恒成立能成立3种常见题型(学生版+解析版)

恒成立能成立3种常见题型
【考点分析】
考点一：恒成立问题
若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则
不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；
不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；
不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；
不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；
考点二：存在性问题
若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；
不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；
不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；
不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；
考点三：双变量问题
①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；
②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；
③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；
④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；
⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；
⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；
⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max
⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．
【题型目录】
题型一：利用导数研究恒成立问题
题型二：利用导数研究存在性问题
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【典型例题】
题型一：利用导数研究恒成立问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )
A.a <1
B.a <2
C.a >1
D.a >2
【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e x
x−ln x+x−a．
(1)若f x ≥0，求a的取值范围；
【例3】已知函数f(x)=1
2x2-(a+1)ln x-
1
2(a∈R,a≠0)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．
【例4】已知函数f x =ln x-ax(a是正常数).
(1)当a=2时，求f x 的单调区间与极值；
(2)若∀x>0，f x <0，求a的取值范围；
【例5】已知函数f x =xe x
(1)求f x 的极值点；
(2)若f x ≥ax2对任意x>0恒成立，求a的取值范围．
【题型专练】
1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )
A.0,e
B.-∞,e
C.0,1e
D.1e ,+∞
2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．
(1)当a =0时，求f x 的极值；
(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．
3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x ，g x =-x 2+ax -3a ∈R .
(1)求函数f (x )的单调递增区间；
(2)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x ≥12
g x 恒成立，求a 的取值范围.
4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1
.
(1)求f x 的最小值；
(2)若f x ≥−x2+m+1
x−2恒成立，求实数m的取值范围.
5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．
(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．
题型二：利用导数处理存在性问题
【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1
，使得f x0
>0，则实数a的取值范围为( )
A.-∞,-1
B.-∞,1
C.-1,3
D.-∞,3
【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．
(1)求函数f x ；
(2)存在x0∈1，3
，使得f x0
≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．
【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．
【题型专练】
1.已知函数f x =x2+2a+2
ln x．
(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；
(2)若存在x∈2,e
，使得f x -x2>2x+2a+4
x成立，求实数a的取值范围．
2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.
(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；
(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.
3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0
处的切线为m
(1)求直线m的方程；
(2)求证：除切点1,0
之外，函数f x 的图像在直线m的下方；
(3)若存在x∈1,+∞
成立，求实数a的取值范围 ，使得不等式f x >a x-1
4.已知函数f x =x ln x-ax+1．
(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．
①求实数a的值；
②求f x 的单调区间和极值．
(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0
<0成立，求a的取值范围．
5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若存在x0，使得f x0
>0，求a的取值范围.
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其
中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )
A.0
B.1e
C.1
D.e
【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．
(1)当a =-12
时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．
【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．
(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；
(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得
12π
f x 1 ≤
g x 2 成立，求实数a 的取值范围．
【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =
ln x x
，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -
ln22 【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1
，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )
A.-∞,1
B.-∞,e -2
C.-∞,e -54
D.-∞,e 【题型专练】
1.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(理))已知函数f x =x 3-3x +a ，g x =2x +1x -1．若对任意x 1∈-2,2 ，总存在x 2∈2,3 ，使得f x 1 ≤g x 2 成立，则实数a 的最大值为( )
A.7
B.5
C.72
D.3
2.(2022·福建宁德·高二期末)已知f x =1-x e x -1，g x =x +1 2+a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f x 2 ≥g x 1 成立，则实数a 的取值范围为( )
A.1e ,+∞
B.-∞,1e
C.0,e
D.-1e ,0
3.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))已知函数f (x )=ln x x
，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈(0,1]使得f x 1 >g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -
ln22 4.已知函数f (x )=12
ax 2-(2a +1)x +2ln x (a ∈R )(1)若曲线y =f (x )在x =1和x =3处的切线互相平行，求a 的值与函数f (x )的单调区间；
(2)设g (x )=(x 2-2x )e x ，若对任意x 1∈0,2 ，均存在x 2∈0,2 ，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．
5.已知函数f x =-ax +
x
ln x
a ∈R ，
f x 为f x 的导函数．(1)求f x 的定义域和导函数；
(2)当a =2时，求函数f x 的单调区间；
(3)若对∀x 1∈e ,e 2 ，都有f x 1 ≥1成立，且存在x 2∈e ,e 3 ，使f x 2 +1
2
a =0成立，求实数a 的取值范围．
恒成立能成立3种常见题型
【考点分析】考点一：恒成立问题
若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题
若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题
①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max ⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【题型目录】
题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】
题型一：利用导数研究恒成立问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则
a 的取值范围是( )A.a <1
B.a <2
C.a >1
D.a >2
【答案】B
【详解】令f x =x -ln x +1，其中x >0，则a <f x min ，f x =1-1x =x -1
x
，当0<x <1时，f x <0，此时函数f x 单调递减，当x >1时，f x >0，此时函数f x 单调递增，所以，f x min =f 1 =2，∴a <2.故选：B .
【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e x
x
−ln x +x −a ．
(1)若f x ≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(-∞,e +1]
【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，
f
(x )=1x -1x
2 e x -1x +1=1x 1-1x e x +1-1x =x -1x e x x +1 令f (x )=0,得x =1
当x ∈(0,1),f (x )<0,f (x )单调递减，当x ∈(1,+∞),f (x )>0,f (x )单调递增f (x )≥f (1)=e +1-a ，
若f (x )≥0,则e +1-a ≥0,即a ≤e +1，所以a 的取值范围为(-∞,e +1]【例3】已知函数f (x )=
12x 2-(a +1)ln x -1
2
(a ∈R ,a ≠0)．(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的x ∈[1,+∞)，都有f (x )≥0成立，求a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤0.【解析】
(1)求f 'x ，分别讨论a 不同范围下f 'x 的正负，分别求单调性；(2)由(1)所求的单调性，结合f 1 =0，分别求出a 的范围再求并集即可.
【详解】解：(1)由已知定义域为0,+∞ ，f '(x )=x -a +1
x =
x 2-a +1 x 当a +1≤0，即a ≤-1时，f 'x >0恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递增；
当a +1>0，即a >-1时，x =-a +1(舍)或x =a +1，所以f x 在0,a +1 上单调递减，在
a +1,+∞ 上单调递增.
所以a ≤-1时，f x 在0,+∞ 上单调递增；
a >-1时，f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.
(2)由(1)可知，当a ≤-1时，f x 在1,+∞ 上单调递增，若f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立，只需f (1)≥0，而f (1)=0恒成立，所以a ≤-1成立；
当a >-1时，若a +1≤1，即-1<a ≤0，则f x 在1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以-1<a ≤0成立；
若a >0，则f x 在1,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以∃x 0∈
1,a +1 ，f (x 0)<f 1 =0，不满足f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立.所以综上所述：a ≤0.
【例4】已知函数f x =ln x -ax (a 是正常数).
(1)当a =2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x >0，f x <0，求a 的取值范围；【答案】(1)f x 在0,12
上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，f x 的极大值是-ln2-1，无极小值；(2)1
e
,+∞ .【解析】
(1)求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；(2)依题意可得ln x x max <a ，设g x =ln x
x
，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】
解：(1)当a =2时，f x =ln x -2x ，定义域为0,+∞ ，f x =1x -2=1-2x
x
，令f x >0，解得0<x <12，令f x <0，解得x >12，所以函数f x 在0,12 上单调递增，在1
2
,+∞ 上单调递减，
所以f x 的极大值是f 1
2
=-ln2-1，无极小值.
(2)因为∀x >0，f x <0，即ln x -ax <0恒成立，即ln x
x max
<a .
设g x =ln x x ，可得g x =1-ln x
x
2，当0<x <e 时g x >0，当x >e 时g x <0，所以g x 在0,e 上单调递增，
在e ,+∞ 上单调递减，所以g x max =g e =1e ，所以a >1e ，即a ∈1
e ,+∞ .【例5】已知函数
f x =xe x
(1)求f x 的极值点；
(2)若f x ≥ax 2对任意x >0恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)x =-1是f x 的极小值点，无极大值点；(2)a ≤e .【解析】
(1)利用导数研究函数的极值点.
(2)由题设知：a ≤e x x 在x >0上恒成立，构造g (x )=e x
x 并应用导数研究单调性求最小值，即可求a
的范围．【详解】
(1)由题设，f x =e x (x +1)，
∴x <-1时，f x <0，f x 单调递减；x >-1时，f x >0，f x 单调递增减；
∴x =-1是f x 的极小值点，无极大值点.
(2)由题设，f x =xe x
≥ax 2
对∀x >0恒成立，即a ≤e x x
在x >0上恒成立，
令g (x )=e x x ，则g
(x )=e x (x -1)x 2
，
∴0<x <1时，g (x )<0，g (x )递减；x >1时，g (x )>0，g (x )递增；∴g (x )≥g (1)=e ，故a ≤e .【题型专练】
1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,e B.-∞,e
C.0,1e
D.1
e ,+∞
【答案】D 【解析】由题可得k ≥ln x x 在区间(0,+∞)上恒成立，然后求函数f x =ln x
x
x >0 的最大值即得.【详解】
由题可得k ≥
ln x
x 在区间(0,+∞)上恒成立，令f x =ln x x x >0 ，则f x =1-ln x
x 2x >0 ，
当x ∈0,e 时，f x >0，当x ∈e ,+∞ 时，f x <0，所以f x 的单调增区间为0,e ，单调减区间为e ,+∞ ；所以f x max =f e =1e
， 所以k ≥1
e
.故选：D .
2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；
(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是f 1e =-1
e
+2，无极大值.(2)-2
e 2
-2,+∞
【解析】
(1)由题设可得f x =ln x +1，根据f x 的符号研究f x 的单调性，进而确定极值.(2)f x =x ln x +ax +2≤0对任意的x ∈1,e 2 恒成立，转化为：-a ≥2+x ln x x =2
x
+ln x 对任意的x ∈1,e 2 恒成立，令g x =
2
x
+ln x ，通过求导求g x 的单调性进而求得g x 的最大值，即可求
出实数a的取值范围.
(1)
当a=0时，f x =x ln x+2，f x 的定义域为0，+∞
，f x =ln x+1=0，则x=1 e.
令f x >0，则x∈
1
e,+∞
，令f x <0，则x∈0,1e
，所以f x 在0,1e
上单调递减，在
1
e,+∞
上单调递增.当x=1e时，f x 取得极小值且为f1e =1e ln1e+2=-1e+2，无极大值.
(2)
f x =x ln x+ax+2≤0对任意的x∈1,e2
恒成立，则-a≥2+x ln x
x=
2
x+ln x对任意的x∈
1,e2
恒成立，
令g x =2
x+ln x，g x =-
2
x2
+1x=-2+x
x2
=0，所以x=2，则g x 在1,2
上单调递减，在
2,e2
上单调递增，所以g1 =2，g e2 =2
e2
+2，所以g x max=g e2 =2
e2
+2，则-a≥2
e2
+2，则
a≤-2
e2
-2.
实数a的取值范围为：-2
e2
-2,+∞
.
3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x，g x =-x2+ax-3a∈R
.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意x∈0,+∞
，不等式f x ≥1
2g x 恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
1
e,+∞
，(2)-∞,4
【解析】
(1)求函数f(x)的单调递增区间，即解不等式f (x)>0；
(2)参变分离得a≤2ln x+x+3x，即求h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞
的最小值.
(1)f(x)=x ln x定义域为(0,+∞)，f (x)=ln x+1f (x)>0即ln x+1>0
解得x>1
e，所以f(x)在
1
e,+∞
单调递增
(2)对任意x∈0,+∞
，不等式f x ≥1
2g x 恒成立，即x ln x≥
1
2-x2+ax-3
恒成立，
分离参数得a≤2ln x+x+3
x.令h x =2ln x+x+
3
x x∈0,+∞
，则h x =
x+3
x-1
x2．
当x∈0,1
时，h x <0，h x 在0,1
上单调递减；
当x∈1,+∞
时，h x >0，h x 在1,+∞
上单调递增.所以h x min=h1 =4，
即a≤4，
故a的取值范围是-∞,4
.
4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1
.
(1)求f x 的最小值；
(2)若f x ≥−x2+m+1
x−2恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)f(x)min=-1 e2
(2)-∞,3
【解析】
(1)求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；
(2)由原不等式恒成立分离参数后得m≤ln x+x+2x，构造函数h x =ln x+x+2x，利用导数求最小值即可.
(1)
由已知得f x =ln x+2，
令f x =0，得x=1 e2.
当x∈0,1 e2
时，f x <0,f x 在0,1e2
上单调递减；
当x∈
1
e2
,+∞
时，f x ≥0,f x 在
1
e2
,+∞
上单调递增.
故f(x)min=f
1
e2
=-1e2.
(2)
f x ≥−x2+m+1
x−2，即mx≤x ln x+x2+2，
因为x>0，所以m≤ln x+x+2
x在0,+∞
上恒成立.
令h x =ln x+x+2
x，则m≤h(x)min,h x =
1
x+1-
2
x2
=
x+2
x-1
x2，
令h x =0，得x=1或x=-2(舍去).
当x∈0,1
时，h x <0,h x 在0,1
上单调递减；
当x∈1,+∞
时，h x >0，h x 在1,+∞
上单调递增.
故h(x)min=h1 =3，所以m≤3，即实数m的取值范围为-∞,3
.
5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．
(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)
2
e-1(2)[1,+∞)
【解析】
(1)利用导数的几何意义求出在点1,f1
切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面
积公式得结果；
(2)方法一：利用导数研究函数f x 的单调性，当a =1时，由f 1 =0得f x min =f 1 =1,符合题意；当a >1时，可证f 1a
f (1)<0，从而f x 存在零点x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0
-1-1
x 0
=0，得到f (x )min ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得f x ≥1恒成立；当0<a <1时，研究f 1 .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】
(1)∵f (x )=e x -ln x +1，∴f (x )=e x -1x
，∴k =f (1)=e -1.∵f (1)=e +1，∴切点坐标为(1,1+e ),
∴函数f x 在点(1,f (1)处的切线方程为y -e -1=(e -1)(x -1),即y =e -1 x +2,∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2
e -1,0
,∴所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2
e -1．(2)[方法一]：通性通法
∵f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x
，且a >0.设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+
1
x 2
>0,∴g (x )在(0,+∞)上单调递增，即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.
当a >1时，1a <1 ，∴e 1a -1<1，∴f 1a
f (1)=a e 1a -1-1 (a -1)<0,
∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0
-1-1
x 0
=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )
>0，∴ae x 0
-1=
1
x 0
，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae x 0
-1-ln x 0+ln a =
1
x 0
+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0⋅x 0
=2ln a +1>1,∴f x >1,∴f x ≥1恒成立；
当0<a <1时， f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).[方法二]【最优解】：同构
由f (x )≥1得ae x -1-ln x +ln a ≥1，即e ln a +x -1+ln a +x -1≥ln x +x ，而ln x +x =e ln x +ln x ，所以e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ．
令h (m )=e m +m ，则h (m )=e m +1>0，所以h (m )在R 上单调递增．
由e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ，可知h (ln a +x -1)≥h (ln x )，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥(ln x -x +1)max ．
令F(x)=ln x-x+1，则F (x)=1
x-1=
1-x
x．
所以当x∈(0,1)时，F (x)>0,F(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，F (x)<0,F(x)单调递减．
所以[F(x)]max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．
所以a的取值范围为a≥1．
[方法三]：换元同构
由题意知a>0,x>0，令ae x-1=t，所以ln a+x-1=ln t，所以ln a=ln t-x+1．
于是f(x)=ae x-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1．
由于f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x，而y=x+ln x在x∈(0,+∞)时为增函
数，故t≥x，即ae x-1≥x，分离参数后有a≥
x
e x-1．
令g(x)=
x
e x-1，所以g
(x)=e x-1-xe x-1
e2x-2
=
e x-1(1-x)
e2x-2．
当0<x<1时，g (x)>0,g(x)单调递增；当x>1时，g (x)<0,g(x)单调递减．
所以当x=1时，g(x)=
x
e x-1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．
[方法四]：
因为定义域为(0,+∞)，且f(x)≥1，所以f(1)≥1，即a+ln a≥1．
令S(a)=a+ln a，则S (a)=1+1
a>0，所以S(a)在区间(0,+∞)内单调递增．
因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ln a≥1．
下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立．
令T(a)=ae x-1-ln x+ln a，只需证当a≥1时，T(a)≥1恒成立．
因为T (a)=e x-1+1
a>0，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]min=T(1)=e x-1-ln x．
因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]min=e x-1-ln x≥1即可．
由e x≥x+1,ln x≤x-1，得e x-1≥x,-ln x≥1-x．
上面两个不等式两边相加可得e x-1-ln x≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立．
当0<a<1时，因为f(1)=a+ln a<1，显然不满足f(x)≥1恒成立．
所以a的取值范围为a≥1．
【整体点评】
(2)方法一：利用导数判断函数f x 的单调性，求出其最小值，由f min≥0即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成e ln a+x-1+ln a+x-1≥e ln x+ln x，再根据函数h(m)=e m+m 的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令ae x-1=t，再同构，可将原不等式化成t+ln t≥x+ln x，再根据函数y=x+
ln x的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用f(1)≥1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．
题型二：利用导数处理存在性问题
【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1
，使得f x0
>0，则实数a的取值范围为( )
A.-∞,-1
B.-∞,1
C.-1,3
D.-∞,3
【答案】D
【分析】根据题意，将问题转化为求解函数f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数f x 的最大值，进而求出答案.
【详解】因为f x =x3-3x2+3-a，所以f x =3x2-6x=3x x-2
,x∈-1,1
．由题意，只需f (x)max>0．当x∈[-1,0)时，f x >0，当x∈(0,1]时，f x <0，所以f x 在[-1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max=f0 =3-a>0，故实数a的取值范围为-∞,3
．故选：D.
【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．
(1)求函数f x ；
(2)存在x0∈1，3
，使得f x0
≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．
【答案】(1)f x =-x3+3
2x2+6x-
3
2;
(2)(-∞,-1]∪[3,+∞).
【解析】
(1)求导后，根据f -1
=f 2 =0和f-1
=-5，解得a,b,c即可得解；
(2)转化为f x min≤t2-2t，再利用导数求出函数f(x)在1，3
上的最小值，然后解不等式t2-2t≥3可得结果.
(1)
∵f x =3ax2+2bx+6，
由f -1
=f 2 =0，得3a-2b+6=0且12a+4b+6=0，解得a=-1，b=3 2，
又f-1
=-5，∴c=-3 2，
经检验a=-1，b=3
2时，f x =-x3+
3
2x2+6x-
3
2满足题意,
∴f x =-x3+32x2+6x-32；
(2)
存在x0∈1，3
，使得f x0
≤t2-2t，等价于f x min≤t2-2t，
∵f x =-3x2+3x+6=-3x-2
x+1
，
当x∈[1,2)时，f (x)>0，当x∈(2,3]时，f (x)<0，
∴f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，
又f1 =5，f3 =3，
∴f x 在1，3
上的最小值为f3 =3，
∴t2-2t≥3，解得t≤-1或3≤t，
所以t的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞)．
【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．
【答案】e
【分析】将原式化为e x-ln e x≤x a-ln x a，构造函数g(t)=t-ln t(t>1)，求导得函数g(t)在(1,+∞)
上单调递增，即得e x≤x a，两边取对数分离参数a，构造函数h(x)=
x
ln x(x>1)，利用导数求解函数h
(x)的最小值即可.
【详解】解：不等式e x-x≤x a-a ln x成立，即e x-ln e x≤x a-ln x a成立，因为x∈(1,+∞),a>0，所以e x>1,x a>1，
令g(t)=t-ln t(t>1)，则e x-ln e x≤x a-ln x a⇒g(e x)≤g(x a)，
因为g (t)=1-1
t>0，所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以e x≤x a，即x≤a ln x(x>1)，
因为在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，
所以a≥
x
ln x
min，
令h(x)=
x
ln x(x>1)，则h (x)=
ln x-1
ln2x，
故当x=e时，h(x)取得最小值h(e)=
e
ln e=e.
所以a≥e，即a的最小值为e.
故答案为：e.
【题型专练】
1.已知函数f x =x2+2a+2
ln x．
(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；
(2)若存在x∈2,e
，使得f x -x2>2x+2a+4
x成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为0,2
，单调递增区间为2,+∞
；(2)
e2-e+2
e-1,+∞ .
【解析】
(1)当a=-5时，f x =x2-8ln x，得出f x 的定义域并对f x 进行求导，利用导数研究函数的单
调性，即可得出f x 的单调区间；(2)将题意等价于2x +
2a +4x -2a +2 ln x <0在2,e 内有解，设h x =2x +2a +4
x
-2a +2 ln x ，
即在2,e 上，函数h x min <0，对h x 进行求导，令h
x =0，得出x =a +2，分类讨论a +2与区间2,e 的关系，并利用导数研究函数h x 的单调和最小值，结合h x min <0，从而得出实数a 的取值范围.(1)
解：当a =-5时，f x =x 2-8ln x ，可知f x 的定义域为0,+∞ ，则f
x =2x -8x =2x 2-8
x
,x >0，
可知当x ∈0,2 时，f x <0；当x ∈2,+∞ 时，f x >0；所以f x 的单调递减区间为0,2 ，单调递增区间为2,+∞ .(2)
解：由题可知，存在x ∈2,e ，使得f x -x 2>2x +2a +4
x
成立，等价于2x +
2a +4
x
-2a +2 ln x <0在2,e 内有解，可设h x =2x +2a +4
x -2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，
∴h
x =2-2a +4
x 2
-
2a +2
x
=2x 2-2a +2 x -2a +4 x 2=2x +1 x -a +2 x 2
，
令h x =0，即x +1 x -a +2 =0，解得：x =a +2或x =-1(舍去)，当a +2≥e ，即a ≥e -2时，h x <0，h x 在2,e 上单调递减，∴h x min =h e =2e +2a +4e -2a -2<0，得a >e 2-e +2
e -1，
又∵e 2-e +2e -1>e -2，所以a >e 2-e +2
e -1
；
当a +2≤2时，即a ≤0时，h x >0，h x 在2,e 上单调递增，∴h x min =h 2 =6+a -2a +2 ln2<0，得a >6-ln4
ln4-1
>0，不合题意；
当2<a +2<e ，即0<a <e -2时，
则h x 在2,a +2 上单调递减，在a +2,e 上单调递增，∴h x min =h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 ，
∵ln2<ln a +2 <ln e =1，∴2a +2 ln2<2a +2 ln 2a +2 <2a +2，∴h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 >2a +6-2a -2=4，即h x min >4，不符合题意；
综上得，实数a 的取值范围为e 2-e +2
e -1,+∞ .
【点睛】
思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：(1)利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解
决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；
(2)利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，
再进行相应证明.
2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.
(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；
(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.
【答案】(1)a=1
2，(2)-∞,
1
2
【分析】(1)由已知可得出f 1 =0，求出a的值，然后利用导数分析函数f x 的单调性，结合极值点的定义检验即可；
(2)由参变量分离法可得出2a≤ln x+1
x，利用导数求出函数g x =ln x+1
x的最大值，即可得出实
数a的取值范围.
(1)解：因为f x =ln x-2ax+1，该函数的定义域为0,+∞
，则f x =1
x-2a，
由已知可得f 1 =1-2a=0，可得a=1
2，此时f x =
1
x-1=
1-x
x，列表如下：
x0,1
11,+∞
f x +0-
f x 增极大值减
所以，函数f x 在x=1处取得极大值，合乎题意，故a=1 2.
(2)解：存在x>0，使得f x =ln x-2ax+1≥0可得2a≤ln x+1
x，
构造函数g x =ln x+1
x，其中x>0，则g x =-
ln x
x2，
当0<x<1时，g x >0，此时函数g x 单调递增，
当x>1时，g x <0，此时函数g x 单调递减，则g x max=g1 =1，
所以，2a≤1，解得a≤1
2，因此，实数a的取值范围是-∞,
1
2
.
3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0
处的切线为m
(1)求直线m的方程；
(2)求证：除切点1,0
之外，函数f x 的图像在直线m的下方；
(3)若存在x∈1,+∞
，使得不等式f x >a x-1
成立，求实数a的取值范围
【答案】(1)y=x-1；(2)见详解；(3)(-∞，1).
【解析】
(1)求导得f (x)=1-ln x
x2，由导数的几何意义k切=f′(1)，进而可得答案．
(2)设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，求导得h′(x)，分析h(x)的单调性，最值，进而可得f (x)-(x-1)≤0，则除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．
(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln x
x(x-1)成立，令g(x)=
ln x
x(x-1)，x>1，只需a<g(x)
max．【详解】
(1)f (x)=1
x⋅x-ln x
x2
=1-ln x
x2，
由导数的几何意义k切=f′(1)=1，
所以直线m的方程为y=x-1．
(2)证明：设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，
h (x)=1-ln x
x2-1=1-ln x-x2
x2 ，
函数定义域为(0，+∞)，
令p(x)=1-ln x-x2，x>0，
p′(x)=-1x-2x<0，
所以p(x)在(0，+∞)上单调递减，
又p(1)=0，
所以在(0，1)上，p(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(1，+∞)上，p(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(1)=0，
所以h(x)≤h(1)=0，
所以f(x)-(x-1)≤0，
若除切点(1，0)之外，f(x)-(x-1)<0，
所以除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)>a(x-1)成立，
则若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)
x-1>a成立，
即若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<
ln x
x(x-1)成立，
令g(x)=
ln x
x(x-1)，x>1，
g′(x)=1
x⋅x(x-1)-(2x-1)ln x
x2(x-1)2
=x-1-(2x-1)ln x
x2(x-1)2 ，
令s(x)=x-1-(2x-1)ln x，x>1
s′(x)=1-2ln x-(2x-1)•1x=x-2x ln x-2x+1
x=-x-2x ln x+1
x，
令q(x)=-x-2x ln x+1，x>1
q′(x)=-1-2ln x-2=-3-2ln x<0，
所以在(1，+∞)上，q(x)单调递减，
又q(1)=0，
所以在(1，+∞)上，q(x)<0，s′(x)<0，s(x)单调递减，所以s(x)≤s(1)=0，即g′(x)≤0，g(x)单调递减，
又lim
x→1
ln x
x(x-1)
=lim
x→1
1
x
2x-1=1，
所以a<1，
所以a的取值范围为(-∞，1)．
4.已知函数f x =x ln x-ax+1．
(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．
①求实数a的值；
②求f x 的单调区间和极值．
(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0
<0成立，求a的取值范围．
【答案】(1)①a=3；②减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值；(2)(1,+∞).【解析】
(1)求得函数的导数f x =ln x+1-a，①根据题意得到f x =-2，即可求得a的值；
②由①知f x =ln x-2,x>0，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；
(2)设g x =ln x+1x，根据存在x0∈(0,+∞)，使得f x0
<0成立，得到a>g x min成立，结合导数求得函数g x 的单调性与最小值，即可求解.
【详解】
(1)由题意，函数f x =x ln x-ax+1的定义域为(0,+∞)，且f x =ln x+1-a，
①因为f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2，可得f x =1-a=-2，解得a=3.
②由①得f x =ln x-2,x>0，
令f x >0，即ln x-2>0，解得x>e2；
令f x <0，即ln x-2<0，解得0<x<e2，
所以函数f x 在(0,e2)上单调递减，在(e2,+∞)上单调递增，
当x=e2时，函数f x 取得极小值，极小值为f e2
=1-e2，无极大值，
综上可得，函数f x 的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值.
(2)因为f x =x ln x-ax+1，由f x0
<0，即x0ln x0-ax0+1<0，
即a>x0ln x0+1
x0=ln x0+
1
x0，设g x =ln x+
1
x,x>0
根据题意知存在x0∈(0,+∞)，使得f x0
<0成立，即a>g x min成立，
由g x =ln x+1
x,x>0，可得g x =
1
x-
1
x2
=x-1
x2，
当0<x<1时，g x <0，g x 单调递减；
当x>1时，g x >0，g x 单调递增，
所以当x=1时，函数g x 取得最小值，最小值为g1 =1，所以a>1，即实数a的取值范围是(1,+∞).
5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若存在x0，使得f x0
>0，求a的取值范围.
【答案】(1)2x-y-1=0；(2)a≥0时，f x 在0,+∞
单增；a<0，f x 在0,-1 a
单增，在-1a,+∞
单减；(3)a>-1e.
【解析】
(1)求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；
(2)求导后，通分，分a≥0,a<0两种情况讨论得到单调区间；
(3)当a≥0时，代特值验证即可，当a<0时，函数最大值大于0，解出即可.
【详解】
由题意，f(1)=1,f x =1
x+1,
所以f 1 =2,所以切线方程为：y-1=2x-1
⇒2x-y-1=0.
(2)x>0,f (x)=1x+a=ax+1
x，若a≥0，则f (x)>0，f x 在0,+∞
单增；
若a<0，则x∈0,-1 a
时，f x >0，f x 单增；x∈-1a,+∞
时，f x <0，f x 单减.
(3)由(2)，若a≥0，则f(2)=ln2+2a>0，满足题意；
若a<0，f x max=f-1 a
=ln-1a
-1>0⇒a>-1e，则-1e<a<0，
综上：a>-1 e.
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其
中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0 B.
1e
C.1
D.e
【答案】C
【分析】由题意易知f x ≥0恒成立，则可等价为对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，利用参变分离，可变形为a ≤e x -1x ,(x >0)恒成立，易证e x -1
x >1,(x >0)，则可得a ≤1，即可选出答案.
【详解】对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，等价于f x 1 min ≤g x 2 min ,
当x <1时，x -1<0,e x -e <0，所以f x >0，当x ≥1时，x -1≥0,e x -e ≥0，所以f x ≥0，所以f x ≥0恒成立，当且仅当x =1时，f (x )min =0，所以对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，即e x -ax -1≥0，当x =0，e x -ax -1=0≥0成立，
当x >0时，e x
-ax -1≥0⇒a ≤e x -1
x
恒成立.
记h (x )=e x -x -1,x >0,因为h (x )=e x -1>0恒成立，
所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，
所以h (x )=e x
-x -1>0恒成立，即e x
-1>x ⇒e x -1x
>1,(x >0)
所以a ≤1.
所以a 的最大值为1.故选：C .
【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类问题可按如下规则转化：
一般地，已知函数y =f (x ),x ∈a ,b ，y =g (x ),x ∈c ,d
(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)max ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)min ；(5)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域是g (x )值域的子集．【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．
(1)当a =-1
2
时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;
(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln2-1，最小值为-12；
(2)-1
e 6
,+∞ .【解析】
(1)利用导数研究f (x )的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；(2)将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max ，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)
由题设f (x )=ln x -x 2，则f (x )=2-x
2x
，所以在[1,2)上f (x )>0，f (x )递增，在(2,e ]上f (x )<0，f (x )递减，则f (1)=-12<f (e )=1-e
2
，极大值f (2)=ln2-1，综上，f (x )最大值为ln2-1，最小值为-1
2.
(2)
由g (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1在x ∈[-1,2]上g (x )max =g (-1)=5，根据题意，只需g (x )max <f (x )max 即可，由f (x )=a +
1
x
且x ∈(0,+∞)，当a ≥0时，f (x )>0，此时f (x )递增且值域为R ，所以满足题设；
当a <0时，0,-1a 上f (x )>0，f (x )递增；-1
a ,+∞ 上f (x )<0，f (x )递减；所以f (x )max =f -1a =-1-ln (-a )，此时-1-ln (-a )>5，可得a >-1
e 6，
综上，a 的取值范围-1
e 6
,+∞ .【点睛】
关键点点睛：第二问，将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max 求参数范围.【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．
(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；
(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得1
2π
f x 1 ≤
g x 2 成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2 ，函数f (x )的单调递减区间为π2
,π ；(2)1
2
,+∞
.【解析】
(1)首先对函数求导，根据x 的取值情况判断f x 的正负情况，进而得到f x 的增减情况；(2)对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)
因为f (x )=x sin x +cos x ，
所以f (x )=sin x +x cos x -sin x =x cos x ．当x ∈0,π 时，f (x )与f (x )的变化情况如表所示：
x 0,
π
2 π2
π2,π f (x )
+
-f (x )
单调递增
π2
单调递减
所以当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2
，函数f (x )的单调递减区间为π
2,π
．(2)
当x ∈-π,π 时，f (-x )=f (x )，所以函数f (x )为偶函数．所以当x ∈-π,π 时，函数f (x )的单调递增区间为-π,-π2 ，0,π
2
，函数f (x )的单调递减区间为-π2
,0 ，π
2,π ,所以函数f (x )的最大值为f -π2 =f π2 =π
2
．
设h x =12πf x ，则当x ∈-π,π 时，h x max =12π⋅π2=1
4．
对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ．
当a ≤0时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (0)=0，不合题意．当0<a <1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (a )=a 2，则a 2≥14，解得a ≥12或a ≤-12
，所以
1
2
≤a <1．当a ≥1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (1)=2a -1，则2a -1≥14，解得a ≥58
，所以a ≥1.
综上所述，a 的取值范围是1
2
,+∞
．
【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =
ln x
x ，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2
，
∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是( )
A.-∞,-ln2
2
B.-∞,-ln22
C.-∞,-
1e
D.-∞,e -
ln22
【答案】A
【分析】将问题转化为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得a 的范围．
【详解】∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，等价为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，
由f x =
ln x x 得f x =1-ln x
x
2，当x ∈0,e 时，f x >0，此时f x 单调递增，当x ∈e ，+∞ 时，f x <0，此时f x 单调递减，f 1 =0,f e 2 =2
e 2，故
f x min =f 1 =0
ln (x +1)+2ax 2<0在x ∈0,1 成立，
当0<x <1时，-2a >ln (x +1)x 2
min ，设h (x )=ln (x +1)x 2
，0<x <1 ，则h (x )=1-1x +1
-2ln (x +1)x 3
，由m x =1-1x +1-2ln (x +1)，得m x =1(x +1)2-2x +1=-1-2x
(x +1)2<0，所以m x =1-1x +1-2ln (x +1)在0,1 递减，所以1-1x +1
-2ln (x +1)<m 0 =0，则h (x )在0,1 递减，所以h (x )>h 1 =ln2，则-2a >ln2，所以a <-ln2
2
．故选：A
【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤1
22x +12,12
<x ≤1
，g x =e x -ax a ∈R ，若存在x 1,x 2∈0,1 ，使得f x 1 =g x 2 成立，则实数a 的取值范围是( )A.-∞,1 B.-∞,e -2
C.-∞,e -54
D.-∞,e
【答案】C
【分析】根据题意可得f x 的值域与 g x =e x -ax 的值域有交集即可，先求导分析f x 的值域，再求导分情况讨论g x =e x -ax 的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可【详解】①当0≤x ≤12时，f x =x 3-34x +32，则f x =3x 2-34=3x 2-14 ≤0在0,1
2
上恒成立，。