高考试题中一类用导数解决的“恒成立”问题

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高考数学导数恒成立问题的解法及例题

高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。

1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。

2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。

例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。

解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。

我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。

综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。

专题3 导数解决不等式的恒成立和证明

第三章导数专题3 导数解决不等式的恒成立和证明【三年高考精选】（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题） 1. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+．由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <．故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b ≠．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--，当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=，从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．①令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=，从而()x f x e +<，所以11()f e b b +<．又由1(0,1)a ∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b <-==，所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=．令11,m n a b ==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-，于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <．由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>．再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<．令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增．所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<．综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<．不妨设21x tx =，则211x t x =>，由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--，要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<，即ln(1)1ln 11t t t t++-<-，即证ln(1)1ln t t t t+<-．记ln(1)(),(0,)s g s ss ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++，所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <，所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-，即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<．证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)exh x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--．令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<．所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增．因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<．综上，有112e a b<+<结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.视频(2020年高考全国Ⅰ卷文数20) 2. 已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞.【解析】【分析】（1）将1a =代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0xe a x -+=有两个解，将其转化为2xea x =+有两个解，令()(2)2xe h x x x =≠-+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a =时，()(2)x f x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >，所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）若()f x 有两个零点，即(2)0x e a x -+=有两个解，从方程可知，2x =-不成立，即2x e a x =+有两个解，令()(2)2x e h x x x =≠-+，则有'22(2)(1)()(2)(2)x x x e x e e x h x x x +-+==++，令'()0h x >，解得1x >-，令'()0h x <，解得2x <-或21x -<<-，所以函数()h x 在(,2)-∞-和(2,1)--上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增，且当2x <-时，()0h x <，而2x +→-时，()h x →+∞，当x →+∞时，()h x →+∞，所以当2xe a x =+有两个解时，有1(1)a h e >-=，所以满足条件的a 的取值范围是：1(,)e+∞.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线x y e =和直线(2)y a x =+有两个交点，利用过点(2,0)-的曲线x y e =的切线斜率，结合图形求得结果. 【三年高考刨析】【2022年高考预测】预测2022年高考仍是考查函数的单调性，根据不等式恒成立求参数的取值范围或不等式的证明..【2022年复习指引】由前三年的高考命题形式，在2022年的高考备考中同学们只需要稳扎稳打，加强常规题型的练习，关于集合2022高考备考主要有以下几点建议：1.涉及本单元知识点的高考题，综合性强.所以在复习中要熟记相关的定义，法则；2.利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理.4.要深入体会导数应用中蕴含的数学思想方法.数形结合思想，如通过从导函数图象特征解读函数图象的特征，或求两曲线交点个数等；等价转化思想，如将证明的不等式问题等价转化为研究相应问题的最值等.【2022年考点定位】考点1 证明不等式典例1 （安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查）已知函数()()212,2e 21x x f x x x g x x =+-=---. （1）求()f x 的单调区间；（2）当(),1x ∈-∞时，求证：()()g x f x .【答案】（1）在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题可以求函数的导函数，则可得()f x 的单调区间；（2）由题知要证()()g x f x ，即证2201e 2x x x x x x ---+≥-，然后利用导函数判断函数的单调性，最后利用单调性证明即可. 【详解】（1）因为()21e 2x x f x x x =+-，所以()()()21e 1e e 1e ex x x x x x x f x x +--=+-='，令()0f x '=，解得1x =，∴当(),1x ∈-∞时，()()0,1,f x x ∞∈'>+时，()0f x '< 所以()f x 在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减；（2）要证()()g x f x即证22121e 2x x x x x --+--，即22e 0112x x x x x x --+-≥-，设2()11e 21x F x x x=---+-，即证()0xF x .因为()2211(1)e 2xF x x =++-' 所以当(),1x ∈-∞时，()0F x '>恒成立，()F x 单调递增，又当0x =时，()0F x =，所以当01x <<时，()0F x >，当0x <时，()0F x <；所以当()(),1,0x xF x ∞∈-，即当(),1x ∈-∞时，()()g x f x .【规律方法技巧】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. 2.证明不等式时的一些常见结论(1)ln x ≤x －1，等号当且仅当x ＝1时取到； (2)e x ≥x ＋1，等号当且仅当x ＝0时取到； (3)ln x <x <e x ，x >0； (4)≤ln(x ＋1)≤x ，x >－1，等号当且仅当x ＝0时取到.【考点针对训练】（2022贵州省贵阳市五校联考）3. 已知函数()xe f x x =.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-. 【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x >-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【详解】（1）解：2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<；当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值．（2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'，当40e x <<时，()0h x '>；当4e x >时，()0h x '<，()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减，()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．【点睛】题目比较综合，第一小题是已知函数求单调性极值的问题，属于常规题目；第二小题证明不等式成立，有两种类型，一种是构造左右两个函数，若最小值大于最大值，则不等式恒成立，但是只能做证明题；若最小值不大于最大值，不能说明不等式不成立；另外一种是构造一个函数，证明最小值大于0恒成立，这种的函数会比较困难，所以优先用第一种尝试，再选取第二种方法考点2 不等式恒成立问题典例2 （2020辽宁省沈阳市2019届高三一模）已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2a ≤B.2a ≥C.0a ≤D.02a ≤≤ 【答案】A【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围. 【详解】设()1,x g x e x =--则()1x g x e '=-，当0x >时()0110x g x e e =->-='，所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >，所以2a ≤，故选A .【规律方法技巧】利用导数解决恒成立问题主要涉及以下方面：(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；(2)如果无法分离参数可以考虑对参数a 或自变量进行分类求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑限制二次项系数或判别式的方法求解.(3)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立的问题. 【考点针对训练】（山西省运城市2021届高三检测）4. 当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，则实数k 的取值范围是__．【答案】[]3e,0- 【解析】【分析】由题意可得()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，讨论320x +=，320x +>，320x +<，运用参数分离和构造函数，利用导数判断单调性，求最值，可得所求范围．【详解】解：当0x <时，不等式()2e e 3xxx x k k -≥恒成立，即为()232e 3x k x x +≤对0x <恒成立，Ⅰ当320x +=即23x =-时，403≤恒成立；Ⅰ当320x +<，即23x <-时，()2332e x x k x +≥恒成立，等价为()2max 332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≥，设()()2332e x x f x x =+，()()()()()232222632e 335e 931232e 32e x x x x x x x x x x x f x x x +-+-++'==++ ()()()2313432exx x x x -+-=+，可得1x <-时，()0f x >′，()f x 递增；213x -<<-时，()0f x <′，()f x 递减，可得()f x 在1x =-处取得最大值，且为3e -，则3e k ≥-；Ⅰ当320x +>，即203x -<<时，()2332e x x k x +≤恒成立，等价为()2min332e x x k x ⎡⎤⎢⎥+⎣⎦≤，设()()2332e x x f x x =+，()()()()2313432e x f x x x x x -+-'=+，可得203x -<<时，()0f x <′，()f x 递减，可得()0f x >，则0k ≤，综上可得，k 的范围是[]3e,0-．【点睛】本题考查不等式恒成立问题解法，参变分离是常用的解题方法，属于中档题．方法点睛：（1）将参数和变量分离，转化为求最值问题；（2）构造函数，求导数，分析单调性；（3）求函数的最值，求出参数的范围.考点3 不等式存在成立问题典例3 （黑龙江省大庆铁人中学2021届高三第三次模拟）若函数()2ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（）A.(],2-∞B.1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C.12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭ D.()2,-+∞【答案】D 【分析】将函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，转化1()20f x ax x '=+>在区间1()22，成立，再转化为min 212()a x>-，进而可求出结果. 【详解】因为函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1()22，内存在单调递增区间，所以1()20f x ax x '=+>在区间1()22，上成立，即min 212()a x>-在区间1()22，上成立，又函数2yx 在1()22，上单调递增，所以函数21y x =-在1()22，上单调递增，故当12x =时21y x =-最小，且min 21()=4x --，即24a >-，得2a >-. 故选：D【规律方法技巧】1.有关存在成立问题的解题方法∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在).其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值.2.注意不等式恒成立与存在成立的异同不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对存在x ∈D 能成立等价于f (a )≥g (x )min (f (a )≤g (x )max )，f (a )≥g (x )(f (a )≤g (x ))对任意x ∈D 都成立等价于f (a )≥g (x )max (f (a )≤g (x )min )，应注意区分，不要搞混. 【考点针对训练】 (2019·吉林白山联考)5. 设函数f (x )＝e x 33x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________. 【答案】e 【解析】【分析】已知不等式转化为2(33)x a e x x ≥-+，此不等式有正数解，只要求得2()(33)x g x e x x =-+在(0,)+∞上的最小值即可得a 的范围．【详解】原问题等价于存在x Ⅰ(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝x e (x 2－3x ＋3)，x Ⅰ(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝x e (x 2－x )，由g ′(x )>0，得x Ⅰ(1，＋∞)，此时()g x 递增，由g ′(x )<0，得x Ⅰ(0，1)，此时()g x 递减，Ⅰ函数g (x )在区间(0，＋∞)上的极小值也是最小值为g (1)＝e ， Ⅰa ≥e ，即实数a 的最小值为e . 故答案为：e ．【点睛】本题考查不等式有解问题，解题关键是用分离参数法转化为求函数的最值．只是求解时要注意与不等式恒成立区分开来，不等式恒成立也常常用分离参数法转化为求函数的最值，但两者所求最值一个是最大值，一个是最小值，要根据题意确定.考点4 利用导数研究方程的根(或函数的零点)典例4 （河南省郑州市商丘市名师联盟 2020-2021学年高三质量检测）已知函数()2ln f x x x =-，()33g x x xm =-+，方程()()f x g x =在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不同的实根，则m 的取值范围是（）A.2121,333e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ B.2221e -2,33e 3⎡⎤+⎢⎥⎣⎦ C.221,133e ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D.21e 2,33⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】A 【分析】由题可得232ln m x x =-，构造函数()22ln h x x x =-，讨论其在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦的变化情况即可得出答案. 【详解】由()()f x g x =，得232ln m x x =-，令()22ln h x x x =-，则()()()211x x h x x-+'=，所以()h x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在(]1,e 上单调递增，所以()()min 11h x h ==，()221122h e e h e e ⎛⎫=->=+ ⎪⎝⎭，则21132m e <≤+，即2121333m e <≤+. 故选：A.【规律方法技巧】求解涉及函数零点或方程根的问题的注意点 (1)利用函数零点存在性定理求解.(2)分离参数a 后转化为函数的值域(最值)问题求解，如果涉及多个零点，还需考虑函数的图象与直线y ＝a 的交点个数.(3)转化为两个熟悉的函数的图象的上、下位置关系问题，从而构建不等式求解. 【考点针对训练】（重庆市秀山高级中学校2022届高三上学期9月月考） 6. 已知函数2eln ()x f x x =，若关于x 的方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根，则实数m 的取值范围为___________.【答案】324⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【解析】【分析】利用导数求出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故12121201102201t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，从而可求出实数m 的取值范围【详解】依题意，求导243e 2eln e(12ln )()x x xx x f x x x ⋅--'==，令()0f x '=，解得：x =当x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当)x ∈+∞，()0f x '<，函数单调递减，且max 1()e 2f x f ===，又0x →时，()f x →-∞；又x →+∞时，()0f x →；设()f x t =，显然当10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，方程()f x t =有两个实数根，则要使方程21[()]()08f x mf x -+=有4个不同的实数根等价于方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，故121212011022010t t t t t t ∆>⎧⎪⎛⎫⎛⎫⎪-->⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪<+<⎪>⎪⎩，210211082401m m m ⎧->⎪⎪⎪-+>⎨⎪<<⎪⎪⎩，解得：324m ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：3,24⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是利用导数判断出函数()f x 的单调区间和最值，设()f x t =，将问题转化为方程2108t mt -+=在10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上有两个不同的实数根，然后利用一元二次方程根的分布情况求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题【二年模拟精选】（2020河北省衡水市第二中学高三检测） 7. 已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12124f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围为A. [4,)+∞B. (4.?)+∞C. (,4]-∞D. (,4)-∞【答案】A 【解析】【分析】根据题意先确定g （x ）＝f （x ）﹣4x 在（0，+∞）上单增，再利用导数转化，可得24x a x ≥-恒成立，令()24h x x x =-，求得()h x max ，即可求出实数a 的取值范围．【详解】令()()4g x f x x =-，因为()()12124f x f x x x ->-，所以()()12120g x g x x x ->-，即()g x 在()0,+∞上单调递增，故()40ag x x x=-'+≥在()0,+∞上恒成立，即24x a x ≥-，令()()24,0,h x x x x =-∈+∞.则()()2424h x x x h =-≤=，()h x max 4=，即a 的取值范围为[4,+∞）.故选A.【点睛】本题考查了函数单调性的判定及应用，考查了原函数单调与导函数正负的关系，确定g （x ）在（0，+∞）上单增是关键，属于中档题．（2020辽宁省沈阳市高三上学期一模）8. 已知函数()ln 2f x a x x =-，若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A. 2a ≤ B. 2a ≥C. 0a ≤D. 02a ≤≤【答案】A 【解析】【分析】先证明11x x e <+<恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，问题转化为2(1)a x x ≤>恒成立，即可求出a 的范围．【详解】设()1,x g x e x =--则()'1x g x e =-，当0x >时()0110x g x e e =->-='，所以()1x g x e x =--在()0,∞+上递增，得()()00010,g x g e >=--=所以当0x >时，11x x e <+<恒成立.若不等式()()1xf x f e +>在()1,x ∈+∞上恒成立，得函数()f x 在()1,+∞上递减，即当1x >时，()'0f x ≤恒成立，所以()20af x x-'=≤ 即2ax≤，可得2(1)a x x ≤>恒成立，因为22x >,所以2a ≤，故选A ．【点睛】本题考查了构造新函数，也考查了导数的应用以及由单调性求参数的问题，属于中档题．（江西省萍乡市2021届高三上期数学期中复习试卷）9. 已知函数222,0()11,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨-+>⎪⎩，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A. 2⎡⎤-⎣⎦B. (],1-∞C. ()2-D. 2⎡⎤-⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】作出函数()f x 的图象，利用数形结合的思想判断a 的范围，找出临界点即相切时a 的取值，进而得出a 的范围．【详解】作出()f x 的图象，如图，由图象可知：要使()f x ax 恒成立，只需函数()g x ax =的图象恒在图象()f x 的下方，可得1a ，设()g x ax =与函数2()22(0)f x x x x =++相切于点(),(0)P m n m <，由()f x 的导数为22x +，可得切线的斜率为22m +，即有22a m =+，222am m m =++，解得m =2a =-由图象可得222a -，综上可得a 的范围是[2-1]．故选：A【点睛】解决此类问题的关键是作出函数图象，根据数形结合的思想处理问题，本题关键找出相切时刻这一临界位置，利用直线与抛物线相切即可求解. （四川省内江市威远中学2020-2021学年高三月考）10. 已知函数32()f x x x ax b =-++，12,(0,1)x x ∀∈且12x x ≠，都有1212|()()|||f x f x x x -<-成立，则实数a 的取值范围是（）A. 2(1,]3--B. 2(,0]3-C. 2[,0]3-D. [1,0]-【答案】C 【解析】【分析】原不等式等价于()()211212x x f x f x x x --<-<恒成立，得到()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++在()0,1上严格单调，转化为()0g x '≤在()0,1上恒成立，()0h x '≥在()0,1上恒成立，利用分离参数思想转化为求最值问题即可. 【详解】不妨设1210x x >>>，则1212|()()|||f x f x x x -<-等价于()()211212x x f x f x x x --<-<，即()()()()11221122 f x x f x x f x x f x x ⎧-<-⎪⎨+>+⎪⎩，设()()()321g x f x x x x a x b =-=-+-+，()()()321h x f x x x x a x b =+=-+++，依题意，函数()g x 在()0,1上为严格的单调递减函数，函数()h x 在()0,1上为严格的单调递增函数，Ⅰ()23210g x x x a '=-+-≤在()0,1上恒成立，()23210h x x x a '=-++≥在()0,1上恒成立，Ⅰ2321a x x ≤-++在()0,1上恒成立，2321a x x ≥-+-在()0,1上恒成立，而二次函数2321y x x =-++在[0,1]上的最小值在1x =时取得，且最小值为0，二次函数2321y x x =-+-在[0,1]上的最大值在13x =时取得，其最大值为23-，综上，实数a 的取值范围是2[,0]3-，故选：C.【点睛】关键点点睛：去绝对值，得到两个函数的单调性，结合导数与单调性的关系，利用分离参数的思想转化为求二次函数最值问题. （2020湖南省益阳市高三上学期期末）11. 已知变量()()12,0,0x x m m ∈>，且12x x <，若2112x x x x <恒成立，则m 的最大值为（e 2.71828=为自然对数的底数）（） A. eB.C.1eD. 1【答案】A 【解析】【分析】不等式两边同时取对数，然后构造函数()ln xf x x=，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论. 【详解】21122112ln ln x x x x x x x x <⇒<，()12,0,,0x x m m ∈>，1212ln ln x x x x ∴<恒成立，设函数()ln xf x x=，12x x <，()()12f x f x <，()f x ∴在()0,m 上为增函数，函数的导数()21ln xf x x -'=， ()00f x x e '>⇒<<，即函数()f x 的增区间是()0,e ，则m 的最大值为e . 故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，211212211212ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x <⇒<⇒<，转化为求函数()ln xf x x=的单调区间. （山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练）12. 已知函数()ln f x x x x =+，()g x kx k =-，若k Z ∈，且()()f x g x >对任意2x e >恒成立，则k 的最大值为（） A. 2 B. 3C. 4D. 5【答案】B 【解析】【分析】由不等式，参变分离为ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，转化为求函数()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞的最小值，利用导数求函数的最小值.【详解】()()f x g x >，即ln x x x kx k +>-.由于()()f x g x >对任意()2,x e ∈+∞恒成立，所以ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭，即min ln 1x x x k x +⎛⎫< ⎪-⎝⎭.令()ln 1x x x u x x +=-，()2,x e ∈+∞，()()2ln 21x x u x x --'=-.令()ln 2h x x x =--，()1110x h x x x='-=->，所以()h x 在()2,x e ∈+∞上单调递增，所以()()22e e 40h x h >=->，可得()0u x '>，所以()u x 在()2,e +∞上单调递增.所以()()()22223e 3e 33,4e 1e 1u x u >==+∈--.又k Z ∈，所以max 3k =. 故选：B.（广西柳州市2021届高三摸底考试）13. 已知函数212,(0)()2ln ,(0)x x x f x x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则实数m 的取值范围是（）A. 1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C. 11,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】分析函数()f x 的最小值，只需使()2min 12f x m m ≤-成立即可．【详解】当0x ≤时，()2122f x x x =++，根据二次函数的性质可知，当1x =-时，()f x 有最小值12-；当0x >时，()ln f x x x =，由()ln 10f x x '=+=得1=x e当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()ln f x x x =在10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()ln f x x x =最小值为11111ln 2f e e ee ⎛⎫==->- ⎪⎝⎭，则()min 12f x =-若存在0x R ∈，使得()2012f x m m ≤-成立，则()2min 12f x m m ≤- 所以21122m m -≤-，解得112m -≤≤故选：A ．（重庆实验外国语学校2022届高三上学期入学考试）14. 关于函数()xf x e =，()lng x x =下列说法正确的是（）A. 对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立B. 对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立C. 若a b e >>，()()ag b bg a <D. 若不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，则正实数a 的最小值为1e【答案】ABD 【解析】【分析】选项A ：构造函数()()ln 10h x x x x =-+>，根据导数判断函数的单调性并求最大值，从而判断选项正确；选项B ：构造函数()()x f x ex ϕ=-，根据导数判断函数的单调性并求最小值，从而判断选项正确；选项C ：构造函数()()()0g x m x x x=>，根据导数判断函数在(),e +∞内单调递减，从而判断选项错误；选项D ：把不等式()()f ax ax x g x -≥-变形为ln ln ax x e ax e x -≥-，所以只需研究函数()xF x e x =-的单调性即可求出答案，从而判断选项正确.【详解】选项A ：令()()ln 10h x x x x =-+>，则()111xh x x x -'=-=，因为0x >，所以由()0h x '>得01x <<；由()0h x '<得1x >，所以()h x 在()0,1内单调递增，在()1,+∞内单调递减，所以()h x 的最大值为()10h =，所以对0x ∀>，()0h x ≤恒成立，即对0x ∀>，()1g x x ≤-恒成立，故选项A 正确；选项B ：令()()x x f x ex e ex ϕ=-=-，则()xx e e ϕ'=-，由()0x ϕ'>得1x >；由()0x ϕ'<得1x <，所以()x ϕ在()1,+∞内单调递增，在(),1-∞内单调递减，所以()x ϕ的最小值为()10ϕ=，所以对x R ∀∈，()0x ϕ≥恒成立，即对x R ∀∈，()f x ex ≥恒成立，故选项B 正确；选项C ：令()()ln ()0g x x m x x x x==>，则21ln ()xm x x -'=，所以由()0m x '>得0x e <<；由()0m x '<得x e >，所以()m x 在()0,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以当a b e >>时，()()m a m b <，即()()g a g b a b<，所以a b e >>，()()ag b bg a >成立，故选项C 错误；选项D ：因为不等式()()f ax ax x g x -≥-对1x ∀>恒成立，即不等式ln ax e ax x x -≥-对1x ∀>恒成立，又因为ln ln ln x x x e x -=-，所以不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立；令()xF x e x =-，则 ()1x F x e '=-，当0x >时，()10x F x e '=->恒成立，所以()xF x e x =-在()0,∞+单调递增，所以由不等式ln ln ax x e ax e x -≥-对1x ∀>恒成立，得ln ax x ≥对1x ∀>恒成立，即ln xa x≥对1x ∀>恒成立，由选项C 知，()ln ()1xm x x x=>在()1,e 内单调递增，在(),e +∞内单调递减，所以()m x 的最大值为1()m e e =，所以只需1a e ≥，即正实数a 的最小值为1e .故选：ABD.【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，通常要构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，求出最值进而得到结论或求出参数的取值范围；也可分类变量构造函数，把问题转化为函数的最值问题.恒成立问题常见的处理方式有：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）()f x a >恒成立型的可转化为min ()f x a >；（3）()()f x g x >恒成立型的可以通过作差法构造函数()()()h x f x g x =-，然后求min ()0h x >，或者转化为min max ()()f x g x >.（T 8联考八校2020-2021学年高三上学期第一次联考） 15. 已知函数()()ln 202x af x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【解析】【分析】根据()0f x >恒成立，可得到含有x a ，的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”’转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围. 【详解】()ln202x af 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 aex a x x ex ++++>+++=++，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()11121x 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 ∴>.故答案为：(),e +∞【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得()f x a >恒成立，可得出()min f x a >；对于任意的x ，使得()f x a <恒成立，可得出()max f x a <. （浙江省百校2020-2021学年高三上学期12月联考）16. 已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln xx x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【解析】【分析】不等式等价变形()()()4ln 3ln 3ln 3ln x x xe x x a a x x a a e e -≤-⇔-≤-，利用同构函数()ln f x x x =-的单调性得解【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x xe 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-'=-=， Ⅰ()f x 在[)1,+∞上单调递增.Ⅰ1a >，1[,)3x ∈+∞，Ⅰ[)3,1,xe x a ∈+∞，Ⅰ33x x eae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x x g x e =，只需max ()a g x ≥，()33xxg x e -'=，Ⅰ1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，Ⅰ(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e，Ⅰ3a e ≥，Ⅰa 的最小值为3e.故答案为：3e【点睛】不等式等价变形，同构函数()ln f x x x =-是解题关键. （河北省部分学校2022届高三上学期第一次月考）17. 已知函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，则a 的取值范围是____________.【答案】1(,]3-∞-【解析】【分析】求出函数()f x 的导函数()f x '，再由()0f x '≥恒成立即可得解.【详解】依题意：()232x x a f x '=--，因函数()32f x x x ax =--在R 上单调递增，于是得2320x x a --≥对x ∈R 恒成立，则4120a ∆=+≤，解得13a ≤-，所以a 的取值范围是1(,]3-∞-.故答案为：1(,]3-∞-18. 已知函数()f x 的定义域为R ，()12f -=，对任意(),2x R f x '∈>，则()24f x x >+的解集为____________．【答案】(1,)-+∞. 【解析】【分析】构造()()24g x f x x =--，根据题意得到()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，得到()10g -=，进而得到1x >-时，()0g x >，即可求解.【详解】设()()24g x f x x =--，可得()()2g x f x ''=-，因为对任意(),2x R f x '∈>，所以()0g x '>，所以()g x 在R 为单调递增函数，又由()12f -=，可得()12240g -=+-=，所以当1x >-时，()0g x >，即不等式()24f x x >+的解集为(1,)-+∞. 故答案为：(1,)-+∞.（浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高三上学期返校考试） 19. 设函数()ln 2ef x x mx n x=--+，若不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则nm的最大值为______________．【答案】2e 【解析】【分析】根据()0ln 22e n f x x m x x m ⎛⎫≤⇒-≤- ⎪⎝⎭转化成两个函数比较大小的问题.【详解】不等式()0f x ≤对任意(0,)x ∈+∞恒成立,即ln 22e n x m x x m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭，0x >恒成立，设()()'21ln 0e e g x x g x x x x=-⇒=+> 所以()g x 在()0,∞+单调递增，且()0g e =，当0x →时()g x →-∞ 当x →+∞时()g x →+∞ 作出()g x 的图像如图，再设()22n h x m x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当0x >可得()h x 表示过点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，斜率为2m 的一条射线（不含端点），要求nm 的最大值且满足不等式恒成立，可求2n m的最大值，由点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭在x 轴上方移动，只需找到合适的0m >，且()h x 与()g x 图像相切于点,02n m ⎛⎫⎪⎝⎭，如图所示，此时22n n e e m m =⇒= 故答案为：2e（江苏省扬州市仪征市精诚高级中学2021-2022学年高三上学期9月月考） 20. 已知函数()ln ()f x x ax a R =-∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明不等式2()x e ax f x --≥恒成立. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出函数导数，讨论a 的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数2()ln x x e x ϕ-=-，利用导数可得()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则可得()0()0x x ϕϕ≥>，即得证.【详解】（1）11()(0)axf x a x x x-'=-=>，当0a ≤时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）设函数2()ln x x e x ϕ-=-，则21()x x e xϕ-'=-，可知()x ϕ'在(0,)+∞上单调递增.又由(1)0ϕ'<，(2)0ϕ'>知，()x ϕ'在(0,)+∞上有唯一实数根0x ，且012x <<，则()020010x x ex ϕ-'=-=，即0201x e x -=.当()00,x x ∈时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减；当()0x x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增；所以()0200()ln x x x ex ϕϕ-≥=-，结合021x e x -=，知002ln x x -=-，所以()()22000000001211()20x x x x x x x x x ϕϕ--+≥=+-==>，则2()ln 0x x e x ϕ-=->，即不等式2()x e ax f x --≥恒成立.【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明2()ln x x e x ϕ-=-的最小值大于0.（贵州省铜仁市思南中学2021届高三第十次月考）21. 已知函数()e (0)x f x ax a -=≠存在极大值1e ．（1）求实数a 的值；（2）若函数F （x ）＝f （x ）﹣m 有两个零点x 1，x 2（x 1≠x 2），求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2＞2．【答案】（1）a ＝1 （2）10e m ＜＜，证明见解析【解析】【分析】（1）利用极值的定义，列式求出a 的值，然后进行验证即可；（2）利用（1）中的结论，确定()f x 的单调性、极值以及函数的取值情况，由零点的定义，即可得到m 的取值范围，利用12()()F x F x =，得到2211lnx x x x -=，将问题转化为证明2122111ln 2x x x x x x -<+，即证明21221111ln 21x x x x x x -<+，不妨设12x x <，令21x t x =，则1t >，从而将问题转化为证明1112t lnt t -<+对于1t >恒成立，构造函数11()ln 21t g t t t -=-+，利用导数研究函数的单调性，求解函数的取值情况，即可证明．【小问1详解】解：函数()e (0)x f x ax a -=≠，则(1)()e xa x f x -'=，令()0f x '=，解得1x =，所以f （1）1e ea ==，解得1a =，此时1()e xxf x -'=，当1x <时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减，所以当1x =时，函数()f x 取得极大值f （1）1e=，符合题意，。

高考数学专题《利用导数研究不等式恒成立问题》

第04讲利用导数研究不等式恒成立问题(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：分离变量法高频考点二：分类讨论法高频考点三：等价转化法第四部分：高考真题感悟第五部分：第04讲利用导数研究不等式恒成立问题（精练）1、分离参数法用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；步骤：①分类参数（注意分类参数时自变量x 的取值范围是否影响不等式的方向）②转化：若()a f x >)对x D ∈恒成立，则只需max ()a f x >；若()a f x <对x D ∈恒成立，则只需min ()a f x <．③求最值.2、分类讨论法如果无法分离参数，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(0a >，0∆<或0a <，0∆<)求解．3、等价转化法当遇到()()f x g x ≥型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数()()()F x f x g x =-或者“右减左”的函数()()()H x g x f x =-，进而只需满足min ()0F x ≥，或者max ()0H x ≤，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.1．（2022·全国·高二）设a 为正实数，函数322()34f x x ax a =-+，若(,2)x a a ∀∈，()0f x <，则a 的取值范围是（） A ．[2,)+∞B ．(2,)+∞C ．(0,2]D ．2(0,)32．（2022·全国·高二）若不等式4342x x a ->-对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围是（） A ．27a <-B ．25a >-C ．29a ≥D ．29a >3．（2022·全国·高二）已知函数()22f x ax x a =-+，对[]1,2x ∀∈都有()0f x ≤成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],0-∞B ．4,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．(],1-∞D ．[]1,0-高频考点一：分离变量法1．（2022·全国·高三专题练习）设a R ∈，若不等式ln ax x >在()1,x ∞∈+上恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．()0,∞+B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,∞+D ．()e,+∞2．（2022·内蒙古乌兰察布·高二期末（文））已知函数2()ln 2a f x x x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有1212()()4f x f x x x -≥-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．[)4∞+，B ．()4.∞+C ．(]4∞-，D ．()4∞-，3．（2022·全国·高三专题练习）已知对(0,)x ∀∈+∞，不等式ln 1ax x ≥-恒成立，则实数a 的最小值是（） A ．eB ．2eC ．21e D ．1e4．（2022·河南·高二阶段练习（理））已知当0x >时，()21e 1x x a x -≤--恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．(],e 1-∞-B ．(],1-∞C ．(]2,e 1--D ．(],2-∞- 5．（2022·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数()ln af x x x=+（a 为常数）（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）不等式()1f x ≥在2(]0,x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围．6．（2022·重庆市育才中学高二阶段练习）已知函数()1ln f x ax x =--，a R ∈． (1)讨论函数()f x 在区间()1,e 的极值；(2)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．7．（2022·四川省泸县第一中学高二阶段练习（理））已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围.8．（2022·河南·三模（文））已知函数()e x f x ax b =++（e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-. (1)求a ，b 的值；(2)若不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求正实数m 的取值范围.高频考点二：分类讨论法1．（2022·广西柳州·三模（文））已知函数()ln f x ax x =-． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若1x =为函数()f x 的极值点，当[)e,x ∞∈+，不等式()()()1e x f x x m x -+≤-恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·陕西西安·二模（文））已知函数()()1ln f x a x a x=+∈R . (1)当1a =时，求函数()f x 的单调减区间；(2)若不等式()f x x ≥对(]0,1x ∈恒成立，求实数a 的取值范围.3．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知曲线()ln f x m x =+在1x =处的切线方程为()y h x =，且210e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.(1)求()h x 的解析式；(2)若0x ≥时，不等式()20e x ax h x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e xf x =，曲线()y f x =在点()00,x y 处的切线为()yg x =．(1)证明：对于x R ∀∈，()()f x g x ≥； (2)当0x ≥时，()11axf x x≥++恒成立，求实数a 的取值范围．5．（2022·四川·树德中学高三开学考试（文））已知a ∈R ，设函数()()ln ln f x a x a x =++. (1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若()2ln xf x a x a≤+恒成立，求实数a 的取值范围.6．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数()22ln f x x a x =-.(1)讨论()f x 的单调性；(2)当x >1时，()1f x >恒成立，求a 的取值范围.高频考点三：等价转化法1．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））已知函数()1ln f x a x x=+，()()1e 1,x g x x mx a m x=+--∈R .(1)讨论f （x ）的单调性；(2)当a =1时，若不等式()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围.2．（2022·江苏·高二课时练习）已知函数()ln f x ax x =+，()()220g x a x a =>．若()()f x g x ≤对一切正实数x 都成立，求实数a 的取值范围．3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()2ln f x x a x =+，()2g x ax x =+．(1)当0a =时，求函数()f x 的最小值；(2)当0a ≤时，若对任意1≥x 都有()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围．4．（2022·江西·南昌市实验中学高二阶段练习（理））已知函数()2ln f x x a x =+，()2g x x x =+.(1)若()y f x =在点()()1,1M f 处的切线方程为30x y b -+=，求实数a 、b 的值； (2)若对任意1x >，都有()()f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围.5．（2022·山东日照·高三期末）已知函数()ln f x x ax b =-+，中,a b ∈R . (1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)若[]()1,0,2,ln 1a b x kx x x ϕ=∈=--，对任意实数[]()()1,e ,x f x x ϕ∈≥恒成立，求2k b -的最大值.高频考点四：最值法1．（2022·重庆市朝阳中学高二阶段练习）已知函数321()22f x x x x m =--+，其中.m R ∈(1)若函数()f x 的极小值为0，求实数m 的值； (2)当[1,2]x ∈-时，1()2f x 恒成立，求实数m 的取值范围．2．（2022·重庆市长寿中学校高二阶段练习）已知函数()()2ln 0f x a x ax a =+-> (1)求()f x 的最大值(2)若()0f x ≤恒成立，求a 的值3．（2022·江西·模拟预测（文））已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>.(1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224e f x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.4．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意[]1,2x ∈-，不等式()23f x c <恒成立，求实数c 的取值范围.5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()221n l 0f x ax a x a x=-+->. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若对[]2,3a ∀∈，[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()12ln 2m f x f x +>-恒成立，求实数m 的取值范围.6．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.(1)求()f x 的解析式；(2)若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.1．（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e2．（2020·海南·高考真题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-. （1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.4．（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．一、单选题1．（2022·河南南阳·高二期末（文））若函数()ln f x kx x =-在区间(1,)+∞单调递增，则k 的取值范围是（） A ．[1,)+∞ B ．(1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(,2)-∞-2．（2022·全国·高二）函数f (x )＝13x 3－x 2＋a ，函数g (x )＝x 2－3x ，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f (x )的图象始终在函数g (x )图象的上方，那么a 的取值范围是（） A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．4,3⎛-+∞⎫ ⎪⎝⎭D ．4,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭3．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知()xae f x x x=-，()0,x ∈+∞，且1x ∀，()20,x ∈+∞，且12x x <，()()12210f x f x x x -<恒成立，则a 的取值范围是（）A ．12,e ∞-⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．2,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．(2,e ⎤-∞⎦D ．13,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭4．（2022·全国·高二）已知函数()()e 10xx a f ax =--≠在[]1,2上是减函数，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．210,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦5．（2022·重庆市清华中学校高二阶段练习）已知函数()()31e 1x f x x kx =--+，若对任意的()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠，都有()()()()11222112x f x x f x x f x x f x +>+，则实数k 的取值范围是（） A ．e ,3∞⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．e ,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦6．（2022·山西临汾·二模（理））已知函数22,1()ln ,1x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩，若()0f x ≥恒成立．则a 的取值范围为（） A ．[0,1]B ．[0,2e]C ．[1,2]D ．[2,2e]7．（2022·浙江·义乌市商城学校高二阶段练习）已知m ，n 为实数，不等式ln 0x mx n --≤恒成立，则nm的最小值为（） A ．1-B ．2-C ．1D ．28．（2022·宁夏中卫·一模（理））已知定义域为(0,)+∞的函数()f x 满足2()1()f x f x x x'+=，且2(e)e f =，e为自然对数的底数，若关于x 的不等式()20f x ax x x--+≤恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．[1,)+∞B ．[2,)+∞C ．2,e e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．322,e e e ⎡⎫-+++∞⎪⎢⎣⎭二、填空题9．（2022·全国·高二课时练习）当(]0,1x ∈时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是______．10．（2022·上海交大附中高二阶段练习）已知()2ln f x x ax a =-+，若对任意1≥x ，都有()0f x ≤，则实数a 的取值范围是______.11．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知函数()ln xf x x=．若对任意[)12,,x x a ∞∈+，都有()()121ef x f x -≤成立，则实数a 的最小值是________．12．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（文））设函数f （x ）在区间I 上有定义，若对12,x x I ∀∈和()0,1λ∀∈，都有()()()()()121211f x x f x f x λλλλ+-≤+-，那么称f （x ）为I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成立，则称f （x ）在I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断方法：设定义在（a ，b ）上的函数f （x ），其一阶导数为()f x '，其二阶导数为()f x ''（即对函数()f x '再求导，记为()f x ''），若()0f x ''>，那么函数f （x ）是严格的凹函数（()f x '，()f x ''均可导）.试根据以上信息解决如下问题：函数()21ln f x m x x x=++在定义域内为严格的凹函数，则实数m 的取值范围为___________. 三、解答题13．（2022·福建省厦门集美中学高二阶段练习）已知函数()ln f x x x =， (1)求过点(0,1)-的函数()f x 的切线方程(2)若对任意0x >，都有ln()x ax x a ≥-成立，求正数a 的取值范围.14．（2022·四川·成都外国语学校高二阶段练习（文））已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值.15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））已知函数()()e ln 1xf x a x =+-+，()'f x 是其导函数，其中a R ∈．(1)若()f x 在(,0)-∞上单调递减，求a 的取值范围；(2)若不等式()()f x f x '≤对(,0)x ∀∈-∞恒成立，求a 的取值范围．16．（2022·四川达州·二模（文））已知()()e 1x f x mx m =+<-.(1)当2m =-时，求曲线()y f x =上的斜率为1-的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-恒成立，求实数m 的范围.。

利用导数解决恒成立问题

分析：已知版心的面
x
积，你能否设计出版心的
高，求出版心的宽，从而
列出海报四周的面积来？
图3.4-1
解 : 设版心的高为 x d m , 则版心的宽为 1 2 8 d m , 此时四周空白面积为
S(x)(x4)(1282)128 x x
2x5128,x0 x
令求：导 S数 '(x,)得 S 2'(因是1面x56x)1此最积d22m，小最2，x值小0=宽点。5 1x为1 6。22 是8所d函以m数解，时S得当，(x： )版能的心使x 极高四小1 为周值6 ，空，白x 也 1 （ 6舍）
延伸学习
已知 f(x函 )a 数 xlnx(a0)g ,(x)x22x2. 若对 x1 (0,) 均 , 存 x2 [0 在 ,1]使 , f(得 x1)g(x2) 成立 a的，取求 .值范围
已知函数 f (x) (1 x) ex 1. .
（I）求函数 f (x) 的最大值；（Ⅱ）设 g(x) f (x) , x 1,且x 0 ,
202X
利用导数研究“恒成立”的问题
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【问题展示】
不等式恒成立问题是近年高考的热点问题，常以压轴题形式出现，交汇函数、方程、不等式和数列等知识，有效地甄别考生的数学思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以转化为函数的最值问题，而导数，以其本身所具备的一般性和有效性，在求解函数最值中，起到无可替代的作用，
x 证明: g(x) ＜1.
（Ⅰ）f (x)＝－xex．当 x∈(－∞，0)时，f (x)＞0，f (x)单调递增；当 x∈(0，＋∞)时，f (x)＜0，f (x)单调递减．所以 f (x)的最大值为 f (0)＝0．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 x＞0 时，f (x)＜0，g (x)＜0＜1．当－1＜x＜0 时，g (x)＜1 等价于设 f (x)＞x．设 h (x)＝f (x)－x，则 h (x)＝－xex－1．当 x∈(－1，－0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则 0＜－xex＜1，从而当 x∈(－1，0)时，h (x)＜0，h (x)在(－1，0]单调递减．当－1＜x＜0 时，h (x)＞h (0)＝0，即 g (x)＜1．

利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题

利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题高考中的恒成立问题是一类常见的数学问题，其中包括利用洛必达法则（L'Hôpital's Rule）解决的问题。

洛必达法则是一种处理极限的方法，通过对函数的导数进行求导，来求解一些特定的极限。

在高考中，经常出现的恒成立问题包括函数的极限和导数的求解等。

首先，我们来了解一下洛必达法则的基本思想。

洛必达法则适用于以下形式的不定式极限：lim[f(x)/g(x)]，其中x趋向于a，f(x)和g(x)为可导函数。

当直接计算极限的方式不可行或不方便时，洛必达法则可以帮助我们找到极限的解。

洛必达法则的常见形式有三种：0/0型、∞/∞型和∞-∞型。

接下来，我们将分别介绍这三种形式的洛必达法则，并举例说明如何应用。

第一种形式是0/0型，即函数f(x)和g(x)在极限点a处的函数值都趋于0。

洛必达法则的核心思想是对函数f(x)和g(x)同时求导，然后再求极限。

如果求导后的函数依然满足0/0型的形式，我们可以继续应用洛必达法则，直到求导后的函数不再满足0/0型为止。

例如，我们来计算极限lim[(1-cosx)/x]，其中x趋向于0。

这个极限的形式是0/0型，我们无法直接计算。

首先，对分子和分母同时求导，得到lim[sinx/1]，依然是0/0型。

再次应用洛必达法则，继续求导，得到lim[cosx/0]，这时分母变为0，不再满足0/0型。

因此，我们可以得出极限的结果为1第二种形式是∞/∞型，即函数f(x)和g(x)在极限点a处的函数值都趋于无穷大。

处理这种形式的洛必达法则与0/0型类似，只需对函数f(x)和g(x)同时求导，并再次应用洛必达法则，直到求导后的函数不再满足∞/∞型。

例如，我们来计算极限lim[(x^2+1)/(2x^2+3)]，其中x趋向于无穷大。

这个极限的形式是∞/∞型，我们无法直接计算。

首先，对分子和分母同时求导，得到lim[2x/(4x)]，依然是∞/∞型。

高考复习-利用导数研究函数的存在与恒成立问题

利用导数研究函数的存在与恒成立问题知识集结知识元利用导数研究函数的恒成立与存在问题知识讲解“恒成立”问题与“存在性”问题是高中数学中的常见问题，它不仅考查了函数、不等式等传统知识和方法，而且导数的加入更是极大的丰富了该类问题的表现形式，充分体现了能力立意的原则，越来越受到命题者的青睐，成为高中数学的一个热点问题。

本文仅从以下九方面总结一下有关这类问题的不同的表现形式及解决方法，希望能对大家高考复习起到一定的帮助作用。

一、若对，恒成立，则只需即可；若对，恒成立，则只需即可；二、若，满足不等式，则只需即可；若，满足不等式，则只需即可；三、若对，使得不等式（为常数）恒成立，则只需即可四、若，满足方程，则只需两函数值域交集不空即可.五、若对总使得成立，则只需值域值域即可六、若对，使得不等式恒成立，则只需即可七、若对，满足不等式，则只需即可八、若对，总，使得成立，则只需即可九、若对，总，使得成立，则只需即可例题精讲利用导数研究函数的恒成立与存在问题例1.已知不等式e x-1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值_____例2.设函数y=f（x）图象上在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线斜率分别是k A，k B，规定φ（A，B）=（|AB|为A与B之间的距离）叫作曲线y=f（x）在点A与点B之间的“弯曲度”．若函数y=x2图象上两点A与B的横坐标分别为0，1，则φ（A，B）=___；设A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=e x上两点，且x1-x2=1，若m∙φ（A，B）<1恒成立，则实数m的取值范围是________．例3.已知函数f（x）=ax+lnx，若f（x）≤1在区间（0，+∞）内恒成立，实数a的取值范围为_________．当堂练习单选题练习1.”a>b”是”log7a>log7b”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件练习2.已知命题p：x>m，q：2+x-x2<0，如果命题p是命题q的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（）A．（-∞，-1]B．（2，+∞）C．[1，+∞）D．[2，+∞）练习3.a<0，b<0的一个必要条件是（）A．a-b<0B．a+b<0C．>1D．<1练习4.直线x+y+a=0与圆x2+y2-2x+4y+3=0有两个不同交点的一个必耍不充分条件是（）A．-2<a<3B．-1<a<3C．-2<a<0D．0<a<3练习5.“”是“（1+tanα）（1+tanβ）=2”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分亦不必要条件填空题练习1.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得，则实数b 的取值范围是________．练习2.已知函数．若存在x∈[1，2]，使得f（x）+xf'（x）>0，则实数b 的取值范围是________．练习3.若函数f（x）=x2+1与g（x）=2alnx+1的图象存在公共切线，则实数a的最大值为___练习4.设函数f（x）=e x（2x-1）-2ax+2a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）<0，则a的取值范围是_______．练习5.设函数f（x）在R上存在导数f'（x），∀x∈R，有f（-x）+f（x）=x2，在（0，+∞）上，f'（x）<x，若f（6-m）-f（m）-18+6m≥0，则实数m的取值范围是________．解答题练习1.'设函数f（x）=xlnx-ae x，其中a∈R，e是自然对数的底数．（1）若f（x）在（0，+∞）上存在两个极值点，求a的取值范围；（2）若，证明：f（x）<0．'练习2.'已知函数，e为自然对数的底数．（1）求函数f（x）的定义域和单调区间；（2）试比较e2x-1与（2x-1）e的大小，其中；（3）设函数，0<a<e，求证：函数g（x）存在唯一的极值点t，且．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）'练习3.'已知函数f（x）=ax-lnx-a，a∈R．（1）若a=1，求方程f（x）=0的根；（2）已知函数g（x）=-x∙f（x）+ax2-2ax+a在区间（1，+∞）上存在唯一的零点，求实数a的取值范围；（3）当a=0时，是否存在实数m，使不等式在（1，+∞）上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，说明理由．'练习4.'已知函数f（x）=x-，g（x）=2ln（x+1）．（1）求最大正整数n，使得对任意n+1个实数x i（i=1，2，…，n+1），当x i∈[e-1，2]时，都有恒成立；（2）设H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的图象上是否存在不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1>x2>-1），使得成立．'练习5.'已知函数．（1）当a≥2时，求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）=e x+mx2-3，当a=e2+1时，对任意x1∈[1，+∞），存在x2∈[1，+∞），使，证明：m≤e2-e．'。

3.4导数在函数中的应用(恒成立问题)

科目数学年级高三备课人高三数学组第课时 3.4导数在函数中的应用（恒成立问题）考纲定位会利用导数求恒成立的问题.【典型例题】一、利用导数求恒成立的问题1、已知(0,)2x π∈，则sin x 与x 的大小关系是（）A.sin x x ≤B.sin x x ≥C.sin x x <D.sin x x >2、(2012 辽宁)若[0,)x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是（）A. B.21111241x x x ≤-++ C.21cos 12x x ≥-D.21ln(1)8x x x +≥-3、已知实数0a ≠，函数2()(2),()f x ax x x R =-∈.若对任意[2,1]x ∈-，不等式()32f x <恒成立，求实数a 的范围.4、（2012 湖南）已知函数()ax f x e x =-，其中0a ≠.若对一切,()1x R f x ∈≥恒成立，求a 的取值范围.5、（2012 天津）已知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0，其中0a >.（1）求a 的值；（2）若对任意的[0,)x ∈+∞，有2()f x kx ≤成立，求实数k 的最小值.【上本作业】《智能达标》P10页第7题：设函数22()21,(,0)f x tx t x t x R t =++-∈>（1）求()f x 的最小值()h t ；（2）若()2h t t m <-+，对于(0,2)t ∈恒成立，求实数m 的取值范围.【课后反思】3.4导数在函数中的应用（恒成立问题）答案解析1、D2、C3、解：()(32)(2)f x a x x '=--，（1）当0a >时，()f x 在2[2,]3-上递增，在2[,1]3上递减； max 232()()32,27327f x f a a ==<<则所以027a <<（2）当0a <时，()f x 在2[2,]3-上递减，在2[,1]3上递增； (2)32(1)f a f a -=->= max ()(2)3232,1f x f a a =-=-<>-则所以10a -<<综上：(1,0)(0,27)-为所求a 的范围.4、（2012 湖南）已知函数()ax f x e x =-，其中0a ≠.若对一切,()1x R f x ∈≥恒成立，求a 的取值范围【解析】（Ⅰ）若0a <，则对一切0x >，()f x 1ax e x =-<，这与题设矛盾，又0a ≠，故0a >.而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a'==得当11ln x a a <时，()0,()f x f x '<单调递减；当11ln x a a>时，()0,()f x f x '>单调递增，故当11ln x a a =时，()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a =- 于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立，当且仅当111ln 1a a a-≥. ① 令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时，()0,()g t g t '>单调递增；当1t >时，()0,()g t g t '<单调递减.故当1t =时，()g t 取最大值(1)1g =.因此，当且仅当11a=即1a =时，①式成立. 综上所述，a 的取值集合为{}1.5、（2012 天津）已知函数()ln()f x x x a =-+的最小值为0，其中0a >.（1）求a 的值；（2）若对任意的[0,)x ∈+∞，有2()f x kx ≤成立，求实数k 的最小值.．解：(1)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)．f ′(x )＝1－1x ＋a ＝x ＋a －1x ＋a. 由f ′(x )＝0，得x ＝1－a ＞－a .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x(－a,1－a ) 1－a (1－a ，＋∞) f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 单调递减极小值单调递增因此，f (x )在x ＝1－a 处取得最小值，故由题意f (1－a )＝1－a ＝0，所以a ＝1. (2)当k ≤0时，取x ＝1，有f (1)＝1－ln2＞0，故k ≤0不合题意．当k ＞0时，令g (x )＝f (x )－kx 2，即g (x )＝x －ln(x ＋1)－kx 2.g ′(x )＝x x ＋1－2kx ＝－x [2kx －(1－2k )]x ＋1. 令g ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1－2k 2k ＞－1.①当k ≥12时， 1－2k 2k ≤0，g ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g (x )在[0，＋∞)上单调递减，从而对任意的x ∈[0，＋∞)，总有g (x )≤g (0)＝0，即f (x )≤kx 2在[0，＋∞)上恒成立，故k ≥12符合题意．②当0＜k ＜12时，1－2k 2k ＞0, 对于x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k ，g ′(x )＞0，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k 内单调递增，因此当取x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1－2k 2k 时，g (x 0)＞g (0)＝0，即f (x 0)≤kx 20不成立，故0＜k ＜12不合题意．综上，k 的最小值为12.。

导数中恒成立问题(最值问题)

导数中恒成立问题〔最值问题〕恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现。

知识储备〔我个人喜欢将参数放左边，函数放右边〕先来简单的〔也是最本质的〕如别离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ 〔假设是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大〕 1.对于单变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[],x a b ∀∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ∃∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈使12()()f x g x ≥，那么只需min min ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥ 还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话〔双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量〕3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题〔2014.03苏锡常镇一模那题特别典型〕今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，〔甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是11,,e e之类〕，所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。

高考数学导数与不等式利用导数研究恒成立问题

解:当x=0时,f(0)=0≥-1,即f(x)≥x-cos x成立.当x>0时,由f(x)≥x-cos x,整理得a≤-1.设g(x)=-1(x>0),则g'(x)=.令g'(x)>0,得x>1,则g(x)在(1,+∞)上单调递增;令g'(x)<0,得0<x<1,则g(x)在(0,1)上单调递减.所以g(x)min=g(1)=e-1,则a≤e-1.综上,实数a的取值范围是(-∞,e-1].
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题1 已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)=,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数, a∈R.(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
解: ∵f(x)=x-ln x, ∴f'(x)=1-=,当0<x<1时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减;当1<x≤e时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增.∴f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,e],f(x)的极小值为f(1)=1,无极大值.
教师备用习题
解:对任意x>0都有f(x)<x+1恒成立,即a(ex-1)<xex+1对x∈(0,+∞)恒成立,因为x>0,所以ex-1>0,所以a<=x+对x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=x+(x>0),则只需a<g(x)min.g'(x)=1+=,令h(x)=ex-x-2(x>0),则h'(x)= ex-1>0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,因为h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0,所以存在唯一的x0∈(1,2),使得h(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0, g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(x0)=x0 +,由-x0-2=0得=x0+2,所以g(x0)=x0+ =x0+1∈(2,3),故a的最大整数值为2.

微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题高考数学

试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−

≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则

= =

，所以

≥

，即正实数的取值范围是[ , +∞).

试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞，所以 = ，
则 ′
=
− −

=
− +
，设

= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，

，又＞，

′
所以当＜＜时＜，当＜或＞时 ′ ＞，

所以在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，

则在区间[−, ]内存在，，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；

函数导数中的恒成立问题解题技巧

函数导数中的恒成立问题解题技巧函数导数中的恒成立问题解题技巧随着新课标下的高考越来越重视考查知识的综合应用，恒成立问题成为了考试中的热点问题。

这种问题涉及方程、不等式、函数性质与图象及它们之间的综合应用，同时渗透换元、转化与化归、数形结合、函数与方程等思想方法，考查综合解题能力。

在函数、导数中，这种问题更为明显。

本文将介绍两种解题技巧。

一、利用函数的性质解决XXX成立问题利用函数的性质解决恒成立问题，主要是函数单调性的应用。

例如，对于已知函数$f(x)=x^3+(1-a)x^2-a(a+2)x+b(a,b\in R)$，若函数$f(x)$的图象过原点，且在原点处的切线斜率是$-3$，求$a,b$的值。

我们可以先求出$f'(x)$，然后令$f(0)=b=0$，$f'(-1)$和$f'(1)$的乘积小于$0$，解出$a=-3$或$a=1$。

再比如，若函数$f(x)$在区间$(-1,1)$上不单调，求$a$的取值范围。

我们可以利用导函数$f'(x)$在给定的区间上有零点这一性质，根据函数零点的存在性定理解出$a$的取值范围。

二、利用数形结合思想解决恒成立问题利用数形结合思想解决恒成立问题，可以通过画图来求出函数的单调区间、极值点等信息，再结合数学方法解决问题。

例如，对于已知$x=3$是函数$f(x)=a\ln(1+x)+x^2-10x$的一个极值点，求$a$。

我们可以求出$f'(x)$，然后令$f'(3)=0$，解出$a=16$。

再比如，若直线$y=b$与函数$y=f(x)$的图象有$3$个交点，求$b$的取值范围。

我们可以根据函数$f(x)$的单调性来求出其极大值和极小值，画出图象，数形结合可以求出$b$的取值范围。

这些技巧可以帮助我们更好地解决函数导数中的恒成立问题，提高我们的解题能力。

方法点评：分离参数是解决恒成立问题的一种重要方法，通过构造新函数并求其最值，可以得到参数取值范围。

利用导数解决函数的恒成立问题(教师版)-2024新高考数学导数微专题

专题21利用导数解决函数的恒成立问题一、单选题1．已知a ，b 为实数，不等式ln ax b x +≥恒成立，则ba的最小值为（）A ．2-B ．1-C ．1D ．2【答案】B 【分析】不等式ln ax b x +≥恒成立，设()ln f x x ax b =--，即()0f x ≤恒成立，求出()1axf x x='-，分析得出函数()f x 的单调区间，求出函数()f x 的最大值，从而可得()max 0f x ≤,即ln 1b a ≥--，设()ln 1a g a a--=，求出()g a 的最小值即可得出答案.【详解】设()ln f x x ax b =--，则ln ax b x +≥恒成立等价于()max 0f x ≤成立，显然0a ≤时不合题意．当0a >时，()11axf x a x x-'=-=，∴当10x a <<时，()0f x '>，当1x a>时，()0f x '<，则()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，∴()max 11ln 10f x f b a a ⎛⎫⎛⎫==--≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⇒ln 1b a ≥--，∴ln 1b a a a --≥，令()ln 1a g a a --=，则()2ln a g a a'=，当01a <<时，()0g a '<，()g a 在()0,1上单调递减，当1a >时，()0g a '>，()g a 在()1,+∞上单调递增，∴()()min 11g a g ==-，∴1b a ≥-，min1b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，此时1a =，1b =-．故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决范围问题，求解本题的关键有两点：一是对问题进行等价转化，即设()ln f x x ax b =--，ln ax b x +≥恒成立等价于()max 0f x ≤成立初步判断出a 的取值范围；二是求出ln 1b a a a--≥之后，构造函数，利用导数求函数的最小值，进而求得b a 的最小值．属于难题.2．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．()0,+¥B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【分析】由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【详解】由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=，当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>，所以()s x 在()0,1上是减函数，在()1,+¥是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.3．已知函数()2sin ln 6xf x a x x a π⎛⎫=+-⎪⎝⎭（0a >，且1a ≠），对任意1,x []20,1x ∈，不等式()()212f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的最小值是（）A ．2eB ．eC ．3D ．2【答案】A 【分析】由导数求得()f x 在[0,1]上单调递增，求得函数的最值，把任意1,x []20,1x ∈，不等式()()212f x f x a -≤-恒成立，转化为()()max min 2f x f x a -≤-，进而求得a 的取值范围，得到最小值.【详解】由题意，显然2a ≥，因为函数()2sin ln 6xf x a x x a π⎛⎫=+-⎪⎝⎭，可得()ln (1)cos()36x f x a a x ππ'=-+，又由[0,1],2x a ∈≥，可得ln 0,10,cos()036xa a x ππ>-≥>，故()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，故()()max min (1)1ln ,(0)1f x f a a f x f ==+-==，对任意1,x []20,1x ∈，不等式()()212f x f x a -≤-恒成立，即()()max min 2f x f x a -≤-，所以1ln 12a a a +--≤-，即ln 2a ≥，解得2a e ≥，即实数a 的最小值为2e .故选：A.【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4．对于正数k ，定义函数：()()()(),,f x f x kg x k f x k ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩.若对函数()ln 22f x x x =-+，有()()g x f x =恒成立，则（）A ．k 的最大值为1ln 2+B ．k 的最小值为1ln 2+C ．k 的最大值为ln 2D ．k 的最小值为ln 2【答案】B 【分析】利用导数求出函数()f x 的最大值，由函数()g x 的定义结合()()g x f x =恒成立可知()f x k ≤，由此可得出k 的取值范围，进而可得出合适的选项.【详解】对于正数k ，定义函数：()()()(),,f x f x kg x k f x k ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，且()()g x f x =恒成立，则()f x k ≤.函数()ln 22f x x x =-+的定义域为()0,∞+，且()111xf x x x-'=-=.当01x <<时，()0f x '>，此时，函数()f x 单调递增；当1x >时，()0f x '<，此时，函数()f x 单调递减.所以，()()max 11ln 2f x f ==+，1ln 2k ∴≥+.因此，k 的最小值为1ln 2+.故选：B.【点睛】解决导数中的新定义的问题，要紧扣新定义的本质，将问题转化为导数相关的问题，本题将问题转为不等式()k f x ≥恒成立，从而将问题转化为求函数()f x 的最大值.5．已知函数2()1(0)f x ax x a =-+≠，若任意1x ，2[1x ∈，)+∞且12x x ≠都有1212()()1f x f x x x ->-，则实数a 的取值范围（）A ．[1，)+∞B ．(0，1]C ．[2，)+∞D ．(0,)+∞【答案】A 【分析】求出函数的导数，通过讨论a 的范围，得到关于a 的不等式，解出即可．【详解】1212()()1f x f x x x ->-表示函数()f x 在区间[)1,+∞上任意两个不同点连线的斜率都大于1，等价于()'211fx ax =-≥，1x时恒成立，0a 时，()'0fx <，不合题意，0a >时，只需211ax -，即1ax在[1，)+∞恒成立，故max 1()1a x=，故a 的范围是[1，)+∞，故选：A 【点睛】1212()()1f x f x x x ->-表示函数()f x 在区间[)1,+∞上任意两个不同点连线的斜率都大于1，由此考虑利用导数进行求解.6．已知函数()()221f x ax a x =+-，()2ln 2g x x =+，若对()0,x ∀∈+∞，()()f x g x ≥恒成立，则整数a 的最小值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B 【分析】0x >，问题变形为22(ln 1)2x x a x x ++≥+在(0,)+∞上恒成立．设22(ln 1)()2x x h x x x++=+，用导数求出它的最大值，对最大值估计其范围后可得a 的最小整数值．【详解】()()f x g x ≥即为()221ax a x +-≥2ln 2x +，2(2)2ln 22a x x x x +≥++，因为0x >，所以22(ln 1)2x x a x x ++≥+，即22(ln 1)2x x a x x++≥+在(0,)+∞上恒成立．设22(ln 1)()2x x h x x x++=+，则222(1)(2ln )()(2)x x x h x x x ++'=-+，令()2ln p x x x =+，则()p x 在(0,)+∞上是增函数，(1)10p =>，111112ln 2ln 2ln 4022222p ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，所以()p x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点0x ，即000()2ln 0p x x x =+=，01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以00x x <<时，()0h x '>，()h x 递增，0x x >时，()0h x '<，()h x 递减，所以max0()()h x h x =00022000002ln 222122x x x x x x x x +++===++，所以01a x ≥，又01(1,2)x ∈，所以a 的最小整数值为2．故选：B ．【点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题方法用分离参数法变形为求函数最大值，在求函数最大值时，导函数的零点需要定性分析，估计出范围，利用零点求出函数的最大值，再得出最大值的范围，然后得出所求结论．7．已知21()ln 2f x a x x =+，若对任意正实数()1212,x x x x ≠，都有()()12124f x f x x x ->-，则a 的取值范围是（）A ．(]0,1B ．[)4,+∞C ．(]0,4D ．[)6,+∞【答案】B 【分析】根据条件()()12124f x f x x x ->-可变形为112212()4[()4]0f x x f x x x x --->-，构造函数()21()4ln ()402g x f x x a x a x x =-=+>-，利用其为增函数即可求解.【详解】根据1212()()4f x f x x x ->-可知112212()4[()4]0f x x f x x x x --->-，令()21()4ln ()402g x f x x a x a x x =-=+>-由112212()4[()4]0f x x f x x x x --->-知()g x 为增函数，所以()()'400,0ag x x x a x=+-≥>>恒成立，分离参数得()4a x x ≥-，而当0x >时，()4x x -在2x =时有最大值为4，故4a ≥.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题由条件()()12124f x f x x x ->-恒成立，转化为112212()4[()4]0f x x f x x x x --->-恒成立是解题的关键，再根据此式知函数()21()4ln ()402g x f x x a x a x x =-=+>-为增函数，考查了推理分析能力，属于中档题.二、解答题8．已知函数()()()ln f x x n n R =+∈.（1）若曲线()y f x =与直线y x =相切，求n 的值；（2）若存在00x ≥，使()02200>x f x e x -成立，求实数n 的取值范围.【答案】（1）1；（2）(),e +∞.【分析】（1）利用切点和切线的斜率列方程，由此求得n 的值.（2）将已知条件转化为存在00x ≥，使()02200ln <0x ex n x -+-成立，构造函数()()()22ln 0x g x e x n x x =-+-≥，利用导数研究()g x 的单调性和最值，结合对n 进行分类讨论，由此求得n 的取值范围.【详解】（1）设切点坐标为()00,x y ，因为()'1fx x n =+，所以011x n =+，又()00ln y x n =+，所以00y =，故000x y ==，所以1n =.（2）存在00x ≥，使()02200>x f x e x -成立，等价于：存在00x ≥，使()02200ln <0x e x n x -+-成立.令()()()22ln 0xg x ex n x x =-+-≥，()'2122x g x e x x n=--+，令()()'2122xh x g x e x x n==--+，()()22142x h x e x n =+-+'，当0x ≥时，()'0h x >，故()()'h x g x =在[)0,+∞单调递增，所以()()''102g x g n≥=-，①当12n ≥时，()'120g x n≥-≥，故()g x 在[)0,+∞单调递增，所以()()01ln g x g n ≥=-，由已知1ln <0n -，即n e >.②当12<n 时，()'102<0g n=-故存在()10,x ∈+∞，使得()'10g x =.此时1211122x e x x n=-+.若()10,x x ∈时，()'0g x <；若()1,x x ∈+∞时，()'0g x >.所以()()()()()1112222211111min ln ln 22x x x g x g x e x n x e x e x ==-+-=-+-，令()()221>0xx ex x ϕ=-，()'2122x x e x ϕ=-，()''2142>0xx e ϕ⎡⎤=-⎣⎦，所以()'2122xx ex ϕ=-在()0,∞+单调递增，所以()()''11>02>0x ϕϕ=；所以()()11>01>0x ϕϕ=，故1221>0x e x -.令()()22>0xx ex x ϕ=-，()'2221>0x x e ϕ=-，故()2x ϕ在()0,∞+单调递增，所以()()22>01x ϕϕ=，故()121ln 22>ln 2>0x e x -故不存在00x ≥，使()02200ln <0x ex n x -+-成立.综合上述：实数n 的取值范围是(),e +∞.【点睛】解决导数与切线的问题，关键把握住切点和斜率，切点既在切线上，也在原函数图象上.9．已知函数()ln f x mx a x m =--，()x exg x e=，其中m ，a 均为实数．（1）试判断过点()1,0-能做几条直线与()y g x =的图象相切，并说明理由；（2）设1,0m a =<，若对任意的1x ，[]23,4x ∈（12x x ≠），()()()()212111f x f xg x g x -<-恒成立，求a 的最小值．【答案】（1）2条，理由见解析；（2）2233e -.【分析】（1）设切线方程为()1y k x =+，切点为()00,x y ，根据导数的几何意义和斜率公式，得到方程所以得20010x x +-=，根据方程显然有两个不等的实根，即可作出判定；（2）把不等式()()()()212111f x f xg x g x -<-转化为()()()()2211f x h x f x h x -<-，进而转化为11x x e a x e x --≥-+恒成立，设()11x x e v x x e x--=-+，利用导数求得函数()v x 的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）设过点()1,0-与()y g x =图象相切的直线方程为()1y k x =+，切点为()00,x y ，由函数()xex g x e=，可得()x e ex g x e -=，则()()00000000011x x e ex y ex k g x e x e x --'====++，所以得20010x x +-=，因为2141(1)50∆=-⨯⨯-=>，此方程显然有两个不等的实根，所以过点()1,0-能做2条直线与()y g x =的图像相切．（2）当1,0m a =<时，()ln 1f x x a x =--，()0,x ∈+∞，因为()0x af x x-'=>在[]3,4恒成立，所以()f x 在[]3,4上为增函数，设()()1x e h x g x ex ==，所以()()1210x e x h x x--'=>在[]3,4恒成立，所以()h x 在[]3,4上为增函数，设21x x >，则()()()()212111f x f xg x g x -<-等价于()()()()2121f x f x h x h x -<-，即()()()()2211f x h x f x h x -<-，设()()()1ln 1xe u xf x h x x a x e x=-=---⋅，则()u x 在[]3,4为减函数，∴()()21110xe x a u x x e x-'=--⋅≤在()3,4上恒成立，∴11x x e a x e x --≥-+恒成立．设()11x x e v x x ex--=-+，∵()()2111211131124x x x e x v x ee x x ---⎡⎤-⎛⎫'=-+=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，[]3,4x ∈，∴21211331244x e e x -⎡⎤⎛⎫-+>>⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，∴()0v x '<，()v x 为减函数，∴()v x 在[]3,4上的最大值为()22333v e =-，∴2233a e ≥-，∴a 的最小值为2233e -．【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.10．已知函数()1ln a f x a x x x-=+-，其中2a <．（1）求()f x 的极值；（2）设m ∈Z ，当1a =时，关于x 的不等式()()2x f x m x e <--⋅在区间(]0,1上恒成立，求m 的最小值．【答案】（1）当1a ≤时，()f x 的极大值为2a -，无极小值；当12a <<时，()f x 的极大值为2a -，极小值为ln(1)2a a a --+；（2）3-.【分析】（1）对函数求导，通过分类讨论来判断导函数符号，确定函数的单调性，从而求极值；（2）分离参数，构造函数，将恒成立问题转化为最值问题来处理．【详解】解：（1）由题意得()f x 的定义域为(0,)+∞，222211(1)[(1)]()1a a x ax a x x a f x x x x x--+----'=--=-=-，当10a -≤，即1a ≤时，令()0f x '>，得01x <<，则()f x 在(0,1)上单调递增；令()0f x '<，得1x >，则()f x 在(1,)+∞上单调递减．所以()f x 在1x =处取极大值，且极大值为(1)2f a =-，无极小值．若011a <-<，即12a <<，当(0,1)(1,)x a ∈-⋃+∞时，()0f x '<，则()f x 在(0,1)a -，(1,)+∞上单调递减；当(1,1)x a ∈-时，()0f x '>，则()f x 在(1,1)a -上单调递增．所以()f x 在1x a =-处取极小值，且极小值为(1)ln(1)2f a a a a -=--+，在1x =处的极大值，且极大值为(1)2f a =-．综上所述，当1a ≤时，()f x 的极大值为2a -，无极小值；当12a <<时，()f x 的极大值为2a -，极小值为ln(1)2a a a --+．（2）由()()2xf x m x e <--⋅，得ln (2)x m x x x e >-+-⋅，设()ln (2)x h x x x x e =-+-⋅，(0,1]x ∈，则1()(1)x e h x x x ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，当01x <≤时，10x -≤．设1()x u x e x =-，则21()0x u x e x'=+>，所以()u x 在(0,1]上单调递增．又，(1)10u e =->，所以存在01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使()00u x =，即001x e x =，00ln x x =-当()00,x x ∈时，()0u x <，()0h x '>，当(]0,1x x ∈时，()0u x >，()0h x '≤，所以函数()h x 在()00,x 上单调递增，在(]0,1x 上单调递减，所以()()0max 0000000012()2ln 2212x h x x e x x x x x x x ⎛⎫=-⋅+-=-⋅-=-+ ⎪⎝⎭．因为函数212y x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()0(4,3)h x ∈--，又()m h x >对任意的(0,1]x ∈恒成立，m ∈Z ，所以3m ≥-，所以m 的最小值是-3．【点睛】方法点睛：（1）求解不等式恒成立问题时，可以构造函数，将问题转化为函数的单调性与最值问题，再结合题意求解参数的取值范围；（2）函数的零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围，然后利用零点所满足的关系进行代换求解．此题围绕函数与导数的关系、函数的极值、不等式恒成立问题等设题，综合考查导数的应用，有助于加深考生对数学知识本质的理解，提高考生思维的层次，考查理性思维、数学探索等学科素养．11．已知函数()(0)2x a f x a x a-=>-．（1）当1a =时，求4()f m f m ⎛⎫+⎪⎝⎭的值；（2）当(0,)x ∈+∞时，关于x 的不等式1()1f x f x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）32；（2）13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【分析】（1）当1a =时，1()2x f x x -=-，代入可得414136()()42242m m m f m f m m m m---+=+=---，即可得解；（2）由111()122122a x a x a ax x f x f x x a x a ax a x----⎛⎫+=+=+ ⎪---⎝⎭-(0)x >，令1()(0)212x a ax g x x x a ax --=+>--，有3(0)2g =，1(1)112g a =+-，求导可得：22222222222(14)41(2)(12)()(2)(12)(2)(12)(2)(12)a ax x a a a a x a a ax g x x a ax x a ax x a ax ⎡⎤-+-----⎣⎦=+==------'22(12)(12)(1)(1)(2)(12)a a a x x x a ax -+-+=--，分类讨论即可得解.【详解】（1）当1a =时，1()2x f x x -=-，414114224363()()42242242422m m m m m m m f m f m m m m m m m------+-+=+=+===------；（2）111()122122a x a x a ax x f x f x x a x a ax a x ----⎛⎫+=+=+ ⎪---⎝⎭-(0)x >，令1()(0)212x a ax g x x x a ax --=+>--，有3(0)2g =，1(1)112g a =+-，求导可得：22222222222(14)41(2)(12)()(2)(12)(2)(12)(2)(12)a ax x a a a a x a a ax g x x a ax x a ax x a ax ⎡⎤-+-----⎣⎦=+==------'22(12)(12)(1)(1)(2)(12)a a a x x x a ax -+-+=--，当102a <<时，若(0,2)x a ∈，()0g x '<，所以()g x 为减函数，由3(0)2g =，此时3()(,)2g x ∈-∞，与1()1f x f x ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭恒成立矛盾；当12a =时，1133132222()1112x x x g x x x x ---=+==---，即13()2f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，成立；当12a >时，22(12)(12)(1)(1)()(2)(12)a a a x x g x x a ax -+-+--'==，若1(0,2x a ∈，()0g x '>，()g x 为增函数，此时3()(,)2g x ∈+∞，若1(,1)2x a ∈，()0g x '>，()g x 为增函数，此时1()(,112g x a ∈-∞+-，若(1,2)x a ∈，()0g x '<，()g x 为减函数，此时1()(1)12g x a ∈-∞+-，，若(2,)x a ∈+∞，()0g x '<，()g x 为减函数，此时3()(+)2g x ∈∞，，若要1()1f x f x ⎛⎫+≥⎪⎝⎭，只要11112a +≤--，解得：1324a <≤，综上可得：实数a 的取值范围为13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【点睛】本题考查了分式函数求值以及解绝对值不等式，考查了分类讨论思想和较高的计算能力，属于难题.绝对值不等式问题有以下几种方法：（1）分类讨论去绝对值；（2）利用绝对值三角不等式；（3）构造函数，利用导数求单调性求最值.12．已知函数2()2ln 43f x x x x =+-+．（1）求函数()f x 在[1,2]上的最小值；（2）若3()(1)f x a x -≤，求实数a 的值．【答案】（1）0；（2）23．【分析】（1）求导研究函数的单调性得()f x 在[1,2]上是增函数，进而可得()f x 在[1,2]上的最小值；（2）将问题转化为3()(1)0f x a x --≤，进而构造函数3()()(1)g x f x a x =--，求导得2(1)(23)()x ax g x x --'=，再分0a ≤，203a <<，23a =，23a >四种情况讨论即可得答案.【详解】解：（1）因为222(1)()240x f x x x x-'=+-=≥，当且仅当1x =时，()0f x '=，所以()f x 在[1,2]上是增函数，所以()f x 在[1,2]上的最小值为(1)0f =．（2）根据题意得：3()(1)0f x a x --≤，设323()()(1)2ln 43(1)g x f x a x x x x a x =--=+-+--，则2222(1)(1)(23)()3(1)x x ax g x a x x x---'=--=．①当0a ≤时，当1x >时，由（1）知()0f x >，而3(1)0a x -≤，所以3()(1)f x a x -≤不恒成立．②当23a >时，2013a <<，当23x a>时，()0g x '≤，当且仅当1x =时，()0g x '=，所以()g x 在2(,)3a+∞上是减函数，所以2((1)03g g a>=，即()0g x ≤不恒成立．③当203a <<时，213a>，当203x a<<时，()0g x '≥，当且仅当1x =时，()0g x '=，所以()g x 在2(0,)3a上是增函数，所以2((1)03g g a >=，即()0g x ≤不恒成立.④当23a =时，32(1)()x g x x -'=-，213a >，当01x <<时，()0g x '>，()g x 在(0,1)上是增函数；当1x >时，()0g x '<，()g x 在(1,)+∞上是减函数．所以()(1)0g x g ≤=，即()0g x ≤恒成立．综上所述，实数a 的值为23.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，研究不等式恒成立问题，考查综合分析能力与分类讨论思想，是难题.13．函数()()1e e 1x x f x x k =+⋅--.（1）当2k =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x >时，()0f x >恒成立，求整数k 的最大值.【答案】（1）单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+¥；（2）2.【分析】（1）当2k =时，对函数()f x 求导，利用导数判断其单调性即可；（2）对函数()f x 求导，可得()()e 1xf x x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦，分1k ≤和1k >两种情况，分别讨论函数()f x 的单调性，结合当0x >时，()0f x >恒成立，可求出答案.【详解】（1）当2k =时，()()1e 2e 1x x f x x =+⋅--，所以()()e 1xf x x '=⋅-.当()0f x ¢>时，1x >；当()0f x ¢<时，1x <.所以()f x 的单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+¥.（2）因为()()1e e 1x x f x x k =+⋅--，所以()()e 1x f x x k '=⋅--⎡⎤⎣⎦.①当1k ≤时，由0x >，可得()0f x ¢>恒成立，所以()f x 单调递增，所以()()0f x f >，而()010f =>，所以()0f x >恒成立；②当1k >时，令()0f x ¢>，可得1x k >-；由()0f x ¢<，可得01x k <<-.所以()f x 在()0,1k -单调递减，在()k -1,+∞单调递增.因为()0f x >恒成立，所以()min 0f x >，即()()()11111e e 10k k f k k k ---=+-⋅-->，所以11e 0k k -+->.设()11ex g x x -=+-()1x >，则()11e x g x -'=-，因为1x >，所以()1e1,x -∈+∞，所以()11e 0x g x -'=-<，故()g x 在()1,+¥单调递减.又因为()110g =>，()23e 0g =->，()234e 0g =-<，所以存在()02,3x ∈，使得()00g x =，且当()00,x x ∈时，()0g x >；当()0,x x ∈+∞时，()0g x <.又因为()11e0k g k k -=+->且k 为整数，所以k 的最大值为2.【点睛】方法点睛：由不等式恒成立求参数的取值范围的方法：（1）讨论最值法：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式的参数的范围；（2）分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数最值，从而求出参数的取值范围.14．已知函数()ln 1f x x mx =-+，()()2x g x x e =-．（1）若()f x 的最大值是0，求m 的值；（2）若对其定义域内任意x ，()()f x g x ≤恒成立，求m 的取值范围．【答案】（1）1；（2）[)1,+∞．【分析】（1）根据某点上的切线斜率即为函数在该点的导数，列出点斜式方程即可得出答案.（2）构造函数，对函数求导后，讨论函数单调性，求出m 的取值范围.【详解】解：（1）∵()f x 的定义域()0,∞+，()1f x m x'=-．若0m ≤，()0f x '>，()f x 在定义域内单调递增，无最大值；若0m >，10,x m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x 单调递增；1,x m ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x 单调递减．∴1x m =时，()f x 取得最大值11ln 0f m m ⎛⎫== ⎪⎝⎭，∴1m =．（2）原式恒成立，即()ln 12x x mx x e -+≤-在()0,∞+上恒成立，即1ln 2x x m e x+-≥-在()0,∞+上恒成立．设()1ln x x x e x ϕ+=-，则()22ln x x e x x xϕ+'=-，设()2ln x h x x e x =+，则()()2120x h x x x e x'=++>，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，且112211110e e h e e e e-⎛⎫=⋅-=-< ⎪⎝⎭，()10h e =>．所以()h x 有唯一零点0x ，且0200ln 0xx e x +=，即0000ln x x x e x -=．两边同时取对数得()()0000ln ln ln ln x x x x +=-+-，易知ln y x x =+是增函数∴00ln x x =-，即001x e x =．由()()2h x x x ϕ'=-知()x ϕ'在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减．∴()()00000001ln 111x x x x x e x x x ϕϕ+-≤=-=-=-，∴21m -≥-，∴m 1≥故m 的取值范围是[)1,+∞．【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值与最值，属于难题.思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立求参数范围的一般方法:①当x D ∀∈时，()()f x h a ≥成立，则()()min f x h a ≥；②当x D ∃∈时，()()f x h a ≥成立，则()()max f x h a ≥15．已知函数()ln f x a x ax =+-，且()0f x ≤恒成立．（1）求实数a 的值；（2）记()()h x x f x x =+⎡⎤⎣⎦，若m ∈Z ，且当()1,x ∈+∞时，不等式()()1h x m x >-恒成立，求m 的最大值．【答案】（1）1；（2）3．【分析】（1）由条件可得1x =是()f x 的极大值点，从而()10f '=，可得答案.(2)由条件()ln h x x x x =+，根据条件可得ln 1x x x m x +<-对任意的1x >恒成立，令()()ln 11x x x g x x x +=>-，求出()g x 的导函数，得出()g x 单调区间，利用函数的隐零点，分析得出答案【详解】（1）解：()f x 的定义域是()0,∞+，因为()10f =，()0f x ≤恒成立，所以1x =是()f x 的极大值点，所以()10f '=，因为()1f x a x'=-，所以()110f a '=-=，所以1a =．（2）依题意得，()ln h x x x x =+，()()1h x m x >-，∴()ln 1x x x m x +>-，因为1x >，所以ln 1x x x m x +<-对任意的1x >恒成立，令()()ln 11x x x g x x x +=>-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，令()()ln 21s x x x x =-->，则()1110x s x x x-'=-=>，所以函数()s x 在()1,+∞上单调递增．因为()31ln 30s =-<，()42ln 40s =->，所以方程()0s x =在()1,+∞上存在唯一的实数根0x ，且()03,4x ∈，则()000ln 20s x x x =--=，所以00ln 2x x =-，①当01x x <<时，()0s x <，即()0g x '<；当0x x >时，()0s x >，即()0g x '>，所以函数()ln 1x x x g x x +=-在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．所以()()()000min 01ln 1x x g x g x x +==-，把①代入得，()()00000121x x g x x x +-==-，()3,4x ∈，所以()()0min 3,4m g x x <=∈，故整数m 的最大值是3．【点睛】关键点睛：本题考查根据恒成立求参数的最大整数值，考查函数的隐零点的整体然换的应用，解答本题的关键是由函数()s x 在()1,+∞上单调递增，得出()0s x =在()1,+∞上存在唯一的实数根0x ，且()03,4x ∈，得出()g x 单调性，从而得出()()()000min 01ln 1x x g x g x x +==-，然后将00ln 2x x =-代入，得出()()03,4g x ∈，属于难题.16．已知函数()()ln xf x xe a x x =-+.（1）当0a >时，求()f x 的最小值；（2）若对任意0x >恒有不等式()1f x ≥成立.①求实数a 的值；②证明：()22ln 2sin x x e x x x >++.【答案】（1）ln a a a -；（2）①1；②证明见解析.【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，对函数求导，令0x xe a -=，构造()xg x xe =，利用导数研究函数的单调性与实根个数，进而得出()f x 的单调性和最值；（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意；当0a >时，构造()()ln 0a a a a a ϕ=->，求导得出函数的最大值，可得实数a 的值；②由①可知ln 1x xe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，按1x >和01x <≤分别证明即可．【详解】（1）法一：()f x 的定义域为()0,∞+，由题意()()()11x xa xe a f x x e x x x ⎛⎫-⎛⎫'=+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令0x xe a -=，得x a xe =，令()xg x xe =，()()10x x x g x e xe x e '=+=+>，所以()g x 在()0,x ∈+∞上为增函数，且()00g =，所以x a xe =有唯一实根，即()0f x '=有唯一实根，设为0x ，即00xa x e =，所以()f x 在()00,x 上为减函数，在()0,x +∞上为增函数，所以()()()00000min ln ln xf x f x x e a x x a a a ==-+=-.法二：()()()()ln ln ln 0xe x xf x x a x x e a x x x +=-+=-+>.设ln t x x =+，则t R ∈.记()()tt e at t R ϕ=-∈.故()f x 最小值即为()t ϕ最小值.()()0t t e a a ϕ'=->，当(),ln t a =-∞时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减，当()ln ,t a ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增，所以()()ln min ln ln ln af x a ea a a a a ϕ==-=-，所以()f x 的最小值为ln a a a -.（2）①当0a ≤时，()f x 单调递增，()f x 值域为R ，不适合题意，当0a >时，由（1）可知()min ln f x a a a =-，设()()ln 0a a a a a ϕ=->，所以()ln a a ϕ'=-，当()0,1a ∈时，()0a ϕ'>，()a ϕ单调递增，当()1,a ∈+∞时，()0a ϕ'<，()a ϕ单调递减，所以()()max 11a ϕϕ==，即ln 1a a a -≤.由已知，()1f x ≥恒成立，所以ln 1a a a -≥，所以ln 1a a a -=，所以1a =.②由①可知ln 1x xe x x --≥，因此只需证：22ln 2sin x x x x +>+，又因为ln 1≤-x x ，只需证2222sin x x x x +>-+，即222sin x x x -+>，当1x >时，2222sin x x x -+>≥结论成立，当(]0,1x ∈时，设()222sin g x x x x =-+-，()212cos g x x x '=--，当(]0,1x ∈时，()g x '显然单调递增.()()112cos10g x g ''≤=-<，故()g x 单调递减，()()122sin10g x g ≥=->，即222sin x x x -+>.综上结论成立.【点睛】方法点睛：本题考查导数研究函数的最值，导数解决恒成立问题以及导数证明不等式，导数对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题,可以求函数最值的方法,一般通过变量分离，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题：1.()f x m >恒成立min ()f x m ⇔>；2.()f x m <恒成立max ()f x m ⇔<.17．已知函数()322339f x x ax a x a =--+.（1）设1a =，求函数()f x 的单调区间；（2）若13a >，且当[]1,4x a ∈时，()312f x a a ≥-恒成立，试确定a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，()3,∞，单调递减区间为()1,3-；（2）12,33⎛⎤ ⎥⎝⎦.【分析】（1）求导函数，判断导函数的符号，可得单调区间.（2）利用导函数研究()f x 在[]1,4x a ∈时的最小值，()312f x a a ≥-恒成立可以等价转化为()3min 12f x a a ≥-，解不等式可得解.【详解】（1）当1a ＝时，()32391f x x x x --+＝，则()2369x x f x '--＝，由()0f x '＝，得1x =-或3x =.当1x <-时，()0f x >′；当13x -<<时，()0f x <′；当3x >时，()0f x >′.所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，()3,∞，单调递减区间为()1,3-.（2）因为()22369f x x ax a -'-＝()()33x a x a =+-，13a >，所以当13x a ≤<时，()0f x <′；当34a x a <≤时，()0f x >′.所以当[]1,4x a ∈时，()f x 的最小值为()3326f a a =-.由()312f x a a ≥-在[]1,4a 上恒成立得332612a a a -≥-，解得2a 3≤-或203a ≤≤.又13a >，所以1233a <≤.即a 的取值范围为12,33⎛⎤⎥⎝⎦.【点睛】思路点睛:本题考查用导函数研究原函数性质的方法，是常见题.不等式恒（能）成立求参数范围的一般方法:①当x D ∀∈时，()()f x h a ≥成立，则()()min f x h a ≥；②当x D ∃∈时，()()f x h a ≥成立，则()()max f x h a ≥.18．【答案】（1）32()2f x x x x =--+；（2）[)2,-+∞.【分析】（1）由1,13-是方程2321=0x ax +-的两根，可得答案；（2）转化为31ln 22x a x x≥--对任意x >0恒成立，然后构造函数31g()=ln 22x x x x --，求其最小值可得答案.【详解】（1）2()321f x x ax +'=-，由题意23210x ax +-<的解集为1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭，即2321=0x ax +-的两根是1,13-，由此解得=1a -.所以32() 2.f x x x x =--+（2）即不等式22ln 321x x x ax ≤++对任意x >0恒成立，即31ln 22x a x x≥--对任意x >0恒成立，令31g()=ln 22x x x x --，则2(1)(31)g ()=2x x x x -+'-，令g ()=0x '，得=1x 或13-(舍)当01x <<时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<，所以max g()(1)2x g ==-，所以实数a 的取值范围是[)2,-+∞.【点睛】关键点睛：本题第二问考查的是常量分离求参数的取值范围问题，解决的关键是构造函数，利用导数求最值，如果导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试再求一次求导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号.18．已知函数32() 2.f x x ax x =+-+（1）如果函数f （x ）的单调递减区间为1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭，求f （x ）的表达式；（2）若不等式2ln ()2x x f x '≤+恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）y =9；（2）{|1a a >或1}2a <-.【分析】（1）求出(3)9f =以及()'30f =，即可求出切线方程；（2）2()2f x a '<对任意x ∈R 恒成立，等价于2222x x a a -+<-对任意x ∈R 恒成立，令2()2g x x x =-+，求出()g x 的最大值，即可求出a 的范围.【详解】解：（1）3,0a b ==时，321()33f x x x x =-++，(3)9f =()2'23f x x x =-++，()'39630f =-++=，0k =所以函数()f x 在3x =处的切线方程为：9y =（2）因为2()2f x x x a '=-++，由题意得：22()22f x x x a a =-++<'对任意x ∈R 恒成立，即2222x x a a -+<-对任意x ∈R 恒成立，设2()2g x x x =-+，所以22()2(1)1g x x x x =-+=--+，所以221a a ->，解得1a >或12a <-，所以，实数a 的取值范围为{|1a a >或1}2a <-.【点睛】本题考查已知恒成立求参数问题，属于基础题.方法点睛：（1）参变分离（2）()()f x g a <的恒成立问题转化为()()max f x g a <（3）求出()f x 在已知范围下函数的值域（4）求解参数a 19．已知函数321()(,)3f x x x ax b a b R =-+++∈.（1）当3,0a b ==时，求函数()f x 的在(3，()3f )处的切线方程；（2）若函数()f x 在其图象上任意一点00(,())x f x 处切线的斜率都小于22a ，求实数a 的取值范围.【答案】（1）y =9；（2）{|1a a >或1}2a <-.【分析】（1）求出(3)9f =以及()'30f =，即可求出切线方程；（2）2()2f x a '<对任意x ∈R 恒成立，等价于2222x x a a -+<-对任意x ∈R 恒成立，令2()2g x x x =-+，求出()g x 的最大值，即可求出a 的范围.【详解】解：（1）3,0a b ==时，321()33f x x x x =-++，(3)9f =()2'23f x x x =-++，()'39630f =-++=，0k =所以函数()f x 在3x =处的切线方程为：9y =（2）因为2()2f x x x a '=-++，由题意得：22()22f x x x a a =-++<'对任意x ∈R 恒成立，即2222x x a a -+<-对任意x ∈R 恒成立，设2()2g x x x =-+，所以22()2(1)1g x x x x =-+=--+，所以221a a ->，解得1a >或12a <-，所以，实数a 的取值范围为{|1a a >或1}2a <-.【点睛】本题考查已知恒成立求参数问题，属于基础题.方法点睛：（1）参变分离（2）()()f x g a <的恒成立问题转化为()()max f x g a <（3）求出()f x 在已知范围下函数的值域（4）求解参数a20．已知0a >，函数()22ln f x a x x ax =-+.（1）若2a =，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；（2）若当[]1,x e ∈时，()210e e f x +-≤≤，求a 的所有可能取值.【答案】（1）43y x =-；（2）1.【分析】（1）求出()f x '，然后求出()1f '，()1f 即可；（2）令()110f a =-≤，可得1a ≤，然后可得()f x 在[]1,e 上单调递减，然后求出()f x 的最值即可解出答案.【详解】（1）若2a =，则()24ln 2f x x x x =-+，()422f x x x'=-+.则()14f '=，()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为43y x =-.（2）()()()222a x a x a f x x a x x-+'=-+=，0x >.令()110f a =-≤，可得1a ≤，所以当[]1,e x ∈时，()0f x '≤，所以()f x 在[]1,e 上单调递减.()()max 10f x f =≤，该不等式成立.()()222min e e e 1e e f x f a a ==-+≥+-，即()()1e 10a a -++≥，所以1a ≥综上所述，a 的可能取值只有1【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：（1）若()a f x >恒成立，则()max a f x >；（2）若()a f x <恒成立，则()min a f x <.21．设函数()()2ln 1f x x x ax =+--.（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若0x >时()0f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为()1,0-，单调递减区间为()0,∞+；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.【分析】（1）求得()1xf x x -'=+，然后可得答案；（2）分0a ≥、102a -<<、12a ≤-三种情况讨论，每种情况下利用导数研究其单调性，结合()00f =可得答案.【详解】（1）()f x 的定义域为()1,-+∞，当0a =时，()()ln 1f x x x =+-，()1xf x x -'=+，当10x -<<时，()0f x '>，当0x >时，()0f x '<，所以()f x 的单调递增区间为()1,0-，单调递减区间为()0,∞+.（2）由（1）知()ln 10x x +-≤，当且仅当0x =时等号成立..若0a ≥，()()()2ln 1ln 10f x x x ax x x =+--≤+-≤，不符合条件.若0a <，()()2211x ax a f x x -++'=+，1x >-.令()0f x '=，得0x =或212a x a +=-，若102a -<<，则当2102a x a+<<-时()0f x '<，()f x 单调递减，此时()()00f x f <=，不符合条件.若12a ≤-，则当()0,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，此时()()00f x f >=，即当0x >时，()0f x >.综上所述，a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦【点睛】方法点睛：在处理函数有关的不等式时，一般是利用函数的单调性和特殊点的函数值解决.22．已知函数f (x )=x e -mx -2，g (x )=x e -sin x -x cos x -1.（1）当x ≥2π时，若不等式f (x )>0恒成立，求正整数m 的值；（2）当x ≥0时，判断函数g (x )的零点个数，并证明你的结论，参考数据:2e π≈4.8【答案】（1）1；（2）2个，证明见解析.【分析】(1)将问题转化为2x π≥时，不等式2x e m x -<恒成立，令()2x e h x x=-，用导数法求得其最小值即可.(2)易知(0)0g =，则0是()g x 的一个零点，由2x π>时，()sin cos 120x x g x e x x x e x =--->-->，得到()g x 无零点，当02x π≤≤时，用导数法结合零点存在定理求解.【详解】(1)因为当x ≥2π时，若不等式f (x )>0恒成立，所以当2x π≥时，不等式2x e m x -<恒成立，令()2x e h x x=-，则22(2)(1)2()0x x x e x e e x h x x x ---+'==>，所以()h x 在[,)2π+∞上递增，所以2min 228()()252e h x h ππππ-==≈，因为28125π<<，所以正整数m 的值为1.(2)当0x ≥时，函数()g x 有2个零点.证明如下：显然(0)0g =，所以0是()g x 的一个零点，①当2x π>时，()sin cos 120x x g x e x x x e x =--->-->，所以()g x 无零点；②当02x π≤≤时，()2cos sin x g x e x x x '=-+，令()()2cos sin x h x g x e x x x '==-+，则()()3sin cos 0x h x g x e x x x '''==++>，所以()'g x 在[0,2π上递增又(0)10,g '=-<2()022g e πππ'=+>，所以存在唯一1(0,2x π∈使得1()0g x '=.所以当1(0,)x x ∈时，()0g x '<，故()g x 递减；当1(,2x x π∈时，()0g x '>，故()g x 递增；因为(0)0g =，所以1()0g x <，又2()202g e ππ=->，所以存在唯一21(,)2x x π∈使得2()0g x =综上得：当0x ≥时，函数()g x 有2个零点.【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．23．已知函数311()ln 62f x x x x x =+-.（1）求曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线方程；（2）若()f x a <对1(,)x e e ∈恒成立，求a 的最小值.【答案】（1）23y =；（2）31162e e -.【分析】（1）求导211'()ln 22f x x x =--，再分别求得(1)f ，'(1)f ，用点斜式写出切线方程.（2）根据()f x a <对1(,)x e e ∈恒成立，则()max a f x >，再利用导数求解()max f x 即可.【详解】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞.由已知得211'()ln 22f x x x =--，且2(1)3f =.所以'(1)0f =.所以曲线()y f x =在点（1，(1)f ）处的切线方程为23y =.（2）设()'()g x f x =，（1x e e<<）则211'()x g x x x x-=-=.令'()0g x =得1x =.当x 变化时，'()g x 符号变化如下表：x1(,1)e 1(1,)e '()g x -0+()g x 极小则()(1)0g x g ≥=，即'()0f x ≥，当且仅当1x =时，'()0f x =.所以()f x 在1(,)e e上单调递增.。

高三核心微专题(一)利用导数研究恒成立或存在性问题

e
2
2
【方法提炼】 ——自主完善,老师指导
1.不等式能成立问题的解题关键点
2.含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决,常见的转化有:
f(x)min>g(x)min
(1)∀x ∈M,∃x ∈N,f(x )>g(x )⇔_____________;
1
2
1
2
f(x)min>g(x)max
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤2a在[2,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
【方法提炼】 ——自主完善,老师指导
参数法确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)
恒成立问题中求参数取值范围的基本步骤
(1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.
最大值
最小值
(2)求f2(x)在x∈D时的________或________.
≥f2(x)max
≤f2(x)min
(3)解不等式f1(λ)_________或f
1(λ)_________,得到λ的取值范围.
【对点训练】
1 2
x
(2022·北京模拟)已知函数f(x)=(x-2)e - ax +ax(a∈R).
高三核心微专题(一)
利用导数研究恒成立
或存在性问题
[命题分析]恒成立问题与有解问题是高考几何意义、函数、方程等知识相交汇,综合考查学生分析问题、
解决问题的能力,一般作为压轴题出现,难度略大.
题型一分离参数求参数范围
[典例1](2022·嘉兴模拟)已知函数f(x)=-xln x+a(x+1),a∈R.

利用导数解决恒成立能成立问题(整理)

利用导数解决恒成立能成立问题一利用导数解决恒成立问题不等式恒成立问题的常规处理方式？（常应用函数方程思想和“分离变量法”转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法） (1)恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <1．若在x ∈[1，+∞）上恒成立，则a 的取值范围是 ______ ．2．若不等式x 4﹣4x 3＞2﹣a 对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围 _________ ．3．设a ＞0，函数，若对任意的x 1，x 2∈[1，e ]，都有f（x 1）≥g （x 2）成立，则a 的取值范围为 _________ ．4．若不等式|ax 3﹣lnx|≥1对任意x ∈（0，1]都成立，则实数a 取值范围是 _________ ．15．设函数f （x ）的定义域为D ，令M={k|f （x ）≤k 恒成立，x ∈D}，N={k|f （x ）≥k 恒成立，x ∈D}，已知，其中x ∈[0，2]，若4∈M ，2∈N ，则a 的范围是6．f （x ）=ax 3﹣3x （a ＞0）对于x ∈[0，1]总有f （x ）≥﹣1成立，则a 的范围为 _________ ．7．三次函数f （x ）=x 3﹣3bx+3b 在[1，2]内恒为正值，则b 的取值范围是 _________ ．8．不等式x 3﹣3x 2+2﹣a ＜0在区间x ∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a 的取值范围是 __ ．9．当x ∈（0，+∞）时，函数f （x ）=e x 的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k 的取值范围是 _________ ．10．设函数f （x ）=ax 3﹣3x+1（x ∈R ），若对于任意的x ∈[﹣1，1]都有f （x ）≥0成立，则实数a 的值为 _________ ．11．若关于x 的不等式x 2+1≥kx 在[1，2]上恒成立，则实数k 的取值范围是 _________ ．12．已知f （x ）=ln （x 2+1），g （x ）=（）x ﹣m ，若∀x 1∈[0，3]，∃x 2∈[1，2]，使得f （x 1）≥g （x 2），则实数m 的取值范围是（）A ． [，+∞）B ．（﹣∞，]C ． [，+∞）D ．（﹣∞，﹣]13．已知，，若对任意的x 1∈[﹣1，2]，总存在x 2∈[﹣1，2]，使得g （x 1）=f （x 2），则m 的取值范围是（）A ． [0，]B ． [，0]C ． [，]D ． [，1]二利用导数解决能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.如14．已知集合A={x ∈R|≤2}，集合B={a ∈R|已知函数f （x ）=﹣1+lnx ，∃x 0＞0，使f（x 0）≤0成立}，则A ∩B=（）A ． {x|x ＜}B ． {x|x ≤或x=1}C ． {x|x ＜或x=1}D ． {x|x ＜或x ≥1}15．设函数，（p是实数，e为自然对数的底数）（1）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：（1）在D内的单调函数；（2）存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．则称此函数为D内可等射函数，设（a＞0且a≠1），则当f （x）为可等射函数时，a的取值范围是．17．存在x＜0使得不等式x2＜2﹣|x﹣t|成立，则实数t的取值范围是_________．18．存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立，则b的取值范围是_________．19．已知存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立，则实数a的取值范围是_．20．存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，则a的范围为_________．21．若存在x∈，使成立，则实数a的取值范围为______．22．设存在实数，使不等式成立，则实数t的取值范围为_________．23．若存在实数p ∈[﹣1，1]，使得不等式px 2+（p ﹣3）x ﹣3＞0成立，则实数x 的取值范围为 _________ ．24．若存在实数x 使成立，求常数a 的取值范围．25．等差数列{a n }的首项为a 1，公差d=﹣1，前n 项和为S n ，其中a 1∈{﹣1，1，2}（I ）若存在n ∈N ，使S n =﹣5成立，求a 1的值；．（II ）是否存在a 1，使S n ＜a n 对任意大于1的正整数n 均成立？若存在，求出a 1的值；否则，说明理由．利用函数的导数求解“恒成立”求参数范围问题（1）恒成立问题求参数范围：min )()(x f a x f a <⇔< max )()(x f a x f a >⇔> 例1已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.（Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；练习1.设函数c bx ax x x f 8332)(23+++=在1=x 及2=x 时取得极值（1）求a,b 的值, (2)若对于任意的∈x ［0,3］都有2)(c x f <成立,求c 的取值范围（2）恒成立问题求参数范围：分离参数法。