专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)

专题05 应用导数研究不等式恒成立问题
【压轴综述】
纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.
一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
二、不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免
细节出错．
【压轴典例】
例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为
2.71828)
A ．21e -
B ．2e 1- C
D ．e
【答案】D
【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1
x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t
=，()2ln 1
()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即
()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，
例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()
()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）
A ．()1,e
B ．(),2e e
C ．(),e +∞
D ．()2,e +∞ 【答案】C
【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()
()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析
0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta
=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t
-=有两解，设
()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e
>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭
，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1
ln a a t -=有两解，得110e t
-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ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,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.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.
(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+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),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.
(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1
-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).
例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.
(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;
(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f
=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'
=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.
(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3
+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;
②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,
令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,
故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,
由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;
当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,
综上可得,实数a 的取值范围是.
例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.
(1)当k=6时,
①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;
(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.
【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.
②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,
整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:
x(0,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减极小值单调递增
所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.
(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)
令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,
由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2
+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.
所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.
例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.
（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；
（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．
【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.
【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x
'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，
即(1)20a a e
e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，
又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．
（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，
所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min
()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1
ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x
+----++--==≥=， 当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x x
ϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，
上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程
()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，
()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax ax
x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;
(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤
),D=[m,n]⊆[-,],
求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=
,
φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.
设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,
当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.
当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.
综上,k∈[0,3].
(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,
整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7
所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.
②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,
v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.
当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;
v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)
则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.
③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.
综上所述,n-m≤.
例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.
（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；
（2）求证：当时，恒成立.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）由题意知，
令，则，
当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以
（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.
例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥
（1）讨论()f x 的单调性；
（2）若当2x >时()31,12f x x <
+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108
a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭
内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦
. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x
-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x
-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.
当Δ180,a =-≤即18
a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a
-=，此时()f x 在
1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
内单减. 综上所述：当18
a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.
（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2
ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x
=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x
--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x
=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=
，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦
例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数
. （1）讨论函数
的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当
时，在上单
调递增，在上单调递减；（2）.
【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.
【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数
恒成立(即可)或恒成立（
即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得
的范围. 【压轴训练】
1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足
()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194
f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有
()2
3
f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）
A ．215
⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦
，
B ．163
⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦
，
C ．184
⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦
，
D ．194
⎛⎤-∞ ⎥⎝
⎦
，
【答案】D
【详解】当(]
0,2x ∈时，()194
f x x x =+
-的最小值是1
,4-由()()22f x f x +=知，当
(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡
⎤=-+
-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1
,2
-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡
⎤=-+-⎢⎥-⎣
⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，
解得：194x ≤
或16
.3
x ≥
2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛
⎫
=-+ ⎪⎝
⎭
(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3
⎡⎤⎢⎥⎣⎦
B ．11,,33⎛⎫⎛⎫
-∞-+∞ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
C ．11,33⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦
D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦
【答案】C
【详解】函数1()sin sin 23
f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于
2245
()cos cos21cos cos 0333
f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则
245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,33
45(1)0,
33g a g a ⎧
=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩
解得
.
3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有
()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）
A ．1-
B ．0
C ．1
D ．2
【答案】B
【详解】设12x x >，因为()()()()
222
1212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦
，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，
即12212
ln x kx x x x >-，等价于122
1ln 1x k
x x x >-，因为120x x >>，令12x t x =
(1t >)，则ln 1
k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t
'
=+->恒成立，故()g t 在
()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.
4．（2019·天津高考模拟）已知函数2
3ln ,1
(),46,1
x x f x x x x -≤⎧=⎨
-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．13,3e ⎡⎤-⎢
⎥⎣
⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+
D ．13,5e ⎡⎤
-⎢⎥⎣⎦
【答案】C
【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2
g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧
-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩
＜，g(x)与
x 轴的交点为(,0)2
a
，
① 当2
a x ≥
，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2
a
g x x a x =-≥，
可得'
()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3
(,0)2,可得此时3
22
a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；
② 同理，当2
a
x ＜
，由()g()f x x 与相切， （1）当2
()46,1f x x x x =-+>，()2,2
a g x x a x =-+＜
，可得'
()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，
（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，
()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'
1()f x x
， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -
=-，12x =，可得切点坐标1
(,32)2
In +, 可得切线方程：1
(32)2()2
y In x -+=--，242y x In =-++
可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2
222
a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，
故选C.
5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式
cos cos log 0sin C
A
B
≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，
在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧
C ．p q ⌝∨
D ．p q ∧⌝
【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,02
2
2
A B C π
π
π
<<<<
<<
,所以2
A B π+>，则
02
2
A B π
π
>>
->，所以0cos cos()sin 12
A B B π
<<-=<，所以cos 01sin A
B
<
<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin C
A B
≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2
:2q x x ax +
在[1,2]x ∈上恒成立()min
2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，
p q ∧⌝是真命题.
6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在
0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()f
x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()()
,f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()x
f x e =，()1
g x x =+
B ．()ln f x x =，()1
g x x
= C ．()f x x =，()2
g x x =
D ．()f x x =
，
【答案】BD
【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足
()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1x
x f x g x e x ϕ=-=--，
可得()1x
x e ϕ'=-，当0x >时，()10x
x e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，
()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；
对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=-
>，可得()211
0x x x
ϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()1
1ln110,ln 0e e e
ϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，
且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2
g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数
()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令
()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211
()ln 2022
x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义
域[0,)+∞单调递增，又由()()1
010,102
ϕϕ=-<=
>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1
[,)3
x ∈+∞，不等式
()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.
【答案】3e
【详解】
()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-
令()ln f x x x =-，()111x f x x x
-'=-
=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x
g x e
=，只
需max ()a g x ≥，()33x x
g x e -'=
，∴
1[,1),()0,()3
x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3
a e
≥， ∴a 的最小值为
3
e
. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202
x
a
f x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln
202
x a
f x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()
()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x a
e
x a x x e
x ++++>+++=++，
x y e x =+单调递增，
()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则
()11121
x g x x x --'=
-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.
9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）对任意0x >，求证：()()22e 11e
x
a x f x x +++>.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()11
11a x f x a x x
++'=++=
， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得1
1
x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛
⎫-
⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫
-+∞
⎪+⎝⎭
上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e x
g x x x =⋅-，
则()()222
21e e e x x x g x x
--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()2
2e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()2
12e e 0r '=-<，()2
23e 0r '=>，
∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，
∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，
∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.
综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11e
x
a x f x x +++>.
10.（2020·山东高考模拟）已知函数2
()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.
（1）求()f x 的单调递增区间；
（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】（1）12a ≥
时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<
时，增区间为，)+∞；
（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】
（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2
22'()22a x x a
f x x x x
-+=+-=，
令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，
1︒若1
2
a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12
a <
，>0∆，方程2220x x a -+=
，两根为1x =
2x =，
当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当1
02
a <<
时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.
综上，1
2
a ≥
时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x
单调递增区间为1(
)2
+∞， 102a <<
时，函数()f x
单调递增区间为1(0,2-
，1()2
++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，
1
02a <<且121x x =+，122
a x x ⋅=，则1112a
x x +
=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112
x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()2111111
21
21ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()1111111
1121ln 11x x x x x x x -+-+--=-111
1112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1
g x x x x x =-++
-，1
(0,)2x ∈，
222
1(1)1
'()122ln 2ln (1)(1)x g x x x
x x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1
(0,)2
单调递减，
13()ln 222g x g ⎛⎫
>=-- ⎪⎝⎭
，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.
11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()
1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;
（2）若不等式()2
11
12
f x x
mx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1
f x m x
'=
-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111x
f x x x
-'=
-=
令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >
()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.
（2）因为0m >，所以()211
12
f x x
mx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，
设()2ln 1
2x x h x x x
++=
+，则
()()()()()()
2
22
2212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且
111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫
=+=-=-< ⎪⎝⎭
，()10g >，
01,12x ⎛⎫
∴∃∈ ⎪⎝⎭
使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，
所以当
01
2
x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，
()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减
()()0
00022max
000001
ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭
()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： ①若()k f x ≥在[,]a b 上恒成立，则max ()k f x ≥； ②若()k f x ≤在[,]a b 上恒成立，则min ()k f x ≤； ③若()k f x ≥在[,]a b 上有解，则min ()k f x ≥； ④若()k f x ≤在[,]a b 上有解，则max ()k f x ≤；
12.（2020·河南高考模拟）已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线为210x y --=. （1）求a ，b 的值；
（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值. 【答案】（1）1a =，0b =；（2）3
【解析】（1）由()()ln f x x x a b =++得：()ln 1f x x a '=++，由切线方程可知：
()1211f =-=()112f a '∴=+=，()11f a b =+=，解得：1a =，0b =
（2）由（1）知()()ln 1f x x x =+，则()1,x ∈+∞时，()()1f x m x ≥-恒成立等价于
()1,x ∈+∞时，()
ln 11
x x m x +≤
-恒成立
令()()ln 11
x x g x x +=-，1x >，则()()2
ln 21x x g x x --'=-. 令()ln 2h x x x =--，则()111x h x x x
-'=-
= ∴当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，则()h x 单调递增
()31ln30h =-<，()422ln 20h =-> ()03,4x ∴∃∈，使得()00h x =
当()01,x x ∈时，()0g x '<；()0,x x ∈+∞时，()0g x '>
()()()
000min 0ln 11x x g x g x x +∴==-，()000ln 20h x x x =--=， 00ln 2x x ∴=-
()()()
()0000min 0213,41
x x g x g x x x -+∴==
=∈-
()03,4m x ∴≤∈，即正整数m 的最大值为3
13.（2020·湖北高考模拟）已知函数2
()12
x
x f x e =--
（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．
（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）1b ≤
【解析】（1）设切点为()00,P x y ，()'x
f x e x =-，
∴()000'1x
f x e x =-=，令()x
h x e x =-，则()'1x
h x e =-，
当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数； 当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数；
所以()()min 01h x h ==，所以00x =，又02
00112
x e x x a -
-=+，所以0a =． （2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2
102
x
x e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．
令2()12
x
x g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．()()'x g x e x b h x =--=，()'1x
h x e =-,
当0x >时，()'10x
h x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，()min 1h x b =-，
①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，
故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2
102
x
x e bx ---≥恒成立，满足题意.
②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦， 令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1'10s b b
=->， 所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->，
故存在0x ，使得0'0g x 且()00,x x ∈时，()'0g x <，
()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.
综上可得：1b ≤．
14．（2021·浙江绍兴市·高三期末）已知函数()ln(1)n x f x x n
=+-，其中*n N ∈. （1）证明：2
1()1x f x x
≥-+； （2）证明：对任意的2n ≥，存在0n x >，使得()0n n f x =；
（3）在（2）的条件下，证明：11n n x x +->.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【详解】（1）()n f x 定义域是(1,)-+∞，设21()()ln(1)11x x g x f x x x x
=+=+-++， 则2'()(1)
x g x x =+，11x -<<时，()0g x '<，0x >时，()0g x '>， 所以()g x 在()1,0-单调递减，在[)0,+∞单调递增，
所以()()00g x g ≥=，即2
1()1x f x x
≥-+. （2）证明：'11(1)()1(1)
n n x f x x n n x --=-=++， 所以()n f x 在(]1,1n --上单调递增，在()1,n -+∞单调递减，
且()00n f =，由（1）可知111(1)ln 0n n n n f n n n n n
----=->-=，取204x n =， ()()()
000ln 14ln 14n f x x n x n =+-<+-(2ln 1440n n =+-<=， 由以上知()0n f x =在()0,∞+存在唯一的非零实数根n x .
（3）当2n ≥时，()ln(1)0n n n x f x x n =+-=，即ln(1)10n n x x n +-=，设ln(1)()x G x x
+=， 设()()ln 11n n n x G x x n +==，()()111ln 111
n n n x G x x n ++++==+， ∵2ln(1)1'()0x x x
G x x
-++=≤，所以函数()G x 单调递减， 所以11n n x x +->等价于证明()()1111
n n G x G x n ++>=+， 等价于()()
111ln 2ln 1n n n n x x n x x +<+=+++，即(1)ln(1)ln(2)ln(1)ln(2)n n n n n n x x x x x x ++<++++，
设()(1)ln(1)ln(2)ln(1)ln(2)(0)h x x x x x x x x =++-+-++≥，
12ln(1)ln(2)'()ln
2221x x x h x x x x x +++=+--++++，由（1）可知ln(1)1x x x x <+<+， 所以111ln ln 1222x x x x +⎛⎫=-<- ⎪+++⎝⎭，ln(2)1111122x x x x x x ++-<-⋅=-++++， 所以当0x >时，ln(1)'()02x h x x
+<-<+，故()h x 在()0,∞+单调递减， 所以()()00h x h ≤=，故11n n x x +->.
15.（2020·临川一中实验学校高考模拟）已知函数()e x
f x ax b =--.（其中e 为自然对数的底数）
（1）若()0f x ≥恒成立，求ab 的最大值；
（2）设()ln 1g x x =+，若()()()F x g x f x =-存在唯一的零点，且对满足条件的,a b 不等式e 1)-+≥（m
a b 恒成立，求实数m 的取值集合. 【答案】（1）2
e ；（2）{}1-． 【解析】（1）()x g x e a '=-，
当0a <时，()0g x '>，()g x 在R 上单调递增，取1min 0,b m a -⎧⎫=⎨⎬⎩
⎭，
当0x m <时，()000010x
g x e ax b ax b =--<-+-<矛盾； 当0a =时，()x
g x e b b =->-，只要0b -≥，即0b ≤，此时0ab =； 当0a >时，令()0g x '>，ln x a >，
所以()g x 在()ln ,a +∞单调递增，在(),ln a -∞单调递减()()ln ln g x g a a a a b ≥=--， 所以ln 0a a a b --≥，即ln b a a a ≤-，此时22ln ab a a a ≤-，
令()22ln h a a a a =-，()()2122ln 12ln h a a a a a a a a
'=--=-， 令()0h a '=
，a =
当(
a ∈，()0h a '>，()h a
在(上为增函数；
当)a ∈+∞，()0h a '<，()h a
在)
+∞上为减函数． 所以(
)1122h a h e e e ≤=-=，所以2
e ab ≤，故ab 的最大值为2e ． （2）()1x F x e a x
'=-+在()0,∞+单调递减且()F x '在()0,∞+的值域为R ， 设()F x 的唯一的零点为0x ，则()00F x =，()00F x '=，即00000
ln 1010x x x e ax b e a x ⎧+-++=⎪⎨-+=⎪⎩ 所以00
1x a e x =-，()001ln x o b x e x =--， 由()1m a e b -+≥恒成立，则()00000111ln x x m e e x e x x ⎛⎫--+≥-- ⎪⎝⎭
， 得()()0000
1ln 10x m x m e x m e x +-+-+-+≥在()0,∞+上恒成立． 令()()()1ln 1x m k x x m e x m e x
=+-+-+-+，()0,x ∈+∞， ()()()2211x x m k x x m e x m e x x x '⎛⎫=+++=++ ⎪⎝
⎭．
若0m ≥，()0k x '>，()k x 在()0,∞+上为增函数，注意到()10k =，知当()0,1x ∈时，()0k x <，矛盾；当(),x m ∈-+∞时，()0k x '>，()k x 为增函数，
若01m <<-，则当()1,x m ∈-时，()0k x '<，，()k x 为减函数，
所以()1,x m ∈-时，总有()()10k x k <=，矛盾；
若01m <-<，则当(),1x m ∈-时，()0k x '>，，()k x 为增函数，
所以(),1x m ∈-时，总有()()10k x k <=，矛盾；
所以1m -=即1m =-，此时当()1,x ∈+∞时，()0k x '>，()k x 为增函数，，
当()0,1x ∈时，()0k x '<，()k x 为减函数，而(1)0k =，所以()F x 有唯一的零点. 综上，m 的取值集合为{}1- ．。