【摘要】近年来，高考数学对解决不等式恒成立与能成立问题的要求越来越高，试题的难度也越来越大，往往作为压轴题出现，考生在此题上花去了很多的时间，但是效果欠佳。笔者在本届高三数学教学中对这个问题进行了一些粗浅的研究，总结了利用导数解决不等式恒成立与能成立问题的方法以及这两类问题之间的区别与联系，在这里与大家共享。
　　【关键字】导数 不等式 能成立 恒成立
　　【中图分类号】G633.6
　　【文献标识码】A
　　【文章编号】1992-7711（ 2020） 06-078-01
　　一、利用导数解决不等式恒成立问题
　　例1、设函数f（x）一axz-a-lnx，其中a∈R.
　　（1）讨论f（x）的单调性;
　　（2）确定a的所有可能取值，使得f（x）>x-e1-x在区间（1，+∞）内恒成立（e=2.718…为自然对数的底数）.
　　解：（1） f（x）=2ax-l=（x>o）. 当a≤0时，f（x）<（），f（x）在（0，+。。）内单调递减. 当a>0时，由f'（x） -o，有x=2a/1
　　1
　　此时，当x∈（o，2a）时，P（x）
　　当x∈（2a，+∞）时，P（x）>o，f（x）单调递增.
　　（2）令g（x）=1/x一ex-1，s（x）=ex-1-x
　　则s'（x）=ex-1-l而当x>l时，s’（x）>0，
　　所以s（x）在区间（1，+。。）内单调递增.
　　又由s（l） -O，有s（x）>0，从而当x>l时，g（x）>0.
　　当a≤o，x>l时，f（x）=a（x2-l）-ln x<0
　　故当f（x）>g（x）在区间（1，+∞）内恒成立时，
　　必有a>0.
　　当O1.
　　由（1）有f（2a）o，
　　所以此时f（x）>g（x）在区间（1，+ o）内不恒成立， 当a≥1/2时，令h（x）=f（x）一g（x）（x≥1）. 当x>，时，
　　因此，h（x）在区间（1，+∞）单调递增.
　　又因为h（l） -O，所以当x>l时，
　　h（x）=f（x）一g（x）>0，即f（x）>g（x）恒成立.
　　综上，a∈1/2，+ ∞）
　　总结：（1）恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.
　　（2）在求参数范围时首先要考虑参数能否分离出来。
　　二、利用导数解决不等式能成立问题
　　例2、已知函数f（x）=x-（a+l） Inx-a/x（a∈R），
　　（1）当x∈[1，e]时，求f（x）的最小值;
　　（2）当a
　　解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
　　①若a≤1，当x∈[1，e]时，f（x）≥0，
　　则f（x）在[1，e]上为增函数，f（x）mm=f（l） =1-a.
　　②若l
　　当x∈[1，a]时，P（x）≤o，f（x）为减函数;
　　当x∈[a，e]时，f（x）≥0，f（x）为增函数.
　　所以f（x）min=f（a）=a-（a+l）ln a-l.
　　③若a≥e，当x∈[1，e]时，f（x）≤0，f（x）在[1，e]上为减函数，f（x）min=f（e）=e-（a+1）一a/e.
　　综上，当a≤1时，f（x）min= l-a;
　　当1
　　当a≥e时，f（x）min=e一（a+1）-a/e.
　　（2）由题意知：f（x）（x∈[e，e2]）的最小值小于g（x）（x∈[-2，0]）的最小值
　　由（1）知f（x）在[e，e2]上单调递增，
　　f（x）min=f（e）=e一（a+1）一a/e.g’（x）一（1一ez）x.
　　当x∈[-2，0]时，g’（x）≤O，g（x）为减函数，
　　g（x）min=g（0） -1，所以e一（a+1）一÷<1，
　　即a>—e2_2e，所以a的取值范围为（e2-2e，1）.
　　总结
　　存在性问题和恒成立问题的区别与联系。存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有區别又有联系：若g（x）≤m恒成立，则g（x）max≤m;若g（x）≥m恒成立，则g （x）min≥m;若g（x）≤m有解，则g（x）min≤m;若g（x）≥m有解，则g（x）m2x≥m.
　　通过对以上不等式恒成立与能成立问题的分析，不等式恒成立与能成立问题的常用解法有：
　　（1）分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a> f（x）max或a
　　（2）直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论。
　　其中函数的最值问题主要是利用导数加以解决。