2021届高三一轮复习精准培优专练4 恒成立问题(文) 学生版
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 max⑧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 <1B.a <2C.a >1D.a >2【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x+x−a．(1)若f x ≥0，求a的取值范围；【例3】已知函数f(x)=12x2-(a+1)ln x-12(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,eB.-∞,eC.0,1eD.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 ≥12g 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+1x−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.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,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+2ln 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+4x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-14.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.0B.1eC.1D.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12πf 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.-∞,1B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,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.7B.5C.72D.32.(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.-∞,1eC.0,eD.-1e ,03.(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 )=12ax 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 +xln xa ∈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 +12a =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 <1B.a <2C.a >1D.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 -1x，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 xx−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 -1x2 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 -12(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 +1x =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)1e,+∞ .【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 xx，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=1-2xx，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12,+∞ 上单调递减，所以f x 的极大值是f 12=-ln2-1，无极小值.(2)因为∀x >0，f x <0，即ln x -ax <0恒成立，即ln xx max<a .设g x =ln x x ，可得g x =1-ln xx2，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 ∈1e ,+∞ .【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 xx 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.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞【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 xxx >0 的最大值即得.【详解】由题可得k ≥ln xx 在区间(0,+∞)上恒成立，令f x =ln x x x >0 ，则f x =1-ln xx 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 ≥1e.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 =-1e+2，无极大值.(2)-2e 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 =2x+ln x 对任意的x ∈1,e 2 恒成立，令g x =2x+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∈1e,+∞，令f x <0，则x∈0,1e，所以f x 在0,1e上单调递减，在1e,+∞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 xx=2x+ln x对任意的x∈1,e2恒成立，令g x =2x+ln x，g x =-2x2+1x=-2+xx2=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 =2e2+2，所以g x max=g e2 =2e2+2，则-a≥2e2+2，则a≤-2e2-2.实数a的取值范围为：-2e2-2,+∞.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 ≥12g x 恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)1e,+∞，(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>1e，所以f(x)在1e,+∞单调递增(2)对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，即x ln x≥12-x2+ax-3恒成立，分离参数得a≤2ln x+x+3x.令h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞，则h x =x+3x-1x2．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+1x−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∈1e2,+∞时，f x ≥0,f x 在1e2,+∞上单调递增.故f(x)min=f1e2=-1e2.(2)f x ≥−x2+m+1x−2，即mx≤x ln x+x2+2，因为x>0，所以m≤ln x+x+2x在0,+∞上恒成立.令h x =ln x+x+2x，则m≤h(x)min,h x =1x+1-2x2=x+2x-1x2，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)2e-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 1af (1)<0，从而f x 存在零点x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 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),-2e -1,0,∴所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -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+1x 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 1af (1)=a e 1a -1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 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 =1x 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)=1x-1=1-xx．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≥xe x-1．令g(x)=xe x-1，所以g(x)=e x-1-xe x-1e2x-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)=xe 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+1a>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+1a>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.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,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+32x2+6x-32;(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=32时，f x =-x3+32x2+6x-32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-2x+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)=xln 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)=1-1t>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≥xln xmin，令h(x)=xln x(x>1)，则h (x)=ln x-1ln2x，故当x=e时，h(x)取得最小值h(e)=eln 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+2ln 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+4x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+2e-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 +4x-2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，对h x 进行求导，令hx =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fx =2x -8x =2x 2-8x,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 +4x成立，等价于2x +2a +4x-2a +2 ln x <0在2,e 内有解，可设h x =2x +2a +4x -2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，∴hx =2-2a +4x 2-2a +2x=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 +2e -1，又∵e 2-e +2e -1>e -2，所以a >e 2-e +2e -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-ln4ln4-1>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 +2e -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=12，(2)-∞,12【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+1x，利用导数求出函数g x =ln x+1x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 =1x-2a，由已知可得f 1 =1-2a=0，可得a=12，此时f x =1x-1=1-xx，列表如下：x0,111,+∞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+1x，构造函数g x =ln x+1x，其中x>0，则g x =-ln xx2，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≤12，因此，实数a的取值范围是-∞,12.3.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 xx2，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 xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，只需a<g(x)max．【详解】(1)f (x)=1x⋅x-ln xx2=1-ln xx2，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 xx2-1=1-ln x-x2x2 ，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 xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，g′(x)=1x⋅x(x-1)-(2x-1)ln xx2(x-1)2=x-1-(2x-1)ln xx2(x-1)2 ，令s(x)=x-1-(2x-1)ln x，x>1s′(x)=1-2ln x-(2x-1)•1x=x-2x ln x-2x+1x=-x-2x ln x+1x，令q(x)=-x-2x ln x+1，x>1q′(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limx→1ln xx(x-1)=limx→11x2x-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+1x0=ln x0+1x0，设g x =ln x+1x,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+1x,x>0，可得g x =1x-1x2=x-1x2，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 =1x+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+1x，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.1eC.1D.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 -1x >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 -1x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 =-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．【答案】(1)最大值为ln2-1，最小值为-12；(2)-1e 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-x2x，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-e2，极大值f (2)=ln2-1，综上，f (x )最大值为ln2-1，最小值为-12.(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 +1x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；-1a ,+∞ 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 >-1e 6，综上，a 的取值范围-1e 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12πf 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)12,+∞.【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,π2 π2π2,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π2,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,π2，函数f (x )的单调递减区间为-π2,0 ，π2,π ,所以函数f (x )的最大值为f -π2 =f π2 =π2．设h x =12πf x ，则当x ∈-π,π 时，h x max =12π⋅π2=14．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12≤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12,+∞．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln xx ，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.-∞,-ln22B.-∞,-ln22C.-∞,-1eD.-∞,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 xx2，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 =2e 2，故f x min =f 1 =0ln (x +1)+2ax 2<0在x ∈0,1 成立，当0<x <1时，-2a >ln (x +1)x 2min ，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 <-ln22．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 ≤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 -2C.-∞,e -54D.-∞,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0,12上恒成立，。
2020-2021北京高三一轮10 导数的恒成立与存在性问题.学生版
导数专题恒成立问题与存在性问题考纲要求知识框图知识点概述，导数的任意恒成立问题与存在能成立问题，一般情况下，是通过转化为极值与最值问题来处理，具体转化方式如下： 一、导数的恒成立问题1． ∀x ∈()a b ，，()f x k >恒成立⇔min ()f x k > 2． ∀()x a b ∈，，()()f x g x >恒成立⇔min [()()]0f x g x -> 3． 12()x x a b ∀∈，，，12()()f x g x >恒成立⇔min max ()()f x g x > 4． ∀()x a b ∈，，()f x k <恒成立⇔max ()f x k < 5． ∀()x a b ∈，，()()f x g x <恒成立⇔max [()()]0f x g x -< 6． 12()x x a b ∀∈，，，12()()f x g x <恒成立⇔max min ()()f x g x < 7． 12()x x a b ∀∈，，，12()()f x f x k -<恒成立⇔max min ()()f x f x k -< 二、导数的存在能成立问题1． ∃0()x a b ∈，，0()f x k >成立⇔max ()f x k > 2． ∃0()x a b ∈，，00()()f x g x >成立⇔max [()()]0f x g x -> 3． 12()x x a b ∃∈，，，12()()f x g x >成立⇔max min ()()f x g x > 4． ∃0()x a b ∈，，0()f x k <成立⇔min ()f x k < 5． ∃0()x a b ∈，，00()()f x g x <成立⇔min [()()]0f x g x -< 6． 12()x x a b ∃∈，，，12()()f x g x <成立⇔min max ()()f x g x < 三、恒成立与能成立综合问题1． 1()x a b ∀∈，，2()x a b ∃∈，，12()()f x g x >成立⇔min min ()()f x g x > 2． 1()x a b ∃∈，，2()x a b ∀∈，，12()()f x g x >成立⇔max max ()()f x g x > 3． 1()x a b ∀∈，，2()x a b ∃∈，，12()()f x g x =成立⇔max maxminmin()()()()f x g x f x g x ⎧⎨⎩⇔{|()()}{|()()}y y f x x a b y y g x x a b =∈⊆=∈，，，，任意恒成立问题已知命题p ：∀()x a b ∈，，()()f x g x >恒成立；命题q ：在区间()a b ，上，min max ()()f x g x >；则p 是q 的（ ）A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件设函数329()62f x x x x a =-+-，对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值．已知函数1()ln f x x x=-，证明：2x ≥时，(1)25f x x --≤．设l 为曲线C:ln xy x=在点(10)，处的切线． （I ）求l 的方程；（II ）证明:除切点(10)，之外，曲线C 在直线l 的下方．已知函数2()ln ()e exx f x x x g x ==-，． （I ）求()f x 在区间[13]，上的最小值； （II ）证明：对任意(0)m n ∈+∞，，，都有()()f m g n 成立．已知函数3()f x ax cx d =++(0)a ≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-．（1）求()f x 的单调区间；（2）证明对任意12(11)x x ∈-，，，不等式12|()()|4f x f x -<恒成立．存在能成立问题 已知函数21()(1)ln 2f x ax a x x =-++，27()28g x x bx =-+，当14a =时，函数()f x 在(0,2]上的最大值为M ，若存在[1,2]x ∈，使得()g x M ≥成立，求实数b 的取值范围．已知函数()ln f x x a x =-，1(),ag x a x+=-∈ (R). （Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（Ⅲ）若在[]1,e （e 2.718...=）上存在一点0x ，使得0()f x <0()g x 成立，求a 的取值范围．恒成立与能成立综合问题已知函数：()(1)ln ()a f x x a x a x =-+-∈R ，21()e e 2x xg x x x =+-（1）当[]1,e x ∈时，求)(x f 的最小值；（2）当1<a 时，若存在21e e x ⎡⎤∈⎣⎦，，使得对任意的[]()()212,0,2x g x f x <-∈恒成立，求a 的取值范围．已知函数247()2x f x x-=-，[01]x ∈，． （1）求()f x 的单调区间和值域；（2）设1a ≥，函数32()32g x x a x a =--，[01]x ∈，，若对于任意1[01]x ∈，，总存在0[01]x ∈，，使得01()()g x f x =成立，求a 的取值范围．练习A【练1】已知函数()1ln f x ax x ，aR ．（I ）讨论函数()f x 的单调区间： （II ）若函数()f x 在1x 处取得极值，对(0)x ，，()2f x bx恒成立，求实数b的取值范围．【练2】已知函数21()(1)ln 2f x ax a x x =-++，27()28g x x bx =-+． （Ⅰ）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）当14a =时，函数()f x 在(0,2]上的最大值为M ，若存在[1,2]x ∈，使得()g x M ≥成立，求实数b 的取值范围．【练3】已知函数2()exax x af x ++=． （Ⅰ）函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线与直线210x y +-=平行，求a 的值；（Ⅱ）当[0,2]x ∈时，21()ef x ≥恒成立，求a 的取值范围．【练4】已知函数2()()e xa f x x x a =+-（0a >）．（Ⅰ）当1=a 时，求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）当5x =-时，()f x 取得极值．①若5m ≥-，求函数()f x 在[],1m m +上的最小值； ②求证：对任意12,[2,1]x x ∈-，都有12|()()|2f x f x -≤．【练5】已知函数221()2e 3e ln 2f x x x x b =+--在0(0)x ，处的切线斜率为零． （Ⅰ）求0x 和b 的值；（Ⅱ）求证：在定义域内()0f x ≥恒成立； （Ⅲ）若函数()()aF x f x x'=+有最小值m ，且2e m >，求实数a 的取值范围．【练6】已知函数2()2ln f x x a x =+．（Ⅰ）若函数()f x 的图象在(2(2))f ，处的切线斜率为1，求实数a 的值； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅲ）若函数2()()g x f x x=+在[12]，上是减函数，求实数a 的取值范围．【练7】已知函数1()ln 1af x x ax x-=-+-． （Ⅰ）当102a <≤时，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）设2()24g x x bx =-+，当14a =时，若对任意1(0,2)x ∈，当2[1,2]x ∈时，12()()f x g x ≥恒成立，求实数b 的取值范围．【练8】已知函数．（Ⅰ）若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值；（Ⅱ）讨论函数的单调性；（Ⅲ）当时，记函数的最小值为，求证：． 22()ln (0)a f x a x x a x=++≠()y f x =(1,(1))f 20x y -=a ()f x (,0)a ∈-∞()f x ()g a 21()e 2g a ≤【练9】已知函数x x a x f ln )21()(2+-=，()a ∈R ．（Ⅰ）当1=a 时，求)(x f 在区间[1e]，上的最大值和最小值； （Ⅱ）若在区间()1+∞，上，函数)(x f 的图象恒在直线ax y 2=下方，求a 的取值范围．【练10】已知函数()ln ,f x x a x =+其中a 为常数，且1a ≤-．（Ⅰ）当1a =-时，求()f x 在2[e e ]，（e 2.71828=）上的值域；（Ⅱ）若()e 1f x ≤-对任意2[e e ]x ∈，恒成立，求实数a 的取值范围．练习B【练1】已知函数()e ln()x f x x m =-+，当时，证明．【练2】已知函数()()()1=ln 11x x f x x x++-+λ，若0x ≥时，()0f x ≤，求λ的最小值．【练3】已知函数()mx f x x =++211（m ≠0），2()e ()axg x x a =∈R ． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当m >0时，若对任意12,[0,2]x x ∈，12()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．【练4】已知函数()()[]21e 01xf x x x -=+∈，当，时，求证:()111x f x x-≤≤+．【练5】已知函数，()2e (1)x g x x =+，若2x -时，，求的取值范围．【练6】已知函数2l ()n f x x x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明:对任意的0t >，存在唯一的s ，使()t f s =．【练7】已知函数2()(2)ln f x ax a x x =-++．（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(1(1))f ，处的切线方程； （Ⅱ）当0a >时，函数()f x 在区间[1e]，上的最小值为2-，求a 的取值范围； （Ⅲ）若对任意12,(0,)x x ∈+∞，12x x <，且1122()+2()+2f x x f x x <恒成立，求a 的取值范围．【练8】已知函数：()(1)ln ()a f x x a x a x =-+-∈R ，21()e e 2x xg x x x =+-（1）当[]1e x ∈，时，求)(x f 的最小值； （2）当1<a 时，若存在21e e x ⎡⎤∈⎣⎦，，使得对任意的[]()()21220x f x g x ∈-<，，恒成立，求a 的取值范围．【练9】已知函数（）． （Ⅰ）试讨论在区间上的单调性；（Ⅱ）当时，曲线上总存在相异两点，，使得曲线在点，处的切线互相平行，求证：．【练10】已知函数． （Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）若，求证：函数只有一个零点，且； （Ⅲ）当时，记函数的零点为，若对任意120[0]x x x ∈，，且211x x -=，都有成立，求实数的最大值．（本题可参考数据：）11()()ln f x a x x ax=++-1a >()f x (0,1)[)3,a ∈+∞()y f x =11(,())P x f x 22(,())Q x f x ()y f x =P Q 1265x x +>21()ln()(0)2f x a x a x x a =--+<()f x 12(ln 21)a -<<-()f x 0x 012a x a +<<+45a =-()f x 0x 21()()f x f x m -≥m 99ln 20.7,ln0.8,ln 0.5945≈≈≈练习C【练1】已知函数2()(2)e ax f x ax x =-，其中a 为常数，且0a．（Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值点；（Ⅱ）若函数()f x 在区间2)上单调递减，求实数a 的取值范围．【练2】已知322()69f x x ax a x =-+（a ∈R ）．（Ⅰ）求函数()f x 的单调递减区间；（Ⅱ）当0a >时，若对[]03x ∀∈，有()4f x 恒成立，求实数a 的取值范围．【练3】已知函数． （Ⅰ）若函数在上为单调增函数，求的取值范围；（Ⅱ）设，，且，求证：．【练4】已知函数()xxx f ln =． （I ）判断函数()x f 的单调性；（Ⅱ）若=y ()x xf +x1的图像总在直线a y =的上方，求实数的取值范围； （Ⅲ）若函数()x f 与()3261+-=x m x x g 的图像有公共点，且在公共点处的切线相同，求实数m 的值．(1)()ln 1a x f x x x -=-+()f x (0,)+∞a m n +∈R m n ≠ln ln 2m n m nm n -+<-a【练5】已知]1,0[∈x ，函数)21ln()(2+-=x x x f ，a x a x x g 43)(23--=．（Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间和值域； （Ⅱ）设1a -，若1[01]x ∀∈，，总存在0[01]x ∈，，使得)()(10x f x g =成立，求a 的取值范围．【练6】已知函数()2ln pf x px x x=--． （Ⅰ）若2p =，求曲线()f x 在点(1(1))f ，处的切线方程； （Ⅱ）若函数()f x 在其定义域内为增函数，求正实数p 的取值范围；（Ⅲ）设函数2e()g x x=，若在[1e]，上至少存在一点0x ，使得0()f x ＞0()g x 成立，求实数p 的取值范围．课后作业【题1】（2018年房山二模）设函数()()ln f x x k x =-，（k 为常数），()()x f xx x g 11-=．曲线()x f y =在点()()1,1f 处的切线与x 轴平行.（Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求()g x 的单调区间和最小值； （Ⅲ）若ax g a g 1)()(<-对任意0>x 恒成立，求实数a 的取值范围．【题2】已知函数，其中． （Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）设．若，使，求的取值范围．【题3】已知函数，a ∈R ．（Ⅰ）若0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）若函数在[12]，上是减函数，求实数的取值范围； （Ⅲ）令，是否存在实数，当(0e]，（e 是自然对数的底）时，函数的最小值是3，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【题4】设函数xbx a x x f +-=ln )(在1=x 处取得极值． （Ⅰ）求a 与b 满足的关系式；（Ⅱ）若1>a ，求函数)(x f 的单调区间；2()xf x x b=+b ∈R )(x f 0b >13[,]44x ∃∈()1f x ≥b x ax x x f ln )(2-+=)(x f a 2)()(x x f x g -=a ∈x )(x g a23 / 23 （Ⅲ）若3>a ，函数3)(22+=x a x g ，若存在1m ，21[2]2m ∈，，使得12()()9f m g m -<成立，求a 的取值范围．【题5】已知函数21()(21)2ln ()2f x ax a x x a =-++∈R ． （Ⅰ）若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设2()2g x x x =-，若对任意1(0,2]x ∈，均存在2(0,2]x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【题6】（2017年东城二模理科）设函数．2()()e ()xf x x ax a a R -=+-⋅∈23 / 23 （Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）设，若对任意的，存在使得成立，求的取值范围．【题7】设函数的图象在点处的切线的斜率为，且函数为偶函数．若函数满足下列条件：①；②对一切实数，不等式恒成立． （Ⅰ）求函数的表达式； （Ⅱ）求证：．0a =()yf x (1,(1))f 2()1g x x x [0,2]t [0,2]s ()()f s g t a 3211()(,,,0)32f x ax bx cx a b c a =++∈≠R (),()x f x ()k x 1()()2g x k x x =-()k x (1)0k -=x 211()22k x x ≤+()k x 1112(1)(2)()2n k k k n n +++>+()n *∈N23 / 23【题8】(2019年二模东城理科)已知函数．（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．【题9】(2019年丰台区期末理)设函数．（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）如果恒成立，求实数的最小值．【题10】（2019年东城区期末）已知函数．()sin f x x x =+()y f x =(,())22f ππ()cos f x ax x ≥π[0,]2a ()sin cos ,[0,]2f x a x x x x π=-∈1a =()0f x ≥()0f x ≥a 2()e 2x f x ax x x =--23 / 23 (Ⅰ) 当时，求曲线在点处的切线方程；(Ⅱ) 当时，若曲线在直线的上方，求实数的取值范围．1a =()y f x =(0,(0))f 0x >()y f x =y x =-a。
专题04 恒成立问题(文理通用)(含详细答案)
专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0a f f a e>2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为14．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．16．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+ D ．21cos 12x x ≥-1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________． 2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________．6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________．1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________．3．已知函数1()ln (0)f x ax x a x=+>．（1）当1a =时，()f x 的极小值为___________；（2）若()f x ax ≥在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为___________． 4．已知函数()()221xf exx x =-+，则()f x 在点()()0,0f 处的切线方程为___________，若()f x ax ≥在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围为___________．5．设函数()32f x ax bx cx =++（a ，b ，R c ∈，0a ≠）若不等式()()2xf x af x '-≤对一切R x ∈恒成立，则a =___________，b ca+的取值范围为___________． 6．已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()xg x f x xe -=+，则a =___________；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为___________． 五、解答题1．已知函数()sin f x x ax =-，()=ln 1xg x x x e -+，2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数． （1）当()0,x π∈，()0f x <恒成立，求a 的取值范围；（2）当0a =时，记()()()h x f x g x =+，求证：对任意()1,x ∈+∞，()0h x <恒成立． 2．已知函数()1x f x ae x =--（1）若()0f x ≥对于任意的x 恒成立，求a 的取值范围 （2）证明：1111ln(1)23n n++++≥+对任意的n N +∈恒成立 3．若对任意的实数k 、b ，函数()y f x kx b =++与直线y kx b =+总相切，则称函数()f x 为“恒切函数”．（1）判断函数()2f x x =是否为“恒切函数”；（2）若函数()()ln 0f x m x nx m =+≠是“恒切函数”，求实数m 、n 满足的关系式；（3）若函数()()1x xf x e x e m =--+是“恒切函数”，求证：104m -<≤． 4．已知函数()(ln )sin x f x e x a x =+-．（1）若()ln sin f x x x ≥⋅恒成立，求实数a 的最大值； （2）若()0f x ≥恒成立，求正整数a 的最大值．专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断【试题来源】安徽省皖江名校联盟2021届高三第二次联考（理） 【答案】C【分析】当1x <时，求导，得出导函数恒小于零，得出()f x 在(),1-∞内是增函数．再由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，从而得()f x 在()1,+∞内是减函数，由此可得选项．【解析】当1x <时，'1()0xx f x e -=->，则()f x 在(),1-∞内是增函数． 由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，所以()f x 在()1,+∞内是减函数， 所以()()350f f ->．故选C ．2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef【试题来源】2020届福建省仙游县枫亭中学高三上学期期中考试（理） 【答案】B【分析】构造函数()()xf x F x e =，求出'()0F x >，得到该函数为R 上的增函数，故得(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，从而可得到结论．【解析】设()()x f x F x e =，x R ∈（），所以'()()[]xf x F x e '==()()xf x f x e '-， 因为对于()(),x R f x f x ∀∈<'，所以'()0F x >，所以()F x 是R 上的增函数，所以(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，即(1)(0)f f e <，2018(2018)(0)f f e <， 整理得()()10f ef >和()20182018(0f ef >）．故故选B ．3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 【试题来源】浙江省杭州市萧山中学2019-2020学年高三下学期返校考试 【答案】D【解析】对于A ，不妨令01a <≤，1b ≥，则1aab bb a aa a ab a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1baa b ⋅=即11b aaab-=，由10b a -≥可知101b aa -<≤，则101ab <≤，所以1≥ab ，2a b +≥，故A 正确； 对于B ，若a b ≤，则0a b e e -≤，320b a ->，故32ab e e b a -≠-即23a b e a e b +≠+，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，()ln ln ln 1b b a a b a b a a-≥-⇔-≥-， 令0b x a =>，()()ln 10f x x x x =-->，则()1x f x x-'=， 则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()10f x f ≥=，所以ln 10b b a a --≥即ln 1b ba a-≥-，故C 正确； 对于D ，设()()ln 0h x x x x =>，()()0x xg x x e=>， 则()ln 1h x x '=+，()1xxg x e -'=， 所以()h x 在()10,e -上单调递减，在()1,e -+∞上单调递增，则()()11h x h e e --≥=-，()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()()11g x g e -≤=，所以()()110h e g e --+<，即当1a b e -==时ln 0bba a e +<，故D 错误．故选D ． 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010【试题来源】新疆维吾尔自治区2021届高三第二次联考数学（理）能力测试试题 【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列1{}n n a a +-是等比数列，求得1n n a a +-，由累加法求得n a ，计算出n b ，然后求和122311202020202020n n b b b b b b ++++，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出n S 的最小值，再由不等式恒成立可得t 的最大值． 【解析】3212()43n n n f x a x a x a '++=--，所以12(1)430n n n f a a a '++=--=， 即有()2113n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是以2为首项3为公比的等比数列， 所以1123n n n a a -+-=⋅，1201111221123232313n n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --++---=-+-+-++-+=⋅+⋅++⋅+=所以31log n n b a n +==，所以12231120202020202011120201223(1)n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=+++⎪⨯⨯+⎝⎭1111120202020122311n n n n ⎛⎫=-+-++-=⎪++⎝⎭， 又20201ny n =+为增函数，当1n =时，1010n S =，10102020n S ≤<， 若n S t ≥恒成立，则t 的最大值为1010．故选D ．【名师点睛】本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得n a ，由对数的概念求得n b ，用裂项相消法求和新数列的前n 项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得n S 的最小值，从而根据不等式恒成立得结论． 二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0af f a e>【试题来源】江苏省扬州中学2019-2020学年高二下学期6月月考 【答案】BD【分析】根据()()'0f x f x +>，设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，得到()h x 在R 上是增函数，再根据a 是正实数，利用单调性逐项判断．【解析】设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，因为()()'0f x f x +>，所以()0h x '>，()h x 在R 上是增函数， 因为a 是正实数，所以2a a <，所以()()22aae f a e f a <，因为21a a e e >>， ()(),2f a f a 大小不确定，故A 错误， 因为a a -<，所以()()aa ef a e f a --<，即()()2a f a e f a >-，故B 正确．因为0a >，所以()()()000a e f a e f f >=， 因为1a e >，()(),0f a f 大小不确定．故C 错误．()()()000a e f a e f f >=，因为1a e >，所以()()0af f a e>，故D 正确．故选BD. 【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题．2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->【试题来源】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二下学期期中 【答案】BCD【分析】构造出函数()()xxf x F x e =，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中()()()f x xf x xf x '+<，从而确定函数()()xxf x F x e =是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误． 【解析】构造函数()()xxf x F x e =， 因为2[()()]()()()()()0()x x x xe f x xf x xe f x f x xf x xf x F x e e '+-+-=='<'， 故函数()()xxf x F x e=在R 上单调递减函数， 因为21>，所以212(2)(1)(2)(1)f f F F e e <⇒<，即2(2)(1)f f e<，故A 正确，B 错误； 因为()(1)0F F <，即()10f e<，所以()10f <，故C 错误； 因为()(1)0F F ->，即()110f e--->，所以()10f -<，故D 错误，故选BCD. 【名师点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数()()xxf x F x e=，这里要求解题者具有较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题． 3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1【试题来源】山东省肥城市2019-2020学年高二下学期期中考试 【答案】BCD【分析】先对函数求导，根据022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，排除A ；再由导数的方法研究函数单调性，判断出B 选项；构造函数()sin xg x x=，由导数的方法研究其单调性，即可判断C 选项；根据()sin x g x x =的单调性，先得到sin 2x x π>，再令()sin h x x x =-，根据导数的方法研究其单调性，得到sin 1xx<，即可判断D 选项． 【解析】因为()cos sin f x x x x =-，所以()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-， 所以022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，所以2x π=不是函数的极值点，故A 错； 若[]0,x π∈，则()sin 0f x x x '=-≤，所以函数()cos sin f x x x x =-在区间[]0,π上单调递减；因此()()00≤=f x f ，故B 正确； 令()sin x g x x =，则()2cos sin x x x g x x -'=， 因为()cos sin 0f x x x x =-≤在[]0,π上恒成立，所以()2cos sin 0x x xg x x -'=<在()0,π上恒成立，因此函数()sin xg x x=在()0,π上单调递减；又120x x π<<<，所以()()12g x g x >，即1212sin sin x x x x >，所以1122sin sin x x x x <，故C 正确；因为函数()sin x g x x =在()0,π上单调递减；所以0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()sin x g x x =也单调递减，因此()sin 22x g x g x ππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立；令()sin h x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 0h x x '=-≥在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()sin h x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 因此()sin 0h x x x =->，即sin 1xx <在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立； 综上，2sin 1x x π<<在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，故D 正确．故选BCD ． 【名师点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的方法研究函数的极值，单调性等，属于常考题型．4．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 【试题来源】冲刺2020高考数学之拿高分题目强化卷（山东专版） 【答案】ACD【分析】对选项A ，()f x 在[]1,2上的最小值小于a 即可；对选项B ，()g x 的最小值大于0即可；对选项C ，()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值即可；对选项D ，[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥即可．【解析】对选项A ，只需()f x 在[]1,2上的最小值小于a ，()f x 在[]1,2上单调递增，所以min 2()(1)111f x f ==-=-，所以1a >-，故正确； 对选项B ，只需()g x 的最小值大于0，因为[]πcos,2x a a a∈-，所以min ()52530g x a a a =-+-=->，所以503a <<，故错误； 对选项C ，只需()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值，min ()1f x =-，max ()525g x a a a =+-=-，即15a ->-，6a >，故正确；对选项D ，只需()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥，max 2()(2)212f x f ==-=，所以[]11,2x ∈，[]1()1,1f x ∈-， []0,1x ∈时，π0,22x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()g x 在[]0,1上单调递减， ()min (1)52a g x g ==-，()max (0)5a g x g ==-，所以()[]52,5g x a a ∈--，由题意，52151a a -≤-⎧⎨-≥⎩⇒34a ≤≤，故正确．故选ACD ．【名师点睛】本题主要考查不等式恒成立和存在性问题，考查学生的分析转化能力，注意恒成立问题和存在性问题条件的转化，属于中档题．5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．1【试题来源】江苏省南京市2020-2021学年高三上学期期中考前训练 【答案】ABC 【分析】将()41ln ln 3k x x x x --<-+，当1x >时，恒成立，转化为13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>，利用导数法研究其最小值即可．【解析】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立， 所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立， 令()()3ln ln 1xF x x x x x =++>，则()222131ln 2ln x x x F x x x x x---'=-+=．令()ln 2x x x ϕ=--，因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增． 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ， 于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++．（*） 因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式， 得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈． 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数，所以713,34t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即()min1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 因为k 为整数，所以0k ≤．故选ABC ． 6．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+D ．21cos 12x x ≥-【试题来源】广东省中山市2019-2020学年高二下学期期末 【答案】ACD 【分析】令10tx ，()1ln 1f t t t=+-，导数方法求出最小值，即可判定出A 正确；令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >，导数方法研究单调性，求出范围，即可判定B 错； 令()1xf x e x =--，导数的方法求出最小值，即可判定C 正确；令()21cos 12f x x x =-+，导数的方法求出最小值，即可判定D 正确． 【解析】A 选项，因为1x >-，令10t x ，()1ln 1f t t t=+-，则()22111t f t t t t -'=-=，所以01t <<时，()210t f t t-'=<，即()f t 单调递减；1t >时，()210t f t t -'=>，即()f t 单调递增； 所以()()min 10f t f ==，即()1ln 10f t t t=+-≥，即1ln t t t -≥，即()ln 11x x x +≥+，1x >-恒成立；故A 正确；B 选项，令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >， 则()()2222211112110222x x x f x x x x x ---⎛⎫'=-+==-≤ ⎪⎝⎭显然恒成立， 所以()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在0x >上单调递减， 又()10f =，所以当()0,1x ∈时，()()10f x f >=，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，故B 错； C 选项，令()1xf x e x =--，则()1xf x e '=-，当0x >时，()10xf e x ='->，即()f x 单调递增；当0x <时，()10xf e x ='-<，所以()f x 单调递减；则()()00f x f ≥=，即1x e x ≥+恒成立；故C 正确； D 选项，令()21cos 12f x x x =-+，则()sin f x x x '=-+， 所以()cos 10f x x ''=-+≥恒成立，即函数()sin f x x x '=-+单调递增， 又()00f '=，所以当0x >时，()0f x '>，即()21cos 12f x x x =-+单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()21cos 12f x x x =-+单调递减； 所以()()min 00f x f ==，因此21cos 12x x ≥-恒成立，故D 正确；故选ACD ． 三、填空题1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________．【试题来源】【全国区级联考】江苏省徐州市铜山区下学期高二数学（文）期中试题 【答案】2c ≥【解析】由()()f x g x ≥，即32ln 1x x c x -+≥+，即32ln 1c x x x ≥-+++．令()()32ln 10h x x x x x =-+++>，()()()21331x x x h x x'-++=-，故函数()h x 在区间()0,1上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()12h =，所以2c ≥．【名师点睛】本题主要考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立，问题，考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值等知识．首先根据()()f x g x ≥，对函数进行分离常数，这里主要的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值，根据这个最值来求得参数的取值范围．2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试（理） 【答案】(,2]e -∞【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果．【解析】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0mxx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )mxx m x e e x⇒≥，由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立， 由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤， 综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．【试题来源】四川省泸州市2020学年下学期高二期末统一考试（文） 【答案】(],3-∞【分析】求函数的导数，根据()0f x '，利用参数分离法进行转化，然后构造函数()g x ，转化为求函数的最值即可．【解析】函数的导数2()21f ax x x '=+-，由()0f x '在1x 上恒成立得2210a x x +-在1x 上恒成立，即221a x x+，得322x x a +在1x 上恒成立，设32()2g x x x =+， 则2()622(31)g x x x x x '=+=+，当1x 时，()0g x '>恒成立，即()g x 在1x 上是增函数， 则当1x =时，()g x 取得最小值()1213g =+=，则3a ， 即实数a 的取值范围是(],3-∞，故答案为(],3-∞.【名师点睛】本题主要考查函数恒成立问题，求函数的导数，利用参数分离法以及构造函数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键．属于中档题．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 【试题来源】2020年高考数学选填题专项测试（文理通用） 【答案】[)0,+∞【分析】把()ln f x x x =-，代入()10f x m -+≤，即ln 1m x x ≥-+恒成立，构造()ln 1g x x x =-+，利用导数研究最值，即得解．【解析】()ln f x x x =-，则()10f x m -+≤恒成立，等价于ln 1m x x ≥-+令11()ln 1(0),'()1(0)x g x x x x g x x x x-=-+>=-=> 因此()g x 在(0,1)单调递增，在(1)+∞，单调递减， 故max ()(1)00g x g m ==∴≥，故答案为[)0,+∞.【名师点睛】本题考查了导数在不等式的恒成立问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题．5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 【试题来源】2020届四川省成都七中高三二诊数学模拟（理）试题 【答案】0a e ≤<【分析】若函数()0x f x e ax =->恒成立，即min ()0f x >，求导得'()x f x e a =-，在0,0,0a a a >=<三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的min ()f x ，解关于a的不等式，再取并集，即得．【解析】由题意得，只要min ()0f x >即可，'()x f x e a =-，当0a >时，令'()0f x =解得ln x a =，令'()0f x <，解得ln x a <，()f x 单调递减， 令'()0f x >，解得ln x a >，()f x 单调递增，故()f x 在ln x a =时，()f x 有最小值，min ()(ln )(1ln )f x f a a a ==-， 若()0f x >恒成立，则(1ln )0a a ->，解得0a e <<； 当0a =时，()0x f x e =>恒成立； 当0a <时，'()x f x e a =-，()f x 单调递增，,()x f x →-∞→-∞，不合题意，舍去．综上，实数a 的取值范围是0a e ≤<．故答案为0a e ≤<6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】陕西省商洛市洛南中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（理） 【答案】(2,)+∞【分析】设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合题意，即可求得实数m 的取值范围．【解析】由题意，设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=， 则()22(1)(323)x x f x x x --=-+'=，当2[1,)3x ∈--或(1,2]x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当2(,1)3x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又由222(),(2)2327f f -==，即2()(2)3f f -<， 即函数()f x 在区间[1,2]-的最大值为2，又由当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，所以2m >， 即实数m 的取值范围是(2,)+∞．故答案为(2,)+∞【名师点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，其中解答中熟练应用函数的导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题．7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2020-2021学年高三上学期期中 【答案】32m ≤-【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可．【解析】()()()()222210xx x x x xme ex e ex me ex e ex e e++++-⇒≤≤ （1）， 令x ext e=，因为()0,x ∈+∞，所以0t >， 则不等式(1)化为2221(2)(1)11t t m t t m t --+++≤⇒≤+，设()xex f x e=，()0,x ∈+∞，'(1)()x e x f x e -=，当1x >时，'()0,()f x f x <单调递减， 当01x <<时，'()0,()f x f x >单调递增，因此当()0,x ∈+∞时，max ()(1)1f x f ==， 而(0)0f =，因此当()0,x ∈+∞时，()(0,1]f x ∈，因此(0,1]t ∈，设2221()1t t g t t --+=+，(0,1]t ∈，因此要想()()220x x xme ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，只需min ()m g t ≤，2'2243()(1)t t g t t ---=+，因为(0,1]t ∈，所以'()0g t <，因此()g t 在(0,1]t ∈时单调递减，所以min 3()(1)2g t g ==-，因此32m ≤-．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高二下学期期末适应性考试（理） 【答案】1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】先由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；原问题即可转化为直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象，由图象得到只需<<OA OB k a k ；根据导数的方法求出OA ，OB 所在直线斜率，进而可得出结果． 【解析】由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；所以若()()(ln )0=--<xf x e ax x ax 恒成立，只需0ln 0x e ax x ax ⎧->⎨-<⎩，即直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象如下：由图象可得，只需<<OA OB k a k ；设11(,)A x y ，由ln y x =得1y x'=，所以111OA x x k y x =='=， 所以曲线ln y x =在点11(,)A x y 处的切线OA 的方程为1111ln ()-=-y x x x x ， 又该切线过点O ，所以11110ln (0)1-=-=-x x x ，解得1x e =，所以1=OA k e； 设22(,)B x y ，由x y e =得e x y '=，所以22x OB x x k y e =='=，所以曲线x y e =在点22(,)B x y 处的切线OB 的方程为222()-=-x x y e e x x ，又该切线过点O ，所以2220(0)-=-x x ee x ，解得21x =，所以=OB k e ；所以1a e e <<．故答案为1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________． 【试题来源】黑龙江省七台河市田家炳高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）【答案】[1,)-+∞【分析】求导得到()x f x e a '=+，讨论10a +和10a +<两种情况，计算10a +<时，函数()f x 在[)00,x 上单调递减，故()(0)0f x f =，不符合，排除，得到答案． 【解析】因为()1x f x e ax =+-，所以()x f x e a '=+，因为0x ，所以()1f x a '+． 当10a +，即1a ≥-时，()0f x '，则()f x 在[0,)+∞上单调递增，从而()(0)0f x f =，故1a ≥-符合题意；当10a +<，即1a <-时，因为()x f x e a '=+在[0,)+∞上单调递增，且(0)10f a '=+<，所以存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00f x '=．令()0f x '<，得00x x <，则()f x 在[)00,x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意．综上，a 的取值范围是[1,)-+∞．故答案为[1,)-+∞．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________． 【试题来源】北京市101中学2019-2020学年高三10月月考 【答案】331n n >-【分析】将不等式中的数字2变为3，得出331n n >-，然后利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥即可，即可得出不等式331n n >-对任意的n *∈N 恒成立．【解析】13311>-，23321>-，33331>-，猜想，对任意的n *∈N ，331n n >-．下面利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥，即证ln 33ln n n ≥，即证ln ln 33n n ≤， 构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当3x ≥时，()0f x '<． 所以，函数()ln x f x x =在区间[)3,+∞上单调递减，当3n ≥时，ln ln 33n n ≤．所以，当3n ≥且n *∈N 时，33n n ≥，所以，331n n >-．故答案为331n n >-． 【名师点睛】本题考查数列不等式的证明，考查了归纳法，同时也考查了导数在证明数列不等式的应用，考查推理能力，属于中等题．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】湖北省襄阳市第一中学2019-2020学年高二下学期5月月考 【答案】(,1)-∞【分析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->，分类讨论，分离参数，求最值，即可求实数m 的取值范围．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->， (ⅰ)当(0,1)x ∈时，||0x m -≥，ln 0xx<，不等式恒成立，所以m R ∈； (ⅰ)当1x =时，|1|0m -≥，ln 0xx=，所以1m ≠； (ⅰ)当1x >时，不等式恒成立等价于ln x m x x <-恒成立或ln xm x x>+恒成立， 令ln ()x h x x x =-，则221ln ()x x h x x'-+=，因为1x >，所以()0h x '>，从而()1h x >， 因为ln xm x x<-恒成立等价于min ()m h x <，所以1m ， 令ln ()x g x x x =+，则221ln ()x xg x x+-'=， 再令2()1ln p x x x =+-，则1'()20p x x x=->在(1,)x ∈+∞上恒成立，()p x 在(1,)x ∈+∞上无最大值，综上所述，满足条件的m 的取值范围是(,1)-∞．故答案为(,1)-∞．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】陕西省安康市2020-2021学年高三上学期10月联考（理）【答案】4e -⎡⎤⎣⎦【分析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立，当0x ≠时，则2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩，然后构造函数()x e g x x=（0x >），()221x h x x x +=-（0x <），分别求解函数()g x 的最小值和()h x 的最大值，只需()()min max h x a g x ≤≤即可．【解析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立；当0x ≠时，则()2,012,0x e ax x a x x x x ⎧≥>⎪⎨-≥--<⎪⎩，因为当0x <时，20x x ->， 所以只需满足2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩即可，令()x e g x x =（0x >），则()()21x x e g x x-'=， 则()0,1x ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()0,1x ∈上递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()1,+∞上递增， 所以()()1min g x g e ==，所以a e ≤，令()221x h x x x +=-（0x <）， 则()()()()()()22222222112221x x x x x x h x x x x x --+-+-'==--，令()0h x '=，得x =x =则当x ⎛∈-∞ ⎝ ⎭时，()0h x '>；当x ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0h x '<， 所以函数()h x在⎛-∞ ⎝ ⎭上递增，在⎫⎪⎪⎝⎭上递减， 所以()4maxh x h ===-⎝⎭⎝⎭故4a ≥-4a e -≤．故答案为4e -⎡⎤⎣⎦．【名师点睛】本题考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围问题，考查学生分析问题、转化问题的能力，考查参变分离思想的运用，考查利用导数求解函数的最值，属于难题． 解决此类问题的方法一般有以下几种：（1）作出函数的图象，利用数形结合思想加以研究；（2）先进行参变分离，然后利用导数研究函数的最值，即可解决问题，必要时可以构造新函数进行研究．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________．【试题来源】河南省名校联盟2020届高三（6月份）高考数学（理）联考试题 【答案】[)0,+∞ 【分析】先根据2x π=时22f a ππ⎛⎫≤⎪⎝⎭得0a ≥，再对函数()f x 求导，研究导函数的单调性、最值等，进而研究函数()f x 单调性，即可解决．【解析】22f a ππ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π，0a ∴≥． 由题意得()()2sin sin cos 1sin cos 1f x x x x x x x x '=-++-=-+-⎡⎤⎣⎦， 令()sin cos 1g x x x x =-+-，则()sin g x x x '=-． 当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，()g x ∴的最小值为()1g ππ=--． 又22g π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，302g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，3,22x ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0g x ≤，即()0f x '≤， ()f x ∴在区间3,22ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数．02f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≤．又当0a ≥，3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0ax ≥，故()f x ax ≤恒成立，因此a 的取值范围是[)0,+∞．14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．【试题来源】6月大数据精选模拟卷04（上海卷）（满分冲刺篇） 【答案】e -【分析】把不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，转化为函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，结合函数的单调性和零点，得出1a-是函数ln y ax x =-的零点，即可求解． 【解析】由题意，不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，即函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，由ln ,0,0y ax x a x =-<>，则10y a x'=-<，所以ln y ax x =-为(0,)+∞减函数， 又由当0a <，可得1y ax =+为(0,)+∞减函数， 所以1y ax =+ 与ln y ax x =-同为单调减函数，且1a-是函数1y ax =+的零点， 故1a -是函数ln y ax x =-的零点，故110ln a a a ⎛⎫⎛⎫=⋅--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得a e =-．【名师点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把不等式恒成立问题转化为函数的性质和函数的零点问题是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________． 【试题来源】2020届辽宁省抚顺市高三二模考试（理） 【答案】12-【分析】设()()2211xx ax f x x e-+=≤，结合导数可知当0a <时，()()min 21f x f a =+；由题意可知，()()2122211a a f x f a e++≥+=≥，设()1t g t e t =--，则()0g t ≤，由导数可求出当0t =时，()g t 有最小值0，即()0g t ≥．从而可确定()0g t =，即可求出a 的值．【解析】设()()2211xx ax f x x e -+=≤，则()()()121xx x a f x e --+⎡⎤⎣⎦'=．当211a +≥，即0a ≥时，()0f x '≤，则()f x 在(],1-∞上单调递减， 故()()2211a f x f e -≥=≥，解得102ea ≤-<，所以0a ≥不符合题意； 当211a +<，即0a <时，()f x 在(),21a -∞+上单调递减，在(]21,1a +上单调递增， 则()()min21f x f a =+．因为2211xx ax e -+≥，所以()()2122211a a f x f a e ++≥+=≥． 令211a t +=<，不等式21221a a e++≥可转化为10te t --≤，设()1t g t e t =--， 则()1tg t e '=-，令()0g t '<，得0t <；令()0g t '>，得01t <<，则()g t 在(),0-∞上单调递减，在()0,1上单调递增；当0t =时，()g t 有最小值0， 即()0g t ≥．因为()0g t ≤，所以()0g t =，此时210a +=，故12a =-． 【名师点睛】本题考查了函数最值的求解，考查了不等式恒成立问题．本题的难点在于将已知恒成立问题，转化为()10tg t e t =--≤恒成立．本题的关键是结合导数，对含参、不含参函数最值的求解． 四、双空题1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．【试题来源】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020-2021学年高三上学期第一次联考 【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭[)5,-+∞【分析】求出导函数()2122122ax x f x ax x x-+'=-+=，只需方程22210ax x -+=有两个不相等的正根，满足1212010210x x a x x a ⎧⎪∆>⎪⎪=>⎨⎪⎪+=>⎪⎩，解不等式组可得a 的取值范围；求出 ()()1212f x f x x x +--的表达式，最后利用导数，通过构造函数，求出新构造函数的单调性，最后求出t 的取值范围．【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---， 设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭， 22()0a h a a '-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-．因此t 的取值范围是[)5,-+∞. 故答案为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞【名师点睛】本题考查了已知函数极值情况求参数取值范围问题，考查了不等式恒成立问题，构造新函数，利用导数是解题的关键，属于基础题．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________． 【试题来源】2021年新高考数学一轮复习学与练 【答案】13,2⎛⎤-∞-⎥⎝⎦132-【分析】将2n =代入求解即可；当n 为奇数时，cos 1n π=-，则转化。
2021届高考数学一轮复习训练函数、不等式中的恒成立问题
专题四 函数、不等式中的恒成立问题1．(2019年天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1，若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]2．(2016年河北衡水调研)设过曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝ax ＋2cos x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2]B ．(－1,2)C ．[－2,1]D ．(－2,1)3．当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]4．设0＜a ≤1，函数f (x )＝x ＋a 2x，g (x )＝x －ln x ，若对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．5．已知函数f (x )＝ax －ln x ＋x 2.(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)，求实数m 的取值范围．6．设函数f (x )＝x 22－a ln x －12(a ∈R )．(1)若函数f (x )在区间[1，e](e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上有唯一的零点，求实数a 的取值范围；(2)若在[1，e](e ＝2.718 28…为自然对数的底数)上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，求实数a 的取值范围．7．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1. (1)讨论函数f (x )零点的个数；(2)对任意的x ＞0, f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．8．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝4处的切线相互平行，求a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)设g (x )＝x 2－2x ，对任意的x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求实数a 的取值范围．专题四 函数、不等式中的恒成立问题1．C 解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，对称轴是直线x ＝a ∴当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立；当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1.综上，a ≥0，当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤xln x恒成立．设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1(ln x )2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴当x ＝e 时，g (x )有最小值为e ，∴a ≤e. 综上0≤a ≤e ，故选C.2．A 解析：由题意，得∀x 1∈R ，∃x 2∈R ，使得(－e 1x －1)(a －2sin x 2)＝－1，即函数y＝1e 11x +的值域为函数y ＝a －2sin x 2的值域的子集，从而(0,1)⊆[a －2，a ＋2]，即a －2≤0，a ＋2≥1⇒－1≤a ≤2.故选A.3．C 解析：不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变形为ax 3≥x 2－4x －3. 当x ＝0时，0≥－3，故实数a 的取值范围是R ；当x ∈(0,1]时，a ≥x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4>0成立，故函数f (x )单调递增，f (x )max ＝f (1)＝－6，故a ≥－6；当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3恒成立，记f (x )＝x 2－4x －3x 3，f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x ＋1)(x －9)x 4，当x ∈[－2，－1)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0.故f (x )mi n ＝f (－1)＝－2，故a ≤－2；综上所述，实数a 的取值范围是[－6，－2]．4．[e －2，1] 解析：f ′(x )＝1－a 2x 2＝x 2－a 2x2，当0＜a ≤1，且x ∈[1，e]时，f ′(x )＞0，∴f (x )在区间[1，e]上是增函数．∴f (x 1)min ＝f (1)＝1＋a 2.又g ′(x )＝1－1x(x ＞0)，易求g ′(x )＞0，∴g (x )在区间[1，e]上是增函数，g (x 2)max ＝g (e)＝e －1.由条件知只需f (x 1)min ≥g (x 2)max .即1＋a 2≥e －1，∴a 2≥e －2.∴a ≥e －2.∴e －2≤a ≤1.5．解：(1)依题意，f (x )＝－x －ln x ＋x 2，则f ′(x )＝－1－1x ＋2x ＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x.∵x ∈(0，＋∞)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝1时，f (x )有极小值，极小值为f (1)＝0，无极大值． (2)当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ＋x 2.∵∀x 1∈(1,2)，∃x 2∈(1,2)，使得f (x 1)－x 21＝mx 2－13mx 32(m ≠0)， 故ln x 1－x 1＝13mx 32－mx 2.设h (x )＝ln x －x 在(1,2)上的值域为A ，函数g (x )＝13mx 3－mx 在(1,2)上的值域为B ，当x ∈(1,2)时，h ′(x )＝1x－1<0，即函数h (x )在(1,2)上单调递减，故h (x )∈(ln 2－2，－1)．g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)．①当m <0时，g (x )在(1,2)上单调递减，此时g (x )的值域为B ＝⎝⎛⎭⎫2m 3，－2m 3， ∵A ⊆B ，又－2m3>0>－1，故2m 3≤ln 2－2，即m ≤32ln 2－3； ②当m >0时，g (x )在(1,2)上单调递增，此时g (x )的值域为B ＝⎝⎛⎭⎫－2m 3，2m 3， ∵A ⊆B ，又23m >0>－1，故－2m 3≤ln 2－2，故m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2.综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎡⎭⎫3－32ln 2，＋∞. 6．解：(1)f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，其中x ∈[1，e]．①当a ≤1时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )单调递增，又∵f (1)＝0，函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意； ②当a ≥e 2时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减， 又∵f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，e]上有唯一的零点，符合题意； ③当1<a <e 2时，1≤x <a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 又∵f (1)＝0，∴f (a )<f (1)＝0，∴函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点， 当a <x ≤e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当f (e)<0时符合题意，即e 22－a －12<0，∴a >e 2－12时，函数f (x )在区间[1，a ]上有唯一的零点；∴a 的取值范围是⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪a ≤1或a >e 2－12. (2)在[1，e]上存在一点x 0，使得f (x 0)<x 202－a ＋1x 0－x 0－12成立，等价于x 0＋1x 0－a ln x 0＋ax 0<0在[1，e]上有解，即函数g (x )＝x ＋1x －a ln x ＋ax在[1，e]上的最小值小于零．g ′(x )＝1－1x 2－a x －a x 2＝x 2－ax －a －1x 2＝(x ＋1)(x －a －1)x 2，①当a ＋1≥e 时，即a ≥e －1时，g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )的最小值为g (e)，由g (e)＝e ＋1＋a e －a <0可得a >e 2＋1e －1，∵e 2＋1e －1>e －1，∴a >e 2＋1e －1；②当a ＋1≤1时，即a ≤0时，g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )的最小值为g (1)，由g (1)＝1＋1＋a <0可得a <－2； ③当1<a ＋1<e 时，即0<a <e －1时，可得g (x )的最小值为g (a ＋1)，∵0<ln(a ＋1)<1，∴0<a ln(a ＋1)<a ，g (a ＋1)＝a ＋1＋1a ＋1－a ln(a ＋1)＋aa ＋1＝a ＋2－a ln(a ＋1)>2，∴g (1＋a )<0不成立．综上所述，a 的取值范围是(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＋1e －1，＋∞. 7．解： (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f (x )＝ax ＋ln x ＋1＝0，∴－a ＝ln x ＋1x.设h (x )＝ln x ＋1x ，∴h ′(x )＝－ln xx2，∴h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h max ＝h (1)＝1.又∵当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，h (x )＜0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，h (x )＞0，∴当－a ∈(－∞，0)或－a ＝1，即a ≥0或a ＝－1时， f (x )有一个零点； 当－a ∈(0,1)，即a ∈(－1,0)时， f (x )有两个零点；当－a ∈(1，＋∞)，即a ∈(－∞，－1)时， f (x )无零点． (2)∵ax ＋ln x ＋1≤x e 2x (x ＞0)，∴a ≤x e 2x －(ln x ＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，易证e x ≥x ＋1，∴有x e 2x －(ln x ＋1)x ＝e ln x e 2x －(ln x ＋1)x＝e 2x ＋ln x －(ln x ＋1)x ≥(2x ＋ln x ＋1)－(ln x ＋1)x＝2，当且仅当2x ＋ln x ＝0时等号成立， ∴⎣⎡⎦⎤x e 2x －(ln x ＋1)x min ＝2.∴实数a 的取值范围为(－∞，2]．8．解：(1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)，依题意f ′(1)＝f ′(4)，解得a ＝12.(2)f ′(x )＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x ＝(ax －1)(x －2)x(x >0)，①当a ≤0时， 函数f (x )单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)；②当0<a <12时， 函数f (x )单调递增区间为(0,2)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2，1a ； ③当a ＝12时， 函数f (x )单调递增区间为(0，＋∞)；④当a >12时， 函数f (x )单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，2. (3)依题意有f (x )max <g (x )max ＝0，由(2)知当a ≤12时， 函数f (x )在区间(0,2]单调递增， f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1，∴ln 2－1<a ≤12；当a >12时， 函数f (x )单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，2， ∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－2－12a－2ln a <0恒成立，∴a >12.故实数a 的取值范围为a >ln 2－1.。
2021届新高三数学精品专项测试题 7 导数中的恒成立问题 学生版
令
，则
，
于是当 即函数
时，
；当
时，
，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
，因此
，即实数 的最小值为 ，
故选 D．
例 3：【答案】（1）见解析；（2）
．
【解析】（1）函数
的定义域为 ，
．
1）当
时，
，
所以函数
在
单调递减，在
单调递增；
2）当
时，
，且方程
有两根 ，
．
①当
时，
，
所以函数
在
单调递减，在
，
单调递增；
可得
，可得
，
故
( 为常数)
又
，可得
故
，
整理可得
，
，求得
，
，
，
当
，即
，解得
，此时
单调递增；
当
，即
，解得
当
，即
，解得
，此时
单调递减，
，
取得极大值，
对 B，
，
，
，
，
，
，
画出
草图，如图所示：
，
，
，
，
，故 A 说法错误；
根据图象可知： 对 C，要保证
只有一个零点，故 B 说法正确；
在
上恒成立，
即：保证
在
上恒成立，
有两个极值点 ，
恒成立，求实数 的取值范围．
．且不等式
15．已知函数
（
）．
（1）当
时，求函数
的最小值；
（2）若
时，
，求实数 的取值范围．
精选-高考数学专题四恒成立问题精准培优专练文
培优点四恒成立问题1．参变分离法例1：已知函数()ln a f x x x =-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则的取值范围是_________．【答案】1a ≥- 【解析】233ln ln ln a x x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞， 只需要()3max ln a x x x >-． 令()3ln g x x x x =-，()'21ln 3g x x x =+-，()'12g =-，()2''11660x g x x x x-=-=<， ()'g x ∴在()1,+∞单调递减，()()()''10g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减，()()11g x g ∴<=-，1a ∴≥-．2．数形结合法例2：若不等式()log sin 20,1a x x a a >>≠对于任意的π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦都成立，则实数的取值范围是___________． 【答案】π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭【解析】本题选择数形结合，可先作出sin 2y x =在π0,4x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦的图像，扮演的角色为对数的底数，决定函数的增减，根据不等关系可得01a <<，观察图像进一步可得只需π4x =时，log sin 2a x x >， 即πππlog sin 21444aa >⋅=⇒>，所以π,14a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．3．最值分析法例3：已知函数()()ln 10f x a x a =+>，在区间()1,e 上，()f x x >恒成立，求的取值范围___________．【答案】e 1a ≥-【解析】()f x x >恒成立即不等式ln 10a x x -+>恒成立，令()ln 1g x a x x =-+， 只需()min 0g x >即可，()10g =，()'1a a x g x x x -=-=，令()'00a x g x x a x->⇒>⇒<（分析()g x 的单调性） 当1a ≤时()g x 在()1,e 单调递减，则()()010g x g <=(思考：为什么以1a =作为分界点讨论？因为找到()10g =，若要不等式成立，那么一定从1x =处起()g x 要增（不一定在()1,e 上恒增，但起码存在一小处区间是增的），所以1a ≤时导致()g x 在1x =处开始单减，那么一定不符合条件．由此请体会零点对参数范围所起的作用）当1a >时，分x a =是否在()1,e 中讨论（最小值点的选取）若1e a <<，单调性如表所示()()10e 1e 0g a g ⎧≥⎪∴⇒≥-⎨≥⎪⎩，e 1e a ∴-≤<．（1）可以比较()1g ，()e g 的大小找到最小的临界值，再求解，但比较麻烦．由于最小值只会在1x =，e x =处取得，所以让它们均大于0即可．（2）由于1x =，e x =并不在()1,e 中，所以求得的只是临界值，临界值等于零也符合条件）若e a ≥，则()g x 在()1,e 上单调递增，()()10g x g ∴>=，符合题意，综上所述：e 1a ≥-．一、选择题1．已知函数()()2ln 1,03,0x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+>⎪⎩，若()()20f x m x -+≥，则实数的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．[]2,1-C ．[]0,3D ．[)3,+∞【答案】B【解析】若()()20f x m x -+≥，即有()()2f x m x ≥+，分别作出函数()f x 和直线()2y m x =+的图象，由直线与曲线相切于原点时，()23'23x x x +=+，则23m +=，解得1m =，由直线绕着原点从轴旋转到与曲线相切，满足条件．即有023m ≤+≤，解得21m -≤≤．故选B ．2．已知函数()3224f x x x x =--+，当[]3,3x ∈-时，()214f x m m ≥-恒成立，则实数的取对点增分集训。
2021届高三复习专练(理) 4恒成立问题
4恒成立问题例1：设函数，．（1）解方程； （2）若是上的奇函数，且对任意实数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据题意，原方程可转化为，即，解得，经验证，是原方程的解．（2）因为是上的奇函数，所以，故，，则，且在上单调递增． 由，得， 又是上的奇函数，所以， 又在上单调递增，所以，故对任意的都成立，即对任意的都成立， 因为（当且仅当时取等号），所以， 故实数的取值范围是．例2：已知函数，如果当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】．()3xg x =()9xh x =33()log 2()8l (og 9())x g x h x +-=+(1)()()g x af xg x b++=+R (())(())120f h x f k g x -+-⋅>x k 2x =(,2)-∞32389)9(x x x⋅-=+⋅39x=2x =2x =1(1)3()()3x x g x a af xg x b b++++==++R ()()f x f x -=-3a =-1b =2()3(1)31x f x =-+()f x R (())(())120f h x f k g x -+-⋅>(())(())12f h x f k g x -⋅>--()f x R (())(())12f h x f k g x ⋅->-()f x R ()()12h x k g x ⋅>--23132x x k ->⋅-x ∈R 133x x k <+x ∈R 11323233xx x x +≥⋅=133xx =2k <k (,2)-∞()1ln xf x x +=1x ≥()1k f x x ≥+k (,2]-∞1、利用最值分析2、分离参数求解【解析】∵，∴， 即只需要即可，设，∴，令(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析） ∴， ∵，∴，∴在单调递增，∴， ∴，∴在单调递增， ∴当时，， ∴．∴实数的取值范围是．例3：已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】．【解析】先作出的图象，1x ≥()()11ln 1ln 1x x x kk x x x+++≥⇔≤+()()min11ln x x k x ++⎛⎫≤⎪⎝⎭()()()11ln x x g x x++=()()()()()2211ln 11ln ln x x x x x x x g x x x '++-++⎡⎤-⎣⎦'==()ln h x x x =-()111x h x x x-'=-=1x ≥()0h x '≥()h x [1,+)∞()()110h x h ≥=>()0g x '>()g x [1,+)∞1x ≥()()min 12g x g ==2k ≤k (,2]-∞()21log a x x -<()1,2x ∈a (1,2]()21y x =-3、数形结合观察图象可得：若要使不等式成立，则的图象应在的上方， ∴应为单增的对数函数，即，另一方面，观察图象可得：若要保证在时不等式成立，只需保证在时，即可，代入可得， 综上可得：．一、选择题1．已知不等式对任意的恒成立，则整数的最小值为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A【解析】令，则， 令，则在上，． 当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，，， 所以当时，取得最大值，即， 所以，即整数的最小值是，故选A ． 2．已知，不等式在上恒成log a y x =()21y x =-log a y x =1a >()1,2x ∈2x =()21log a x x -<2x =1log 22a a ≤⇒≤12a <≤sin cos x x x a +≤[0,π]x ∈a 2101-()sin cos f x x x x =+()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=()0f x '=[0,π]π2x =π(0,)2x ∈()0f x '>()f x π(,π)2x ∈()0f x '<()f x (0)1f =ππ()22f =(π)1f =π2x =()f x max ππ()()22f x f ==π2a ≥a 2()2243,023,0x x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨--+>⎪⎩()()2f x a f a x +>-[],1a a +立，则的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A【解析】作出的图象可知为减函数，∴等价于在恒成立，即，解得．3．若不等式对任意恒成立，则的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】恒成立不等式变形为，即的图象在图象的上方，先作出的图象， 对于，可看作经过平移得到，而平移的距离与的取值有关． 通过观察图象，可得只需，解得．4．已知，分别为定义域为的偶函数和奇函数，且，若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】依题意知，∴， a (),2-∞-(1,)+∞(0,2)(,0)-∞()f x ()f x ()()2f x a f a x +>-2x a a x +<-[],1x a a ∈+()()max 221a x a >=+2a <-21x x c +->x ∈R c (1,)+∞1(,)2+∞(0,1)1(,1)221x c x ->-2y x c =-1y x =-1y x =-2y x c =-y x =c 21c >12c>()f x ()g x R ()()xf xg x e +=x 22()0()f x ag x -≥(0,ln 2)a 40(,)9-∞-40[,)9+∞40(,]9-∞40(,0)9-()()()()xf xg x f x g x e --+-=-=1()()2x xf x e e -=+，关于的不等式在区间上恒成立，等价于在区间上恒成立， 等价于． 令，∵，∴，，∴， 故实数的取值范围是． 5．设正数，，对任意，不等式恒成立，则正数的取值范围是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由，可得，∴，，可得在单调递增，在单调递减，故， ∴若原不等式恒成立，只需，再进行一次参变分离，，则只需，，∴， ∴，解得．1()()2x x g x e e -=-x 22()0()f x ag x -≥(0,ln 2)222()4()()()x x x x f x e e a g x e e --+≤=-(0,ln 2)min24()[]((0,ln 2))()x x x x e e a x e e --+≤∈-x x t e e -=-(0,ln 2)x ∈3(0,)2t∈224()40()9x x x x e e e e t --+==>=-409a ≤a 40(,]9-∞()221e x f x x +=()2x e xg x e =()12,0,x x ∈+∞()()121g x f x k k ≤+k (0,1)[1,)+∞[,)e +∞[1,)e ()()121g x f x kk ≤+()()211kf x g x k ≤+()()21max 1kf x g x k ≥⎡⎤⎣⎦+()()21x g x e x e -'=⋅-()g x ()0,1()1,+∞()()max 1g x g e ==()21kf x e k ≥+()()2211kf x k e e f x k k +≥⇒⋅≤+()2min 1k e f x k+⋅≤⎡⎤⎣⎦()222112e x f x e x e x x +==+≥=()2min 2f x e =⎡⎤⎣⎦12k e e k+⋅≤1k ≥二、填空题6．若不等式对任意的，恒成立，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】设，，则，则原不等式可化为，则由上式对任意的恒成立，得对任意的恒成立． 若，不等式显然成立； 若，在区间上单调递减，在区间上单调递增， ，则，即， 综上所述，的取值范围是． 7．已知函数，对任意的，都有，则最大的正整数为 ． 【答案】【解析】，即，作出函数和的图象，22(ln )2(1)ln 40m x y x m -++<3[,]x e e ∈[1,3]y ∈m 4(,)5-∞ln x s =3[,]x e e ∈[1,3]s ∈22(ln )2(1)ln 40m x y x m -++<24()2(1)m s y s+<+[1,3]y ∈4()4m s s+<[1,3]s ∈0m ≤0m >4()f s s s=+[1,2](2,3]4()5f s ∴≤≤54m <405m <<m 4(,)5-∞||)(x e x f =)1](,1[>∈m m x ex x f ≤-)2(m 4ex x f ≤-)2(2x e ex -≤()2x g x e-=()h x ex =可知，，，∴， 即的最大整数值为．8．已知，，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】【解析】令，可得，，由可得，当时，，，，即，∴在上单调递增，∴，即，解得，结合，可得．三、解答题9．设，当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】．【解析】恒成立不等式为，只需，令，则对称轴为．①当时，在单调递增，∴，()()11g h e ==()()2444g e h e =<=()()3555g e h e =>=5m <m 4()22ln f x a x x ax =-+(0)a >()32e f x e ≤≤+[]1,x e ∈a {}1e +1x =()11f e a e ≥⇒≥+()()()222x a x a a f x x a x x-+'=-+=-1a e ≥+[]1,x e ∈0x a -<20x a +>()()20x a x a x-+->()0f x '>()f x []1,e ()32f e e ≤+2232a e ae e -+≤+21e a e --≤≤+1a e ≥+1a e =+()222f x x mx =-+[)1,x ∈-+∞()f x m ≥m []3,1m ∈-2220x mx m -+-≥()2min220x mx m-+-≥()222g x x mx m =-+-x m =1m ≤-()g x [)1,-+∞()()min 11220g x g m m =-=++-≥∴，即；②当时，在单调递减，在单调递增，∴，∴，即， 综上，．10．已知函数，．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）当时，，， 易得当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减． （2）恒成立，只需， 由，得，令，解得，∴在单调递减，在单调递增， ∴，∴，都有恒成立，即只需．， 当时，令， 3m ≥-[]3,1m ∈--1m >-()g x ()1,m -(),m +∞()()22min 220g x g m m m m ==-+-≥21m -≤≤(]1,1m ∈-[]3,1m ∈-()()221ln ,f x ax a x x a =-++∈R ()1=--xg x e x 0=a ()f x ()120,,x x ∈+∞∈R ()()12f x g x ≤a []1,0a ∈-0=a ()ln =-+f x x x ()111-'=-+=xf x x x01<<x ()0'>f x 1>x ()0'<f x ()f x (0,1)(1,)+∞()()12≤f x g x ()()1min f x g x ≤()1xg x e x =--()1'=-xg x e ()0'>g x 0x >()g x (),0-∞()0,+∞()()min 00==g x g ()10,∀∈+∞x ()211121ln 0ax a x x -++≤()max 0f x ≤()()()()222112111221-++--'=--+==ax a x ax x f x ax a x x x0a >21a x a+=则，与矛盾，当时，，∴，解得， ∴在单调递增，在单调递减， ∴， ∴，解得， 综上所述：． 11．已知函数，其中． （1）讨论函数的单调性；（2）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1），当时，可得恒成立，∴在单调递增； 当时，令，可解得或∴在，单调递增；在，单调递减． （2）若在上恒成立，则只需，由（1）可知在的边界处取得最大值，∴，即对任意的恒成立， 21211ln ln 20a a f aa a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+>⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()0f x ≤0a ≤210ax -<()0'>f x 1x <()f x ()0,1()1,+∞()()()max 1211==-+=--f x f a a a 10--≤a 1≥-a []1,0a ∈-()=++af x x b x,a b ∈R ()=y f x ]2,21[∈a 10)(≤x f ]1,41[b 7(,]4-∞()2221-'=-=a x af x x x 0a ≤()0'≥f x ()f x ()(),0,0,-∞+∞0a >()0'>f x x >x <()f x (,-∞)+∞(0)10)(≤x f ]1,41[max ()10f x ≤()f x ]1,41[()1104110⎧⎛⎫≤⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪≤⎩f f 39449⎧≤-⎪⎨⎪≤-⎩b a b a ]2,21[∈a∴，可得， 综上，的取值范围为．12．设，其中，函数在点处的切线方程为．其中．（1）求证：函数有且仅有一个零点； （2）当时，恒成立，求最小的整数的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】（1），所以， 当时，，即，解得， ，函数在上单调减， 由于， 则函数有且仅有一个零点． （2）一方面，当时，，由此； 当时，下证：，在时恒成立， ， min min39(4)4(9)⎧≤-⎪⎨⎪≤-⎩b a b a 74b ≤b 7(,]4-∞()ln x af x b x e=-,a b ∈R ()f x (1,(1))f 12(1)1y x e e=-+++ 2.7182e ≈()f x ()0,x ∈+∞()kf x ex<k 2()x a bf x e x'=--1(1)(1)a f b e e '=--=-+1x =1y e =1(1)a f e e==1a b ==11()0xf x e x'=--<()f x (0,)x ∈+∞1(1)0f e =>1()10e f e e=-<()f x 1x =1(1)kf e e=<2k ≥2k =2()f x ex<(0,)x ∈+∞21()ln x f x x ex e <⇔-22ln x x x x ex e e<⇔-<记函数，，在上单调递增，在上单调递减， ； 记函数，，在上单调递减，在上单调递增，，即， ，成立， 又因为和不能同时在同一处取到最大值， 所以当时，恒成立，所以最小整数． ()x x g x e =1()x x g x e-'=()g x (0,1)(1,+)∞1()(1)g x g e≤=()ln h x x x =()1ln h x x '=+()h x 1(0,)e 1(,+)e ∞11()()h x h e e ≥=-1()h x e -≤-ln ()x x x x g x e -=112(())h x e e e +-≤+=()g x ()h x (0,)x ∈+∞2()f x ex <2k =。
2021届高三复习专练 4恒成立问题
综上， m 3,1 ． 10．已知函数 f x ax2 2a 1 x ln x, a R ， g x ex x 1．
（1）当 a 0 时，求函数 f (x) 的单调区间；
（2）若对于任意的 x1 0, , x2 R ，不等式 f x1 g x2 恒成立，求实数 a 的取值
4 恒成立问题
1、利用最值分析 例 1：设函数 g(x) 3x ， h(x) 9x ．
（1）解方程 x log3(2g(x) 8) log3(h(x) 9) ；
（2）若
f
(x)
g(x 1) a g(x) b
是R
上的奇函数，且
f
(h(x) 1)
f
(2 k
g(x))
0
对任意
实数 x 恒成立，求实数 k 的取值范围．
∴ y loga x 应为单增的对数函数，即 a 1 ，
另一方面，观察图象可得：若要保证在 x 1, 2 时不等式成立， 只需保证在 x 2 时， x 12 loga x 即可，代入 x 2 可得1 loga 2 a 2 ，
综上可得：1 a 2 ．
一、选择题
1．已知不等式 xsin x cos x a 对任意的 x [0, π] 恒成立，则整数 a 的最小值为（ ）
]min
(
x
(0,
ln
2))
．
令 t ex ex ，∵ x (0, ln 2) ，∴ t (0, 3) ， 2
4(ex ex ) 4 (ex ex )2
t2 t2
4
4
1 t2
4 t4
4
4 64 40 ，∴ a 40 ，
9 81 9
9
故实数 a 的取值范围是 (, 40] ． 9
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2
上的截距分别为e-1,2.因此所求三角形的面积为e-1.
(2)由题意a>0,当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1.
x-1 1
当 a=1 时,f(x)=e -ln x,f'(x)=e - .
x-1
当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.
故所求的直线方程为l1:x-y+1=0,l2:x-y-1=0.
(2)f(x)>g(x)恒成立,即aex+ln a>ln(x+1)+1在(-1,+∞)上恒成立,可等价转化
为aex+ln(aex)>ln(x+1)+(x+1)在(-1,+∞)上恒成立.设h(t)=t+ln t,则
1
h'(t)=1+ >0,h(t)单调递增,因而
不等式一边,也可以将只含有λ的一个代数式分离到不等式的一边;
(3)求函数h(x)的最值或值域.求h(x)最大值或值域的方法要依据函数h(x)的
形式而确定,可以用导数法、均值不等式法、换元法、单调性法等等;
(4)得出结论.若h(x)的最大值为M,则g(λ)≥M;若h(x)不存在最大值,其值域
为(m,M)时,g(λ)≥M.
递增.h(x)min=h( 1-)<h(0)=0,这与 h(x)≥0 矛盾,应舍去.
综上可知,实数 a 的取值范围为[1,+∞).
考向3.“同构法”解决不等式恒成立问题
例3.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
2025年高考一轮复习-专题复习- 恒成立与存在性问题【含解析】
专题8：恒成立与存在性问题【原卷版】1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是()A ．3[,1)2e-B ．33[,24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是()A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e-，3)2eC ．25[3e ，1)D ．3[2e，1)3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是()A ．3[2e-，1)B ．3[2e，1)C ．3[2e-，34D ．3[2e，344．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,4e B ．23[,)4e C ．2(,1)eD ．2[,1)e5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞D ．(1,)-+∞6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞D ．21(e-，0)7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x -- 恒成立，则a 的取值范围是()A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p∀，(0,1)q ∈，且p q≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+--- ，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．11e-D ．212e +12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e -C ．212e +D ．11e-13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为()A ．312e--B ．322e--C ．3142e --D ．11e--14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x+-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-' ，则实数b 的取值范围是()A．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,4-∞D ．(,3)-∞15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为()A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)e D ．1[e-，0)16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为()A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-17．设函数24(),()xx f x g x xe x+==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x + k k恒成立，则正数k 的取值范围为()A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +-18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x有解，则实数a 的值为．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，则实数c 的取值范围是．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +- 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为．26．若()1f x x alnx =--，()xex g x e=，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为．28．设函数2221(),()xe x e xf xg x x e+==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+ ，恒成立，则正数k 的取值范围是．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．专题8：恒成立与存在性问题【解析版】1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是()A ．3[,1)2e-B ．33[,24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>，∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=--- ，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是()A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e-，3)2eC ．25[3e ，1)D ．3[2e，1)【解析】函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a --- ，解得253a e，a ∴的取值范围是25[3e ，32e．故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是()A ．3[2e-，1)B ．3[2e，1)C ．3[2e-，34D ．3[2e，34【解析】设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-，由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+ ，∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>，∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>，直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=--- ，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,4e B ．23[,)4e C ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-，则()(32)x g x e x '=+，2(,3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>，2a e∴>，1a <，a ∴的取值范围2(e，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞D ．(1,)-+∞【解析】 曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+，10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增，1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是()A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞D ．21(e-，0)【解析】 曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解，即得(1)x a x e -=-有两个不同的解，设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增，2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →，20a e -∴>>-．故选：D．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x -- 恒成立，则a 的取值范围是()A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x -- ，1122()2()2f x x f x x ∴-- ，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数，()20(0)ag x x x x'=+-> 恒成立，22a x x ∴- 恒成立，222(1)1x x x -=--+ ，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴ ．即a 的取值范围是[1，)+∞．故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是()A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立则2()maxa x >-而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p∀，(0,1)q ∈，且p q≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为()A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+，所以(1)2(1)2af x x x '+=-++．因为p，(0,1)q ∈，且p q≠，所以(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+ 恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+ 恒成立，所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ．故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1]1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+，p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立，整理可得：268a x x >++，01x << ，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ．故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+--- ，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．11e-D ．212e +【解析】()0f x 可化为3(33)0x x e x x ae x -+-- ，即333xx a x x e -+-，令3()33xx F x x x e =-+-，则21()33(1)(33)x xx F x x x x e e--'=-+=-++，令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-，故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331ee=-+-=-；故实数α的最小值为11e-．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为()A ．21e-B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x-++ 有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x=-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx xx'=-++，令1()3(1)h x lnx x=++，则231()x h x x-'=，令()0h x '>，解得：13x >，令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >，令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<，故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e=-，故a 的最小值是11e-，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为()A ．312e--B ．322e--C ．3142e--D ．11e--【解析】323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+-- 在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+- 在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔- ．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e+-+-==+-+-，则211()336(1)(36)x xx g x x x x x ee -'=+--=-++，[2x ∈- ，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增；∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值，3122a e∴-- ，3142a e∴-- ．故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x+-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-' ，则实数b 的取值范围是()A．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,4-∞D ．(,3)-∞【解析】2()()lnx x b f x x+-=，0x >，2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=，12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=，存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+，设1()2g x x x=+，()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=，当()0g x '=时，解得：2x =，当()0g x '>时，即22x < 时，函数单调递增，当()0g x '<时，即122x <时，函数单调递减，∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=，94b ∴<，故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为()A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)e D ．1[e-，0)【解析】1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ，()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=，所以1a e- ，即实数a 的取值范围是1a e- ，故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为()A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ，依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞-易得3a <-．故选：D ．17．设函数24(),()xx f x g x xe x+==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x + k k恒成立，则正数k 的取值范围为()A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +-【解析】对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +k k恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x + k k恒成立，2444()24x f x x x x x x+==+⋅= ，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =k k；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()(11e max g x e +++k k ，∴141e e ++ k k，又0>k ，解得1404e e +<-k．∴正数k 的取值范围为14(0,4e e +-．故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x有解，则实数a 的值为15．【解析】22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，有解，由y =，可得函数y 的几何意义为点(,)2xe x 和点(,)2a a 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,2，可得切点到直线20x y -=的距离为5d =，有解，且等号成立，由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10，即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是(-∞，14-．【解析】设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-，221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10ag x x x∴'=-+ ，2211(24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-，14a ∴-．a ∴的取值范围是(-∞，14-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是3[2e，1)．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．【解析】（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+ ，∴当12x <-时，()0g x '<，∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=--- ，解得32a e．a ∴的取值范围是3[,1)2e．（2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ，()x f x xe =- ，()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e=-．2()(1)g x x a =++ ，()max g x a ∴=．1a e∴- ，∴实数m 的取值范围是1[,)e-+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e-+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，则实数c 的取值范围是1[e，){}e +∞- ．【解析】当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++ 恒成立，即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+ 恒成立，即(0,)x ∈+∞时，1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnxc xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x=，21()lnx f x x-'=，令()0f x '>，解得：0x e <<，令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减，()max f x f∴=（e ）1e=，而10y x =-<，又当1x e=时，2()(1)(1)0c xc lnx xc e-+=+ 符合条件，c e ∴=-，故1c e，或c e =-，故答案为：1[e，){}e +∞- ．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +- 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是[0，1]．【解析】当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex - ，即有xe ae x的最小值，令()xe g x x=，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增；当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减．即有1x =处取得最小值，且为e ，则ae e ，解得01a < ；当0a <时，0x >，0x e aex ->，只要10ax + 恒成立，由于11ax + ，则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是1a e-或a e =．【解析】0a <，则0lnx ax + ，令y lnx ax =+，则1y a x'=+，10x a∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a ∴=-时，函数取得最大值1(1ln a--，0lnx ax + ，1()10ln a ∴-- ，1a e∴- ；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意；0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩ 或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =，综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是(-∞，1]-．【解析】当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x+=，不等式321ax x x lnx x+++ 在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++ ，令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数，()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x=+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）．()()f x g x ∴ 在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x+=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立．综上，1a - ．故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f xg x g x --成立，则实数a 的取值范围为[3-，0)．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10a f x x'=->恒成立，此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数，又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数不妨设1201x x < ，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-，则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x -- 等价为121211|()()|4||f x f x x x -- ，即212144()()f x f x x x ++ 设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+，则121211|()()|4||f x f x x x -- ，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=，240x ax ∴-- 在(0，1]上恒成立，即4a x x- 在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x=-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x∴=-的最大值为3-3a ∴- ，又0a <，[3a ∴∈-，0)．故答案为：[3-，0)．26．若()1f x x alnx =--，()xex g x e=，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为22[33e -，0)．【解析】易知1(),()f xg x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f xg x g x -<-等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-，即212111()()()()f x f xg x g x -<-；令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=-- 在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈ 恒成立；令11(),[3,4]x x e u x x ex x--=-+∈，∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为[1-，2]．【解析】由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--，11x e +> ，∴1(0,1)1xe ∈+，由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]，2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a - ．即a 的取值范围为[1-，2]，故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()xe x e xf xg x x e+==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+ ，恒成立，则正数k 的取值范围是1k ．【解析】 当0x >时，21()2f x e x x=+ 2e =，1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ，2()xe xg x e = ，2(1)()xe x g x e -∴'=，当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增，当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减，1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=，不等式12()()1f x g x k k+ 恒成立且0k >，∴21e ek k +，1k ∴ 故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．【解析】当0a <时，()10a f x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立，∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=，2(1)()0x e x g x x -'=> 在[4x ∈，5]上恒成立，()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x=-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数．2(1)()10x a e x F x x x -'=-- 在[4x ∈，5]上恒成立，化为x xe a x e x-+恒成立．设()xxe H x x e x=-+，222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+ ，[4x ∈，5]．231133[(]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]．()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-．43404e a ∴-<。
2021年高中数学培优练习《数列-恒成立问题》专项复习(含答案)
2021年高中数学《数列-恒成立问题》专项复习一、选择题1.等比数列{a n }前n 项和为S n ，若对任意正整数n ，S n ＋2=4S n ＋3恒成立，则a 1的值为( )A.－3B.1C.－3或1D.1或32.在数列{a n }中，已知a 1=3，且数列{a n ＋(－1)n }是公比为2的等比数列，对于任意的n ∈N *，不等式a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1恒成立，则实数λ的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，25B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，23 D.(－∞，1] 3.已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n ＞0,6S n =a 2n ＋3a n ，n ∈N *，b n =2a n 2a n －12a n ＋1－1，若∀n ∈N *，k ＞T n 恒成立，则k 的最小值是( )A.17B.149C.49D.84414.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1=1，a n ＞0，a 2n ＋1=4S n ＋4n ＋1(n ∈N *)，若不等式4n2－8n ＋3＜(5－m)2n ·a n 对任意的n ∈N *恒成立，则整数m 的最大值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6 二、填空题5.已知{a n }是递增数列，且对任意的自然数n(n ≥1)，都有a n =n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为________.6.已知{a n }是递增数列,且对于任意的n ∈N *,a n =n 2+λn 恒成立,则实数λ的取值范围是 . 三、解答题7.已知数列{a n }与{b n }满足a n+1-a n =2(b n+1-b n )(,n ∈N).(1)若a 1=1,b n =3n+5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1=6，b n =2n (n ∈N *)且λa n >2n +n+2λ对一切n ∈N *恒成立，求λ的取值范围. 8.若数列{a n }是递增等差数列，其中a 3=5，且a 1,a 2,a 5成等比数列，(1)求{a n }的通项公式； (2)设，求数列{b n }的前n 项和T n ．(3)是否存在自然数m ，使得对一切n ∈N *恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在， 说明理由．9.已知数列{a n }满足a 1=1，nn a a 4111-=+，其中n ∈N *. (1)设122-=n n a b ，求证：数列{b n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式a n .(2)设14+=n a c nn ，数列{c n c n+2}的前n 项和为T n ，是否存在正整数m ，使得T n <11+⋅m m c c 对于n ∈N *恒成立，若存在，求出m 的最小值，若不存在，请说明理由.10.已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3...a n =n b)2((n ∈N *)，若{a n }为等比数列，且a 1=2,b 3=b 2+6. (1)求a n 与b n ;(2)对于任意自然数n ，求使不等式232120...321λλ-<++++nb b b b n 恒成立的λ的取值范围.11.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4=14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值． 12.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3=5，a 1，a 2，a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n =1a 2n ＋4n －2，S n 是数列{b n }的前n 项和.若对任意正整数n ，不等式2S n ＋(－1)n ＋1·a＞0恒成立，求实数a 的取值范围.参考答案1.答案为：C ；解析：设等比数列{a n }的公比为q ，当q=1时，S n ＋2=(n ＋2)a 1，S n =na 1， 由S n ＋2=4S n ＋3得，(n ＋2)a 1=4na 1＋3，即3a 1n=2a 1－3，若对任意的正整数n,3a 1n=2a 1－3恒成立，则a 1=0且2a 1－3=0，矛盾，所以q ≠1，所以S n =a 11－q n 1－q ，S n ＋2=a 11－qn ＋21－q，代入S n ＋2=4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n=3＋3a 1－3q ， 若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1=1或－3，故选C.2.答案为：C ；解析：由已知，a n ＋(－1)n =[3＋(－1)1]·2n －1=2n，∴a n =2n －(－1)n.当n 为偶数时，a 1＋a 2＋...＋a n =(2＋22＋ (2))－(－1＋1－…＋1) =2n ＋1－2，a n ＋1=2n ＋1－(－1)n ＋1=2n ＋1＋1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1，得λ≤2n ＋1－22n ＋1＋1=1－32n ＋1＋1对n ∈N *恒成立，∴λ≤23；当n 为奇数时，a 1＋a 2＋…＋a n =(2＋22＋…＋2n )－(－1＋1－…＋1－1)=2n ＋1－1，a n ＋1=2n ＋1－(－1)n ＋1=2n ＋1－1，由a 1＋a 2＋…＋a n ≥λa n ＋1得，λ≤2n ＋1－12n ＋1－1=1对n ∈N *恒成立，综上可知λ≤23.3.答案为：B ；解析：当n=1时，6a 1=a 21＋3a 1，解得a 1=3或a 1=0.由a n ＞0，得a 1=3.由6S n =a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1=a 2n ＋1＋3a n ＋1.两式相减得6a n ＋1=a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)=0. 因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ＞0，a n ＋1－a n =3.即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，所以a n =3＋3(n －1)=3n.所以b n =2a n 2a n －12a n ＋1－1=8n8n －18n ＋1－1=17⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n =17⎝ ⎛ 18－1－182－1＋182－1－183－1＋…⎭⎪⎫＋18n －1－18n ＋1－1=17⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1＜149. 要使∀n ∈N *，k ＞T n 恒成立，只需k ≥149.故选B.4.答案为：B ；解析：当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，a 2n ＝4S n －1＋4n －1＋1，两式相减得a 2n ＋1－a 2n =4a n ＋4，即a 2n ＋1=a 2n ＋4a n ＋4=(a n ＋2)2，又a n ＞0，所以a n ＋1=a n ＋2(n ≥2).对a 2n ＋1=4S n ＋4n ＋1，令n=1，可得a 22=4a 1＋4＋1=9，所以a 2=3，则a 2－a 1=2，所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故a n =2n －1.因为4n 2－8n ＋3=(2n －1)(2n －3)，n ∈N *，2n －1＞0，所以不等式4n 2－8n ＋3＜(5－m)·2n·a n 等价于5－m ＞2n －32n .记b n =2n －32n ，则b n ＋1b n =2n －12n ＋12n －32n =2n －14n －6，当n ≥3时，b n ＋1b n＜1，又b 1=－12，b 2=14，b 3=38，所以(b n )max =b 3=38.故5－m ＞38，得m ＜378，所以整数m 的最大值为4.5.答案为：λ>－3；解析：由{a n }为递增数列，得a n ＋1－a n =(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn=2n ＋1＋λ>0恒成立， 即λ>－2n －1在n ≥1时恒成立，令f(n)=－2n －1，f(n)max =－3.只需λ>f(n)max =－3即可. 6.答案为：(-3,+∞)；解析：∵对于任意的n ∈N *,a n =n 2+λn 恒成立,∴a n+1-a n =(n+1)2+λ(n+1)-n 2-λn=2n+1+λ. 又∵{a n }是递增数列,∴a n+1-a n >0,且当n=1时,a n+1-a n 最小,∴a n+1-a n ≥a 2-a 1=3+λ>0,∴λ>-3. 7.解：8.解：9.解：10.解:11.解：(1)设公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得d=1或d=0(舍去)，所以a 1=2，所以a n =n ＋1.(2)因为1a n a n ＋1=1n ＋1-1n ＋2，所以T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋1n ＋1-1n ＋2=12-1n ＋2=n 2n ＋2， 又λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，所以λ≤2n ＋22n =2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n=2时等号成立． 所以λ≤16，即λ的最大值为16.12.解：(1)因为a 3=5，a 1，a 2，a 5成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋d 2＝a 1a 1＋4d ，解得a 1=1，d=2， 所以数列{a n }的通项公式为a n =2n －1.(2)因为b n =1a 2n ＋4n －2=12n －12＋4n －2=14n 2－1=12n －12n ＋1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n =b 1＋b 2＋…＋b n=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1，依题意，对任意正整数n ，不等式1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0，当n 为奇数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＞－1＋12n ＋1，所以a ＞－23；当n 为偶数时，1－12n ＋1＋(－1)n ＋1a ＞0即a ＜1－12n ＋1，所以a ＜45.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，45.。
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由 ，得 ．
三、解答题
9．【答案】（1） ；（2） ．
【解析】（1）函数对称轴 ，
当 时， ，∴ ；
当 时， ，∴ (舍)，
∴ ．
（2）∵不等式 在区间 上恒成立，
∴ 在区间 上恒成立，即 ，
∴ ，∴ ．
10．【答案】（1）见解析；（2） ．
【解析】（1）函数 的定义域为 ， ，
A． B． C． D．
5．已知函数 ， ，若对任意的 ，都有 成立，则实数 的取值范围是（）
A． B． C． D．
6．设函数 的定义域为 ，满足 ，且当 时，
．若对任意 ，都有 ，则 的取值范围是（）
A． B． C． D．
二、填空题
7．已知函数 ，对任意的 ， 恒成立，则实数 的取值范围是________．
即 在 上恒成立，
】由于定义在 上的函数 为减函数， ，
所以 ，得 对任意 恒成立．
令 ( )，则 ，
所以 在 上为减函数， ，
所以 ，则 ．
4．【答案】A
【解析】由题可知， 的图象关于 轴对称，且 在 上单调递减，
由 的图象特征可得 在 上恒成立，
例1：【答案】A
【解析】∵对任意实数 ，不等式 恒成立，
∴ 恒成立，等价于 ，
因为 ，所以 ，
当 时，等号成立，所以 ，
故所求出实数 的取值范围是 ，故选A．
例2：【答案】
【解析】 可转化为 ，
设 ，则 是关于 的一次型函数，
要使 恒成立，只需 ，解得 ．
例3：【答案】A
【解析】因为不等式 对任意 恒成立，所以 ，
例1：对任意实数 ，若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（）
A． B． C． D．
例2：若不等式 对任意 恒成立。求实数 的取值范围是．
例3：若不等式 对任意 恒成立，则实数 的取值范围为（）
A． B． C． D．
例4：（2019全国Ⅱ理）已知函数的定义域为 ， ，且当 时， ，若对任意的 ，都有 ，则 的取值范围是（）
当 时， ， ，
由数形结合分析可知只需 ，得 ．
例4：【答案】B
【解析】由当 ， ，且当 时， 可知当 时， ，当 时， ，……，
当 时， ，
对任意的 ，都有 有 ，
解得的取值范围是 ．
一、选择题
1．【答案】A
【解析】 的最小值为 ，
所以 对任意实数 恒成立只需 ，
解得 ．
2．【答案】B
【解析】由题意得，对一切 ， 都成立，
又曲线 在点 处的切线与直线 平行，
所以 ，即 ，
∴ ， ，
由 且 ，得 ，即 的单调递减区间是 ；
由 且 ，得 ，即 的单调递增区间是 ．
（2）由（1）知不等式 恒成立可化为 恒成立，
即 恒成立，
令 ， ，
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 时，函数 有最小值 ，
由 恒成立，得 ，
即实数 的取值范围是 ．
A． B． C． D．
一、选择题
1． 对任意实数 恒成立，则实数 的取值范围是（）
A． B．
C． D．
2．已知函数 ，若对一切 ， 都成立，则实数 的取值范围为（）
A． B． C． D．
3．已知定义在 上的函数 为减函数，若对任意 ，不等式
恒成立，则实数 的取值范围为（）
A． B． C． D．
4．已知定义在 上的函数 满足 ，且在 上是增函数，不等式 对于 恒成立，则 的取值范围是（）
8．已知不等式 对任意 ， 恒成立，那么实数 的取值范围为_______．
三、解答题
9．已知函数 ．
（1）已知函数 在区间 上的最小值为 ，求 的值；
（2）若不等式 在区间 上恒成立，求实数 的取值范围．
10．已知函数 ，且曲线 在点 处的切线与直线 平行．
（1）求函数 的单调区间；
（2）若关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
得 在 上恒成立，所以 ．
5．【答案】A
【解析】令 ，则 ，
∴ 在 单调递减，在 单调递增，
又∵ ， ，∴ ，
∴对任意 ， ，即 恒成立，
令 ，则 ，
∴ 在 单调递减，∴ ，∴ ，故选A．
6．【答案】D
【解析】当 时， 的最小值是 ；
由 知，当 时， ，其最小值是 ；
当 时， ，其最小值是 ；
要使 ，则 ，解得 或 ，
然后数形结合可知 时，都有 恒成立．
二、填空题
7．【答案】
【解析】函数 为奇函数， ，即 ，
∴ ，
又函数 单调递增，∴ ，对任意的 ， 恒成立，
∴ ，∴ ．
8．【答案】
【解析】如图，构造直线 和曲线 ，
分别在其上取点 ， ，
原不等式即 ．
而 的最小值，即点 到直线 距离的最小值，
亦即曲线 上与直线 平行的切线的切点到直线 的距离，