到极值点；③验证极值点和区间边界处函数值满足恒成立条件，必要时构造新函数判断不等式是否成立；④综合得出参数范围. 2.特殊点选择技巧：优先选择使对数项为0或1的点（如、），其次选择使函数其他项简化的点；若定义域为，必选探路. 已知函数f（x）＝lnx﹣ax．小试牛刀1 （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）只有一个零点，求a的取值范围； （3）设g（x）＝ex﹣1+xf（x），若g（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数；利用导数研究函数的单调性；不等式恒成立的问题．版权所有 【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解． 【分析】（1）求导后根据a的范围分类讨论即可求解； （2）设，由题意得g（x）＝a只有一个根，由导数得出g（x）的单调性进而画出简图，数形结合即可求解； （3）当a≤1时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2，设，根据导数进而得出G（x）≥G（1）＝0，即可求解． 【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx﹣ax，x＞0， 所以， 当a≤0时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＞0，即f（x）在单调递增， 当时，f′（x）＜0，即f（x）在单调递减， 综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在单调递增，在单调递减； （2）令f（x）＝lnx﹣ax＝0，则， 设，由题意得g（x）＝a只有一个根， 即直线y＝a与函数y＝g（x）的图象只有一个交点， 对g（x）求导，得， 令g'（x）＝0，解得x＝e， 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0； 所以（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减， 所以， 当0＜x＜1时，g（x）＜0；当x＝1时，g（x）＝0；当x＞1时，g（x）＞0， 作出y＝g（x）的图象，如图所示： 又因为直线y＝a与函数y＝g（x）的图象只有一个交点， 所以a≤0或． 所以实数a的取值范围为（﹣∞，0]∪{}； （3）由g（x）＝ex﹣1+xf（x）＝ex﹣1+2lnx﹣ax2， 令x＝1，则g（1）＝1﹣a≥0，故a≤1， 当a≤1时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2， 以下证明ex﹣1+xlnx﹣x2≥0， 设， 则， 令H（x）＝ex﹣1﹣x，x＞0，则H′（x）＝ex﹣1﹣1， 令H′（x）＝ex﹣1﹣1＝0，解得x＝1， 当x∈（0，1），H′（x）＜0，则H（x）在（0，1）单调递减， 当x∈（1，+∞），H′（x）＞0，则H（x）在（1，+∞）单调递增， 所以H（x）≥H（1）＝0，即ex﹣1﹣x＞0， 所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，则G（x）在（0，1）单调递减， 所以x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，则G（x）在（1，+∞）单调递增， 所以G（x）≥G（1）＝0， 综上所述，实数a∈（﹣∞，1]． 【点评】本题考查了导数的综合运用、转化思想及数形结合思想，属于中档题． 【热点题型4：主元法】 【核心归纳】 1.关键特征：式子可转化为关于某一变量的线性函数，且已知该变量的取值范围；2.核心逻辑：通过变换主元，利用线性函数单调性消去变量，将含参问题转化为不含参问题验证，降低解题难度. （2024浙江宁波模拟预测）若实数a，b满足，则（    ）经典例题例题 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题得，构造函数，求出函数最大值即得解. 【详解】由题得， 所以 当且仅当时取等. 令，则， 所以， 所以函数在单调递增，在单调递减. 所以， 所以，所以， 又， 所以. 所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 【规律方法总结】 1.解题模板：①观察式子结构，确定可作为主元的变量（参数或）；②将式子整理为关于主元的线性函数形式：（为主元）；③分析的符号，确定的单调性；④利用主元的取值范围，求出的最值（最小值或最大值）；⑤验证最值满足题设条件（恒成立或存在性）. 2.主元选择技巧：优先选择使一次项系数简单或已知取值范围的变量作为主元；若参数取值范围已知，优先将参数作为主元，消去参数简化验证. （23-24高三上广东佛山期末）已知函数，其中且.小试牛刀1 (1)设，过点作曲线的切线（斜率存在），求切线的斜率； (2)证明：当或时，. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】(1)设出切点坐标，对函数求导，再借助导数的几何意义列式计算作答. (2)当时，不等式等价转化为证，当时，转化证明，作差构造函数即可推理作答. 【详解】（1），，而，即点不在曲线C上， 设切点，则切线AT的斜率为，又， 于是得，即， 整理得：，即，有， 而，因此，，， 所以切线的斜率为. （2）当时，，， 令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，，，即， 因此当时，，当且仅当时取“=”， 则， 于是得当且时，. 当时，，， 令，， 由得，则，即在上单调递增， 又，即当时，， 于是得当，时，，而，因此，， 从而得当，时， 所以当或时，. 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线 方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解. （2025高二全国专题练习）已知函数.小试牛刀2 (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析. 【分析】（1）先对函数求导，再构造，由判断得的正负，进而可得的单调性； （2）解法一：先将不等式变形为，再分别构造，，分别求两个函数的最小值，进而可证明不等式；解法二：先将不等式变形为，再结合解法一可分别求不等式左边的最小值及不等式右边的最大值，进而可证明不等式. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，， 令，，所以在上单调递增，且， 故，在上单调递减，，在上单调递增； （2）法一（同构保值性）：要证，只需证，即 . 令，，当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 所以时等号成立； 再令，，当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 所以. 所以当时， ，当且仅当取等，不等式得证. 法二（分而治之）：要证，只需证，即证. 由解法一可知等号成立，即，当且仅当时取等. 所以不等式左边，当且仅当时取等， 再由解法一可知，即，当且仅当时取等. 所以不等式右边，当且仅当时取等. 故当时取等，不等式得证. 课后针对训练 1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析. (2) 【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. 5．（2025高三·天津·专题练习）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若对，有，求的取值范围． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程； （2）由题意对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可证明． 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为， 所以函数在处的切线方程为，即； （2）若对，有，转化为， 即对都成立． 设，， 因为，所以要使， 必须满足，即，所以， 下面证明时满足题意： 因为，，所以， 只需要证明即可． 设， 所以，且，． 先研究当时，设，， 因为函数、在上均为单调递减， 则在内单调递减， 又因为，， 所以，使得， 且当时，；当时，． 此时在内单调递增，在内单调递减， 又，，故对任意的，， 则在内单调递增，所以． 综上，当时，，即得，所以得证． 6．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)求的最小值； (2)证明：； (3)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)0； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）由并对其求导，根据其区间符号确定函数的区间单调性，进而求其最小值； （2）应用放缩及分析法，将问题化为证明上即可； （3）由题设恒成立，构造，应用导数及分类讨论研究其在的单调性，判断函数的符号，即可得参数范围. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以，故在上单调递增， 所以的最小值为； （2）因为，所以，所以，即， 要证，而，只需证，即证， 设，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以，得证. （3）由，即， 令，且、在上单调递减， 所以在上单调递减，， 当，即时，在上单调递减，，满足； 当，即时，，又时， 当时，，则存在，使得， 当时，，所以在上单调递增，则，不满足， 当时，，在上，在上单调递增，则，不满足， 综上所述，实数的取值范围是. 7．（2025高三上·贵州贵阳·专题练习）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类求出函数的单调性. （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【详解】（1）函数，，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，不等式恒成立， 令，求导得，令， 求导得，则函数在上单调递增，， 当，时，，则在上单调递增，，符合题意； 当，时，，时， 则 ，使，当时，，在上单调递减， 当时，，不符合题意， 所以的取值范围. （3）由，得，，且， 则，解得， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 只需证明，令且，则， 函数在上单调递增，，即， 所以. 8．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】. 【分析】构造函数，根据题意，只需，求导判断函数的单调性，求出最小值，列出不等式求得实数m的取值范围. 【详解】令，， 则. ，， 令，， 因为时，， 当时，，，， 所以在上恒成立， 则为增函数，即为增函数， ①当，即时，， 所以在上为增函数， ， 即在上恒成立； ②当，即时，， ，使， 当为增函数； 当为减函数， ，与在上恒成立相矛盾， 不成立. 综上所述，实数m的取值范围是. 9．（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3) 证明见解析. 【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程； （2）由分析需满足条件，得到，再说明时不满足条件； （3）由（2）得，令可得，累加证明. 【详解】（1）当时，，，即切点坐标为， 又可得，即切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）当时，若单调递减，则满足条件， 因此需在恒成立，即在恒成立， 所以 设， 则当时，恒成立（当且仅当时取等号）， 所以在单调递增，所以， 所以，得； 当时，，， 所以存在，， 则当时，，单调递增，此时，不满足条件， 综上可知，实数的取值范围为. （3）由（2）可知，当时，在单调递减， 且时，，即， 令，则，所以， 即， 所以 . 10．（25-26高三上·福建福州·月考）已知函数，． (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若，求最大值的取值范围； (3)若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）因为为增函数，故，参变量分离后即可求解； （2）利用导数研究函数的单调性，从而求出的最大值，再利用，消去，得到,，再利用导数研究该函数的单调性，即可求解； （3）由，得．设，，求导数后分类讨论研究该函数的单调性，即可求解. 【详解】（1），          因为为增函数，故，即，     又因为，所以，       所以 （2）若时，因为在单调递减， 所以存在唯一使得，即        又因为，故，． 当，，单调递增； 当，，单调递减；     所以最大值为． 令，      则， 所以在单调递增，        故的取值范围为， 故最大值的取值范围 （3）由，得． 设，，则，        ，       设，则， 所以当时，；当时，， 所以， 又，          ①当，即时，， 在上单调递减，则，不满足题意；       ②当，即时， （ⅰ）若，，即时，，使得， 且时，， 在上单调递减，，不满足题意；      （ⅱ）若，，即时，，使得， 且时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，所以成立，满足题意；   （ⅲ）若，，即时，，在上单调递增， 则，满足题意．       综上可得，即实数的取值范围是 11．（25-26高三上·全国·月考）已知函数，. (1)若存在使得成立，求的取值范围； (2)当时，在定义域内恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：先应用参数分离得出，再构造函数应用导数单调性得出最值求解；方法二：先求导函数，再分和讨论单调性进而得出最值求解； （2）方法一：先应用参数分离得出，再构造函数应用导数单调性得出最值求解；方法二：先求导函数，再分和讨论单调性进而得出最值求解； 【详解】（1）方法一：存在使得成立， 即存在使得成立 设，， 令，， 当时，，单调递增， 当时，单调递减， ， 方法二：，， ①当时，，函数在上单调递增，因为， 所以总存在使得成立 ②当时，令解得；令解得， 故此时函数在上单调递增，在上单调递减， 因为存在使得成立， ， 综上所述，； （2）由（1）可知，当时，在恒成立， 所以函数在恒成立， 方法一：问题转化为在恒成立， 设，，， 设，当，， 在单调递增， 当，， 故，在单调递增， 根据洛必达法则，， ， ； 方法二：设，， ①当时， 在恒成立，在单调递增， ，即在恒成立， ②当时， 由，解得，在单调递增， 由，解得，在单调递减， ， 即在不能恒成立，舍去； 综上所述，. 1 学科网（北京）股份有限公司 $