利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .
当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.
所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．
(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，
F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，
当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，
设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，
即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．
当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意． 综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．
2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x
， 当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <
m m ， 令f ′(x )<0，得x >
m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．
∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭
⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ， 若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.
即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．
令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，
∵g ′(x )＝1＋1x
>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， 且g (1)＝0，∴0<m <1.
∴实数m 的取值范围是(0,1)．
3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.
(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；
(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．
解：(1)∵f ′(x )＝1x
，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，
∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，
即为x －y －1＝0.
(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.
①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；
②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，
不满足不等式f (x )≤ag (x )；
③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x
－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a
， 当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：
∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．
综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．
4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．
(1)求函数f (x )的极小值；
(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．
解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .
∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，
当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，
∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，
又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.
(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，
∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．
由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a
－2ln a ， 令g (a )＝a －1a
－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭
⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a
－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数． 而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；
当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．
∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.
由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；
当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a
＋ln a ≥e －1， 由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e
. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦
⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。