运用导数求解恒成立问题

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专题05 应用导数研究不等式恒成立问题(解析版)

专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >．例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >.（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-，由于()(2)0x h x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1t u t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以min()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax ax x xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x --=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1a a a e ae a a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ，即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x --≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤．例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减；（2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性；（2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且，若，则，函数在上单调递增；若，则当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立，即，不等式恒成立.∵当时，，∴，即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3），可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =，综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切，（1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x，此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+，综合函数图像可得42a In ≤+，综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()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 ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=，当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-，易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立，设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-，因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++，设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>，当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。

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，。

利用导数研究恒(能)成立的问题(高三一轮复习)

高考难点突破一高考中的导数综合问题
第1课时利用导数研究恒(能)成立问题
数学 N
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课标解读
1.会利用导数解决不等式的恒(能)成立问题，不等式的证明问题，函数的零点问题等；2.能够把不等式的恒(能)成立，不等式的证明，函数的零点等问题转化为函数的单调性、极值、最值问题等．
数学 N
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数学 N
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所以m′(x)＝ex－mcos x≥ex>0，所以函数h′(x)在－π2，π2单调递增，且有h′(0)＝e0－1＝0. 所以当x∈－2π，0时，h′(x)<0；当x∈ 0，2π 时，h′(x)>0，所以函数f′(x)在－π2，0 单调递减，在 0，π2 单调递增．
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解 (1)由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－
a＋1 x
＋
a x2
＝
x－ax－1
x2
.
当a≤0时，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.
则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当0<a<1时，由f′(x)>0，得0<x<a或x>1；由f′(x)<0，得a<x<1.
数学 N
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(2)g(x)＝2a2x2f′(x)－a2xf(x)＝2ax－axln x－3a2(a<0)，因为存在实数x1，x2∈ 1，e2使不等式23g(x1)<g(x2)成立，
数学 N
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(2)若f(x)有两个极值点，则由(1)可知0<a<1或a>1，且两个极值点分别是1和a，不妨设x1＝1，x2＝a，则f(x1)＋f(x2)＝1－a＋a－(a＋1)ln a－1＝－(a＋1)ln a，ln x1＋ ln x2＝ln a，故f(x1)＋f(x2)<λ(ln x1＋ln x2)恒成立，即－(a＋1)ln a<λln a恒成立．

第10讲恒成立能成立3种常见题型(解析版)-2024高考数学常考题型

第10讲恒成立能成立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()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，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()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【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ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（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()10f =，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,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（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maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x 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0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（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2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，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．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 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()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，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()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥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()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【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min 0f ≥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ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x 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(1)1f ≥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()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x 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()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +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()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；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[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf 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()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-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】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，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 xx﹣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 (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，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 xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，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()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜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111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 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0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >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()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（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0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（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0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a 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()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-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1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（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1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，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()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤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π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（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[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，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()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()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π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤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()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f 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 ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。

第4讲第2课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题

解
求解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：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 h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论． (2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数 a，另一端是变量表达式 v(x)的不等式后，若 a≥v(x)在 x∈D 上恒成立，则 a≥v(x)max；若 a≤v(x)在 x∈D 上恒成立，则 a≤v(x)min.
第四章导数及其应用
第4讲导数与函数的综合应用第2课时利用导数解决不等式恒(能)
成立问题
1
PART ONE
核心考向突破
考向一恒成立问题
例 1 (2020·新高考卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若 f(x)≥1，求 a 的取值范围．
解解法一：∵f(x)＝aex－1－ln x＋ln a， ∴f′(x)＝aex－1－1x，且 a>0. 设 g(x)＝f′(x)，则 g′(x)＝aex－1＋x12>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
解
(2)对于任意的 s，t∈[12，2]，都有 f(s)≥g(t)成立，等价于在[12，2]上，函数 f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在[12，2]上，g(x)的最大值为 g(2)＝1. 在12，2 上，f(x)＝ax＋xln x≥1 恒成立等价于 a≥x－x2ln x 恒成立．设 h(x)＝x－x2ln x，则 h′(x)＝1－2xln x－x，令 φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当 x∈[12，2]时，φ′(x)<0，

利用导数解决恒成立问题

恒成立问题常见处理恒成立问题的三种方法：第一种：参变分离法求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0），一般地：m x f >)(恒成立⇔m x f >min )(；m x f <)(恒成立⇔m x f <max )(；第二种：变更主元法：（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；第三种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型，或直接求最值。

例1. 设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--；（1）若()y f x =在区间(]3,0上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.例 2.已知函数32()f x x ax =+图象上一点P(1,b)处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （1）求,a b 的值；（2）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（3）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

例3.(2014陕西)设函数()ln ,m f x x m R x=+∈. (1)当m e =（e 为自然对数的底数）时，求()f x 的最小值；(2).讨论函数()'()3x g x f x =-零点的个数（3）若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立，求m 的取值范围.练习1．已知函数f （x ）=|x |，g （x ）=﹣|x ﹣4|+m（Ⅰ）解关于x 的不等式g [f （x ）]+2﹣m ＞0；（Ⅱ）若函数f （x ）的图象恒在函数g （x ）图象的上方，求实数m 的取值范围．2．已知函数f （x ）=lnx ﹣．（Ⅰ）若a ＞0，试判断f （x ）在定义域内的单调性；（Ⅱ）若f （x ）在[1，e ]上的最小值为，求实数a 的值；（Ⅲ）若f （x ）＜x 2在（1，+∞）上恒成立，求实数a 的取值范围．3．已知f （x ）=xlnx ﹣ax ，g （x ）=﹣x 2﹣2．（1）当a=﹣1时，求f （x ）的单调区间；（2）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．4．设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设F（x）=f（x）+ax2+ax，问F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数g（x）=f（x）+ax图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为为k．证明：k＞g′（x0）．5．设a为实数，函数f（x）=e x﹣2x+2a，x∈R．（1）求f（x）的单调区间及极值；（2）求证：当a＞ln2﹣1且x＞0时，e x＞x2﹣2ax+1．6．已知f（x）=+nlnx（m，n为常数）在x=1处的切线为x+y﹣2=0．（1）求y=f（x）的单调区间；（2）若任意实数x∈[，1]，使得对任意的t∈[，2]上恒有f（x）≥t3﹣t2﹣2at+2成立，求实数a的取值范围．7．已知函数f（x）=e x（其中e是自然数的底数），g（x）=x2+ax+1，a∈R．（1）记函数F（x）=f（x）•g（x），且a＞0，求F（x）的单调增区间；（2）若对任意x1，x2∈[0，2]，x1≠x2，均有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数a的取值范围．8．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．9．已知函数f（x）=ax+xlnx（a∈R）（1）若函数f（x）在区间[e，+∞）上为增函数，求a的取值范围；（2）当a=1且k∈Z时，不等式k（x﹣1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值．。

19专题(导数应用)恒成立与存在性问题

(2)已知f(x)=lnx:
①设F(x)=f(x+2)- 2 x ，求F(x)的单调区间；
x 1
②若不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4对任意a∈[-1,1]，
x∈[0,1]恒成立，求m的取值范围.
【解题指南】
(2)由题意只需解不等式F′(x)＞0和F′(x)＜0即可得到单调区间；原不等式恒成立可转化为 lnx13m a 恒成4 立m ，2进一
得 f(mx－2)<－f(x)＝f(－x)，
∴mx－2<－x，mx－2＋x<0 在 m∈[－2,2]上恒成立．
记 g(m)＝xm－2＋x，则gg((－2)<20)<，0，即－2x2－x－2＋2＋x<x0<，0，得－2<x<23.
答案－2，23
Hale Waihona Puke 返回4.(2011·湖南高考)
[答案] B
已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有 f(a)＝g(b)，
(2)方法一：由题意知ex-a≤0在(-∞，0］上恒成立. ∴a≥ex在(-∞，0］上恒成立. ∵ex在(-∞，0］上为增函数. ∴当x=0时，ex最大为1. ∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立. ∴a≤ex在［0，+∞)上恒成立.∴a≤1，∴a=1. 方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意.
∴ F(x) max ﹤0
5. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) >g(x2)恒成立，则 f(x)min> g(x)max
6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有 f(x1) <g(x2)恒成立，则 f(x) max < g(x) min

利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题

利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题1．设函数f (x )＝(1＋x －x 2)e x (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1＋2x 2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(2－x －x 2)e x ＝－(x ＋2)(x －1)e x .当x <－2或x >1时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2,1)上单调递增．(2)设F (x )＝f (x )－(ax ＋1＋2x 2)，F (0)＝0，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ，F ′(0)＝2－a ，当a ≥2时，F ′(x )＝(2－x －x 2)e x －4x －a ≤－(x ＋2)·(x －1)e x －4x －2≤－(x ＋2)(x －1)e x －x －2＝－(x ＋2)·[(x －1)e x ＋1]，设h (x )＝(x －1)e x ＋1，h ′(x )＝x e x ≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )＝(x －1)e x ＋1≥h (0)＝0，即F ′(x )≤0在[0，＋∞)上恒成立，F (x )在[0，＋∞)上单调递减，F (x )≤F (0)＝0，所以f (x )≤ax ＋1＋2x 2在[0，＋∞)上恒成立．当a <2时，F ′(0)＝2－a >0，而函数F ′(x )的图象在(0，＋∞)上连续且x →＋∞，F ′(x )逐渐趋近负无穷，必存在正实数x 0使得F ′(x 0)＝0且在(0，x 0)上F ′(x )>0，所以F (x )在(0，x 0)上单调递增，此时F (x )>F (0)＝0，f (x )>ax ＋1＋2x 2有解，不满足题意．综上，a 的取值范围是[2，＋∞)．2．设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2mx ＝－2(mx 2－1)x，当m ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，令f ′(x )>0，得0<x <m m ，令f ′(x )<0，得x >m m ， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当f (x )有极值时，m >0，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，m m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫m m ，＋∞上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫m m ＝2ln m m －m ·1m ＋1＝－ln m ，若存在x 0，使得f (x 0)>m －1成立，则f (x )max >m －1.即－ln m >m －1，ln m ＋m －1<0成立．令g (x )＝x ＋ln x －1(x >0)，∵g ′(x )＝1＋1x>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0<m <1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1.(1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝1x，∴f ′(1)＝1. 又∵f (1)＝0，∴所求切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)，即为x －y －1＝0.(2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )>0，g (x )>0.①当a ≥1时，f (x )<g (x )≤ag (x )；②当a ≤0时，f (x )>0，ag (x )≤0，不满足不等式f (x )≤ag (x )；③当0<a <1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1x－a (x >1)，令φ′(x )＝0，得x ＝1a，当x 变化时，φ′(x )，φ(x )的变化情况如下表：∴φ(x )max ＝φ⎝⎛⎭⎫1a >φ(1)＝0，不满足不等式．综上所述，实数a 的取值范围为[1，＋∞)．4．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝2x ＋(a x －1)ln a .∵当a >1时，ln a >0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上是增函数，当0<a <1时，ln a <0，函数y ＝(a x －1)ln a 在R 上也是增函数，∴当a >1或0<a <1时，f ′(x )在R 上是增函数，又∵f ′(0)＝0，∴f ′(x )>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x )<0的解集为(－∞，0)，故函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，∴函数f (x )在x ＝0处取得极小值1.(2)∵存在x 1，x 2∈[－1,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，∴只需f (x )max －f (x )min ≥e －1即可．由(1)可知，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上是减函数，在(0,1]上是增函数， ∴当x ∈[－1,1]时，f (x )min ＝f (0)＝1，f (x )max 为f (－1)和f (1)中的较大者．f (1)－f (－1)＝(a ＋1－ln a )－⎝⎛⎭⎫1a ＋1＋ln a ＝a －1a－2ln a ，令g (a )＝a －1a－2ln a (a >0)， ∵g ′(a )＝1＋1a 2－2a ＝⎝⎛⎭⎫1－1a 2>0， ∴g (a )＝a －1a－2ln a 在(0，＋∞)上是增函数．而g (1)＝0，故当a >1时，g (a )>0，即f (1)>f (－1)；当0<a <1时，g (a )<0，即f (1)<f (－1)．∴当a >1时，f (1)－f (0)≥e －1，即a －ln a ≥e －1.由函数y ＝a －ln a 在(1，＋∞)上是增函数，解得a ≥e ；当0<a <1时，f (－1)－f (0)≥e －1，即1a＋ln a ≥e －1，由函数y ＝1a ＋ln a 在(0,1)上是减函数，解得0<a ≤1e. 综上可知，所求实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e ∪[e ，＋∞)．。

2025届高中数学高考复习课件：高考大题研究-利用导数研究不等式恒(能)成立问题

(2)对于∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
解析：对于∀x1∈[－1，2]，∃x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)min，由(1)知函数f(x)在[－1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增，又f(－1)＝a－5，f(1)＝a－1，故当x∈[－1，2]时f(x)min＝f(－1)＝a－5，因为g(x)＝x2(2ln x－3)，且x∈[1，e]，则g′(x)＝4x(ln x－1)≤4x(1－1)＝0，故函数g(x)在[1，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)＝－e2，由题意可得a－5≥－e2，故a≥5－e2. 所以实数a的取值范围为[5－e2，＋∞)．
题后师说
“等价转化法”解决不等式恒成立问题
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)＞0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)＞0恒成立⇔g(a)＞0，f(x， a)≥0恒成立⇔g(a)≥0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)＜0恒成立⇔g(a)＜0，f(x， a)≤0恒成立⇔g(a)≤0.
利用导数研究不等式恒(能)成立问题
掌握利用导数解决不等式恒(能)成立问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一分离参数法求参数范围例1 [2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝x3(ln x－a)(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；

利用导数求解参数问题(恒成立问题)经典题目

用导数解参数问题已知函数的单调性，求参变量的取值范围，实质上是含参不等式恒成立的一种重要题型。

本文将举例说明此类问题的求解策略。

结论一、不等式()()f x g a ≥恒成立⇔[]min()()f x g a ≥（求解()f x 的最小值）；不等式()()f x g a ≤恒成立⇔[]max()()f x g a ≤（求解()f x 的最大值）.结论二、不等式()()f x g a ≥存在解⇔[]max()()f x g a ≥（求解()f x 的最大值）；不等式()()f x g a ≤存在解⇔[]min()()f x g a ≤（即求解()f x 的最小值）.一、（2008湖北卷）若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是（）A. [1,)-+∞B. (1,)-+∞C. (,1]-∞-D. (,1)-∞- 二、若不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。

解：设()()()2121f m m x x =---，对满足2m ≤的m ，()0f m <恒成立，()()()()()()2221210202021210x x f f x x ⎧----<-<⎧⎪⎪∴∴⎨⎨<---<⎪⎪⎩⎩解得：1122x -++<<三、（2009浙江）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ．（I ）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；（II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围．解析：（Ⅰ）略（Ⅱ）)2()1(23)(2+--+='a a x a x x f函数)(x f 在区间)1,1(-不单调，等价于导函数)(x f '在)1,1(-既能取到大于0的实数，又能取到小于0的实数即函数)(x f '在)1,1(-上存在零点，根据零点存在定理，有0)1()1(<'-'f f ，即：0)]2()1(23)][2()1(23[<+---+--+a a a a a a 整理得：0)1)(1)(5(2<-++a a a ，解得15-<<-a 四、(新课程卷 )若函数y =31x 3－21ax 2+（a －1）x +1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）内为增函数，试求实数a 的取值范围.解：[])1()1()1()(2---=-+-='a x x a ax x x f令0)(='x f ，解得x=1或x=a-1，并且 a≠2,否则f (x)在整个定义域内单调。

专题1.14 导数-恒成立问题(解析版)

专题1.14导数-恒成立问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；（2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．2．恒成立问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；（2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<；1．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考试卷（全国Ⅰ卷）【答案】（1）证明见解析；（2）1a <-．【分析】（1）对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可证明结果．（2）构造函数()e sin 10=+-+<x h x a x x ，只需函数最大值小于0即可得出结果．【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x ．（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-．2．已知函数()()2112f x x alnx a x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()22a f x >恒成立，求正实数a 的取值范围、【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增；（2）01a <<．【分析】（1）求出导函数()()()1x x a f x x+-'=，讨论0a ≤或0a >，利用函数的单调性与导数之间的关系即可求解．（2）令()()2 2a g x f x =-，结合（1）不等式等价于()0g a >，只需10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，根据函数为增函数即可求解．【解析】() 1定义域为()0,-∞，()()()()2111x a x a x x a af x x a x x x+--+-'=-+-==当0a ≤时，在(0,)+∞上()0,f x '≥所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()'0f x >有,x a >令()'0f x <有0,x a <<所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．()2令()()2 2a g x f x =-，由()1及a 为正数知，()()22ag x f x =-在x a =处取最小值，所以()22a f x >恒成立等价于()0g a >，即()10alna a a -+->，整理得10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，易知()h x 为增函数，且()10,h =所以10lna a +-<的a 的取值范围是01a <<.3．已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【试题来源】河北省张家口市2021届高三一模【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞，2211()a ax f x x x x-'=-=．当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+．当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a ，即102a < 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭．综上，当12a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+，要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+，即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x < 时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)x h x e x x x x =+-->，则()sin ln 1x h x e x x '=---．设()sin ln 1(1)x g x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--．因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->，所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想，第2问解题的关键是把cos ()x e xf x x+<等价转化为ln cos 1x x x e x <+-，然后构造函数，利用导数证明即可，属于中档题4．已知函数f (x )＝ax －ln x －1．（1）若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；（2）求证：xe x-＋x ＋ln x －1≥0；（3）已知k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．【解析】（1）f (x )≥0等价于a ≥ln 1x x+．令g (x )＝ln 1x x+(x ＞0)，则g ′(x )＝2ln xx -，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g （1）＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1．（2）证明：当a ＝1时，由（1）得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令x e x -＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以x e x -≥－x －ln x ＋1，即xe x-＋x ＋ln x －1≥0．（3）因为k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k xex x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥1－ln x 恒成立，所以k ≥1ln xx e x x--+＝－ln 1xx e x x x e x x--++-+＋1，由（2）知x e x -＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－+ln 1xxe x x x e x x--+-+＋1≤1，所以k ≥1．故k 的取值范围为[1，＋∞)．【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．5．已知函数()()1ln 2f x x mx m R =-∈，()()0ag x x a x=->．（1）求函数()f x 的单调区间．（2）若212m e=，对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测【答案】（1）答案见解析；（2）(]0,3．【分析】（1）函数的定义域为()0,∞+，求导得()1'2f x m x=-，再分0m ≤和0m >两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）()()1ln ,02f x x mx m R x =-∈>，所以()1'2f x m x=-，当0m ≤时，()0f x >′，()f x 在()0,∞+上单调递增．当0m >时，由()0f x '=得12x m=；由()'00f x x ⎧>⎨>⎩得102x m <<；由()'00f x x ⎧<⎨>⎩得12x m >．综上所述，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当0m >时，()f x 的单调递增区间为10,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭．（2）若212m e =，则()211ln 22f x x x e =-．对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，等价于对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都()()min max g x f x ≥，由（1）知在22,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，在22,2e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()f x 的最大值为()212f e =，()()2'100a g x a x=+>>，22,2x e ⎡⎤∈⎣⎦，函数()g x 在22,2e ⎡⎤⎣⎦上是增函数，()()222min a g x g -==，所以1222a -≥，解得3a ≤，又0a >，所以(]0,3a ∈．所以实数a 的取值范围是(]0,3．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于根据已知将问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再研究函数的最值求解．6．已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】云南西南名校2021届高三下学期联考【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221x f x e '=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax axxe e x --≥恒成立，构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x≥在(]0,x e ∈上恒成立，即在(]0,x e ∈上max ln (xa x≥即可求a 的取值范围．【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令()0f x ¢=，得ln 22x =-．当ln 22x <-时，()0f x ¢<；当ln 22x >-时，()0f x ¢>．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（2）由()2ln ax f x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x e x -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可．设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥．因为()22ln x g x x -'=，所以当(]0,x e ∈时，()0g x ¢>，则()g x 在(]0,e 上单调递增，所以当(]0,x e ∈时，()()axg eg x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立．设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x-'=≥，即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【名师点睛】（1）应用导数的几何意义求参数值，进而讨论对应函数的单调性确定单调区间；（2）构造函数()ln 1x g x x-=，将不等式恒成立问题转化为利用函数()g x 单调性得ax e x ≥，应用参变分离判断(]0,x e ∈上max ln (xa x≥，确定参数范围．7．设函数()1()x xa a f x e -=+>．（1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln xxf x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln x xae a ae a==．因为1a >，所以1ln 0a>，所以1log ln ae x a =．当1log ln aex a >时，()()0,f x f x '>单调递增；当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减．因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值．（2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一，因为ln (1)af e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =．当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10af ae '-=-<．而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a ef a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>．当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值．8．已知函数2()2ln 43()f x x ax ax a a =+-+∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∈+∞，都有()0f x >成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）答案见解析；（2）01a ．【分析】（1）求出函数的导数，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，分段讨论a 的值，判断()g x 的正负情况可得出单调性；（2）可得当01a 时，()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立；当0a <时，可得存在x ，使得()(1)0f x f <=，即可得出结论．【解析】（1）()22212()24(0)ax ax f x ax a x x x'-+=+-=>，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，①当0a =时，()10g x =>，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．②当0a <时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得2212,a a a a a a x x a a--==，且120x x >>，所以当()10,x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()1,x x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．③当0a >时，4(1)a a ∆=-，当01a < 时，4(1)0a a ∆=- ，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．当1a >时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得2212,a a a a a a x x a a--==，且120x x <<，所以当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()12,x x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．综上可得当0a <时，()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减；当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．（2）因为(1)0f =，根据（1）的讨论可知，当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立．当0a <时，()f x 在()1,x +∞上单调递减，x →+∞时，()f x →-∞，所以存在()1,x x ∈+∞使得()0f x <，故此时不成立．当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增；在()12,x x 上单调递减，而121a a x x a a-+=<<=，所以当()21,x x ∈时，()f x 单调递减，此时()(1)0f x f <=，不合题意．综上可得01a ．【名师点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性问题，解题的关键是根据导数情况观察参数，对参数进行分段讨论，便于得出导数正负．9．已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >．（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【试题来源】江苏省苏州市2021届高三下学期期初【答案】（1）1a =；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()'f x ，根据导数的几何意义可得(1)21k f e '==-建立方程，求解方程即可得到答案．（2）不等式()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，先证明1t e t ≥+恒成立，由此结论可得ln ln 1ln 1ax ax x xe x e x a x x+----=≥，从而可证明．【解析】（1）因为1()(1)axf x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a e e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-，由于()(2)0xh x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1tu t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以m in()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x--=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1aaa eaea a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1ax e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1ax e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤．【名师点睛】本题考查根据切线的斜率求参数和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先证明辅助不等式1te t ≥+，然后将问题转化为由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，由辅助不等式可得ln ln 1ln 1ln 1ln 1ax ax x xe x e x ax x x a x x x+----++--=≥=，从而使得问题得证，属于难题．10．已知函数3()2x f x e x mx =+++．（1）若x 轴为曲线()y f x =的切线，试求实数m 的值；（2）已知()()xg x f x e =-，若对任意实数x ，均有()1e()x g g x + ，求m 的取值范围．【试题来源】福建省名校联盟优质校2021届高三大联考【答案】（1）e 3m =--；（2）[1,)m ∈-+∞【解析】（1）由2()e 3x f x x m '=++，设曲线()y f x =与x 轴相切于()0,0P x ，则()00f x =，()00f x '=．所以0030020e 20e 30x x x mx x m ⎧+++=⎪⎨++=⎪⎩，代入整理得()()020001e 210x x x x ⎡⎤-+++=⎣⎦，由0e 0x >，22000131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，所以01x =，此时e 3m =--．经检验，当e 3m =--时，x 轴为曲线()y f x =的切线．（2）由3()()e 2x g x f x x mx =-=++，记1()e x h x x +=-，1()e 1x h x +'=-(,1)x ∈-∞-时，()0h x '<；(1,)x ∈-+∞时，()0h x '>，故()y h x =在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以()(1)2h x h ≥-=，不妨设1e x x t +-=(2t ≥)，则()1e ()()()x g g x g x t g x +-=+-()33()()22x t m x t x mx ⎡⎤=++++-++⎣⎦221324t t x t m ⎡⎤⎛⎫=+++⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为[2,)t ∈+∞时，要满足()()g x t g x +≥恒成立，则2222121331212424t x t ⎛⎫⎛⎫++≥⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2t =时，1x =-，能同时取等号)．即10m +≥即可，解得[1,)m ∈-+∞．综上，[1,)m ∈-+∞时符合题意．【名师点睛】本题考查根据曲线的切线方程求参数值及根据不等式恒成立求参数的取值范围问题，难度较大，解答的主要思路如下：（1）当已知曲线的切线方程时，可先设切点的坐标为()00,x y ，然后格据导数的几何意义使()0f x '与所给切线的斜率相等，使点()00,x y 在所给切线上，列出方程组求解即可；（2）当已知不等式恒成立求解参数的取值范围时，可直接构造函数，利用导数分析函数的最值，使其最值符合条件即可；也可以采用参数分离法，将问题转化为讨论不含参函数的最值问题求解．11．已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（1）当1a =时，求函数()f x 的极值；（2）当12a >时，若对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+，求a 的取值范围．【试题来源】广西桂林、崇左市2021届高三联合调研考试（二模）【答案】（1）极小值(0)1f =，无极大值；（2）122a <≤．【分析】（1）由1a =，求导()1x f x e =-'，再利用极值的定义求解；（2）将()2()12a f x x ≥+，转化为2(1)2ax ae x ≥+，易知0x =，1x =-时，a 的范围，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，转化为2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立，令()2ln(1)ln 2aF x x ax =+-+，用导数法由()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立求解即可．【解析】（1）当1a =时，由()10x f x e '=-=，解得0x =．当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，故()f x 在(,0)-∞内单调递减．∴函数()f x 在0x =取得极小值(0)1f =，无极大值．（2）由()2()12a f x x ≥+，则有2(1)2axa e x ≥+．令0x =，得11,222a a ≥<≤．当1x =-时，不等式2(1)2axae x ≥+显然成立，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立．令函数()2ln(1)ln2a F x x ax =+-+，即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立．由22(1)()011a x F x a x x '-+=-==++，得211x a =->-．故当21,1x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '>单调递增；当21,x a ⎛⎫∈-+∞⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '<单调递减．因此22()12ln 2ln 2ln 22a a F x F a a a a ⎛⎫≤-=-++=--⎪⎝⎭．令函数()2ln 2a g a a =--，其中122a <≤，则11()10a g a a a='-=-=，得1a =，故当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g a g a '<单调递减；当(1,2]a ∈时，()0,()g a g a '>单调递增．又13ln 40,(2)022g g ⎛⎫=-<=⎪⎝⎭，故当122a <≤时，()0g a ≤恒成立，因此()0F x ≤恒成立，即当122a <≤时，对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+成立．12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围．【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k ³时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得211(1)402k k x ---+=，221(1)412k k x -+-+=，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数，所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <，所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<，即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =，21x =>，所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=，即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞．13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-．【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >，有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =；（2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x-+'=，当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥，则有()1ln a e m a+--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，有()()2ln ea e a e h a a---'=，易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减，则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可．14．已知函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <．（1）若()f x 在区间()2,+∞上单调递减，求m 的取值范围；（2）若不等式()f x n ≤对0x >恒成立，证明：30n m ->．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）【答案】（1）14m ≤-；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数求导，求出单调减区间，列不等式，即可的出结果．（2）求出函数求导，求出单调减区间，求出函数的最大值，列不等式12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-，求出()g t 最小值()200012=--g t t t ，()0 2n g t m -≥，()()0312g t g >=-，即可得出结果．【解析】（1）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()21112 2 1mx x f x mx m x x++'=+++=．令()0f x '<得12x m>-．令122m -≤，解得14m ≤-．（2）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()121x mx f x x++'=．令()0f x '=得12x m=-，当102x m<<-时，()0f x '>，()f x 是增函数：当12x m>-时，()0f x '<，()f x 是减函数，．所以当12x m=-时，()f x 既是极大值也是最大值，11121ln 2242m f m m m m +⎛⎫⎛⎫-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln 124m m⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．令12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，所以211111ln 222222n m m m m m⎛⎫⎛⎫-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立．记102t m=->，()21ln 2g t t t t t =+-，()ln g t t t '=+，当0t >时，()g t '是增函数，1110g e e ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，()110g '=>，所以存在()00,1t ∈使000()ln 0g t t t '=+=．当00t t <<时，()0g t '<，()g t 是减函数：当0t t >时，()0g t '>，()g t 是增函数，所以当t t =0时，()g t 既是极小值也是最小值，()000001ln 2g t t t t t =+-．又00ln t t =-，所以()200012=--g t t t ，则()0 2n g t m-≥成立，当001t <<时，()0g t 是减函数，所以()()0312g t g >=-，则322n m ->-，所以30n m ->．【名师点睛】12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-是解题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．15．已知函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-．（1）若()f x 有唯一零点，求k 的取值范围；（2）若()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模【答案】（1）1k e=或0k ≤；（2）1k ³．【分析】（1）转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln xh x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为1ln 2xx k e x+≥-+恒成立，构造函数()1ln 2xx x e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解．【解析】（1）由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根，令()ln x h x x =，则()21ln ,xh x x -'=由()0h x '>，得0,x e <<由()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．()()1h x h e e∴≤=，又()10,h =所以当01x <<时，()0h x <；又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知，1k e=或0k ≤．（2）()2ln 1()xx e x kx ---≥ 恒成立，且0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立，令()1ln 2x x x e xϕ+=-+，则()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-，令()2ln x x x x e μ=--，则211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x x μ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln xx x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>，()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=，所以()1,o k x ϕ≥=即k 的取值范围为1k ³．16．已知函数f (x )=2e x +a ln(x +1)-2．（1）当a =-2时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ∈[0，π]时，f (x )≥sin x 恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用）【答案】（1）函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增；（2）[)1,-+∞．【分析】（1）将2a =-代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈，等价于()()00g x g ≥=恒成立，求出()g x '，讨论0a ≥或0a <，判断函数的单调性，其中0a <时，可得()0211g a a '=+-=+，讨论10a +≥或10+<a ，证明函数的单调性即可证明．【解析】（1）当2a =-时()(),22ln 12,1xf x e x x =-+->-．()()22,1x f x e f x x '+'=-在()1,-+∞单调递增，且()00.f '=当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时(),0f x '>．所以函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈当[]0,x π∈时，()sin f x x ≥恒成立等价于()()00g x g ≥=恒成立．由于()()[]cos 2cos ,0,1xag x f x x e x x x π=-=+-∈+''，所以（1）当0a ≥时，()210,xg x e '≥->函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g ≥=，在区间[]0,π恒成立，符合题意．（2）当0a <时，()2cos 1xag x e x x =+-+'在[]0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+．①当10a + 即10a-≤<时，()()010,g x g a ≥=+≥''函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g = 在[]0,π恒成立，符合题意．②当10+<a 即1a <-时()(),010,211ag a g e πππ=+<=++'+'，若()0g π'≤，即()()121a e ππ≤-++时(),g x '在()0,π恒小于0则()g x 在()0,π单调递减，()()00g x g <=，不符合题意．若()0,g π'>即()()1211e a ππ-++<<-时，存在()00,x π∈使得()00.g x '=所以当()00,x x ∈时，()0,g x '<则()g x 在()00,x 单调递减，()()00,g x g <=不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[)1,.∞-+【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数()()[]2ln 12sin ,0,xg x e a x x x π=++--∈，不等式等价转化为()()00g x g ≥=恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想．17．设()()ln a f x ax x =+，()11ln xg x b e x x-=⋅+，其中,a b ∈R ，且0a ≠．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，()()ln f x xg x x -≥恒成立，求实数b 的取值范围．【试题来源】广西玉林市2021届高三下学期第一次适应性测试【答案】（1）答案见解析；（2）(],e -∞．【分析】（1）分别在0a <和0a >两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为11ln xbxex x-≤-，利用导数和复合函数单调性可确定min 11ln 1x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而转化为x e b x ≤，利用导数可求得()x e m x x=的最小值，由()min b m x ≤可得结果．【解析】（1）()221a x afx x x x'-=-=，①当0a <时，由0ax >得0x <，即()f x 定义域为(),0-∞；∴当(),x a ∈-∞时，()0f x '<；当(),0x a ∈时，()0f x '>；()f x ∴在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；②当0a >时，由0ax >得0x >，即()f x 定义域为()0,∞+；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a <时，()f x 在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．（2）由()()ln f x xg x x -≥得11ln ln ln x x bxe x x x -+--≥，即11ln x bxe x x-≤-，设()ln h t t t =-，则()111t h t t t-'=-=，∴当()0,1t ∈时，()0h t '>；当()1,t ∈+∞时，()0h t '<；()h t ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；又1t x=在()0,∞+上单调递减，11ln y x x ∴=-在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，min 11ln 1ln11xx ⎛⎫∴-=-= ⎪⎝⎭；1xbxe-∴≤在()0,∞+上恒成立，xeb x∴≤；设()xe m x x =，则()()21x e x m x x-'=，∴当()0,1x ∈时，()0m x '<；当()1,x ∈+∞时，()0m x '>；()m x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 1m x m e ∴==，b e ∴≤，即实数b 的取值范围为(],e -∞．【名师点睛】本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果．18．已知函数()()1ln x af x x ex -=--．（1）当1a =时，求()f x 的最小值；（2）证明：当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立．【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测【答案】（1）0；（2）证明见解析．【分析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，求导1)1(x xexf x -'=-，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）要证当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立，即证(1)ln ln 0x a x e x a ----≥，构造函数()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，即证()0h a ≥恒成立，研究该函数在(0,)+∞上单调区间，求函数()0h a ≥．【解析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，定义域为(0,)+∞，求导1)1(x xex f x -'=-，设()()g x f x '=，121(1)0()x g x x e x-+=+'>Q ，()f x '∴在(0,)+∞单调递增．又()10f '=，故当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴单调递减；当1x >时，'()0f x >，()f x 单调递增．故()f x 在1x =处取得最小值()10f =．（2）设()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，求导()(1)11(1)x a xa a x e e x e e a e h a a '⎡⎤-=-=--⎢⎣⎦．设()()1xs x x e =-，()xe t x x=，()0x s x xe '=-<Q ，所以0x >时，()s x 单调递减，()()01s x s <=．21()xx t x e x-'=Q ，令()0t x '=，得1x =，当01x <<时，()0t x '<，()t x 单调递减；当1x >时，()0t x '>，()t x 单调递增，()()1t x t e ∴≥=，故0a >，0x >时，()11a xe x e e a-<<≤．即()0h a '<，()h a ∴在(0,)+∞上单调递减，则01a <≤时，()()()111ln x h a h x e x -≥=--．由（1）知，()11ln 0x x e x ---≥，故01a <≤时，()0h a ≥．即()1ln ln x ax ex a ---≥恒成立．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明()()),,(f x g x x a b <∈，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(,)a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，(,)x a b ∈时，有()0F x <，即证明了()()f x g x <．19．已知函数()()22x f x xe ax ax a =--∈R ．（1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x f x ≥--在(),-∞+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）答案见解析；（2）(],1-∞【分析】（1）先求出()f x '，令()0f x '=，比较两根大小，结合二次函数图象，即可判断()f x 的单调性；（2）将()f x 代入化简得到()220x x x e e ax ---≥，对x 进行分类讨论，易知0x =，a R ∈，0x ≠，令x e t =，根据()()0,1g t t ≥≠恒成立，对a 进行分类讨论即可求解．【解析】（1）()()22x f x xe ax ax a =--∈R ，()()()2212x x x f x e xe ax a x e a '∴=+--=+-，x ∈R ，当0a >时，令()0f x '=，解得ln 2x a =或1x =-，当ln 21a <-，即102a e<<，则当(),ln 2x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当ln 21a =-，即12a e=，则()0f x '≥，等号不恒成立，()f x 在R 上单调递增；当ln 21a >-，即12a e>，则当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述：当102a e<<时，()f x 在(),ln 2a -∞上单调递增，在()ln 2,1a -上单调递减，在()1,-+∞上单调递增；当12a e=时，()f x 在R 上单调递增；当12a e>时，()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,ln 2a -上单调递减，在()ln 2,a +∞上单调递增；（2）()()f x f x ≥--，即()2222x x xe ax ax xe a x ax -⎡⎤--≥----+⎣⎦，即()220x x x e e ax ---≥，即()22x x x e e ax --≥①，当0x =时，①式恒成立，a ∈R ；当0x >时，x x e e ->，()0x xx e e -->，当0x <时，x x e e -<，()0x xx e e -->，故当0a ≤时，①式恒成立，；以下求当0x ≠时，不等式20x x e e ax ---≥恒成立时正数a 的取值范围，令x e t =，则()()0,11,t ∈+∞ ，()12ln g t t a t t=--，则()22212211a t at g t t t t -+'=+-=，令()221h t t at =-+，则244a ∆=-，当01a <≤时，0∆≤，()2210h t t at =-+≥，()0g t '≥，等号不恒成立，故()g t 在()0,∞+上单调递增，又()10g =Q ，故1t >，()()10g t g >=，01t <<时，()()10g t g <=，即当01a <≤时，①式恒成立；当1a >时，0∆>，()010h =>，()1220h a =-<，故()h t 的两个零点，即()g t '的两个零点()10,1t ∈和()21,t ∈+∞，在区间()12,t t 上，()0h t <，()0g t '<，()g t 是减函数，又121t t << ，()()110g t g ∴>=，即当1a >时，①式不能恒成立．综上所述：实数a 的取值范围是(],1-∞．【名师点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；（2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．20．已知函数()()()()21ln 122x f x a x a x a =-+-->．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()()1f m f =且1m ≠，证明：(]1,x m ∀∈，()1ln 1a x x ->-．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）单调递增区间为()0,1和()1,a -+∞；单调递减区间为()1,1-a ；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求函数的导数，()()()11x x a f x x--+'=，比较导数的零点，求解函数的单调区间；（2）利用二次导数，可转化为证明11ln m a m-->恒成立，再利用()()1f m f =，。

导数中恒成立问题(最值问题)

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）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，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。

利用导数研究恒(能)成立问题(经典导学案及练习答案详解)

§3.5 利用导数研究恒(能)成立问题题型一分离参数求参数范围例1 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0.(2)方法一当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立．即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立. 当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x >2时，12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x ＝2e x x 恒成立．设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2，因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．方法二 f ′(x )＝(x －1)(e x －a )，①当a ≤0时，因为x ≥2，所以x －1>0，e x －a >0，所以f ′(x )>0，则f (x )在[2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝0成立．②当0<a ≤e 2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[2，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (2)＝0成立．③当a >e 2时，在区间(2，ln a )上，f ′(x )<0；在区间(ln a ，＋∞)上，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，f (x )≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．教师备选(2022·重庆模拟)已知函数f (x )＝x 22－(m ＋1)x ＋m ln x ＋m ，f ′(x )为函数f (x )的导函数． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若xf ′(x )－f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝x －(m ＋1)＋m x ＝x 2－(m ＋1)x ＋m x ＝(x －m )(x －1)x， ①当m ≤0，x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．②当0<m <1，x ∈(0，m )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(m,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．③当m ＝1，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．④当m >1，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，m )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)由题意知xf ′(x )－f (x )≥0恒成立，即x 22－m ln x ≥0恒成立， ∴x 22≥m ln x . 当x ＝1时，x 22≥m ln x 恒成立，当x >1时，x 22ln x≥m ；当0<x <1时，x 22ln x≤m . 令g (x )＝x 22ln x，则g ′(x )＝x (2ln x －1)2(ln x )2，当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减且g (x )<0，∴x →0时，x 22ln x→0， ∴m ≥0.当x >1时，令g ′(x )＝0，得x ＝e ，∴当1<x <e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，当x >e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，∴g (x )≥g (e)＝e ，∴m ≤e.综上知0≤m ≤e.思维升华分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .跟踪训练1 已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值．解 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e；令f ′(x )<0，得0<x <1e. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增．所以f (x )在x ＝1e处取得极小值，且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x. 问题转化为m ≥⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min .令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x(x >0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2. 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1.所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.题型二等价转化求参数范围例2 已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x， ∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1，经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，x >0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤1e时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤1e符合题意． ②当a >1e时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1. 当x ∈(0，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1，即1e <a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立， ∴1e<a ≤1符合题意．当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．教师备选(2022·衡阳模拟)已知函数f (x )＝－ax 2＋ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性﹔(2)若存在x ∈(1，＋∞)，f (x )>－a ，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－2ax ＋1x ＝1－2ax 2x，当a ≤0时，f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时﹐由f ′(x )＝0，得x ＝12a ，由f ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a ，由f ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞，于是有f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递减． (2)由f (x )>－a ，得a (x 2－1)－ln x <0，x ∈(1，＋∞)，－ln x <0，x 2－1>0，当a ≤0时，a (x 2－1)－ln x <0，满足题意；当a ≥12时，令g (x )＝a (x 2－1)－ln x (x >1)，g ′(x )＝2ax 2－1x>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，则g (x )>g (1)＝0，不符合题意，当0<a <12时，由g ′(x )>0，得x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞，由g ′(x )<0，得x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a ，于是有g (x )在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增， g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫12a <g (1)＝0，则当0<a <12时，∃x ∈(1，＋∞)，g (x )<0，综上，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，12. 思维升华根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x .(1)当a >2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x ∈[1，＋∞)，使f (x )<a 成立，求实数a 的取值范围．解 (1)∵x >0，f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x ＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x ＝(2x －a )(x －1)x，又a 2>1， ∴当f ′(x )>0时，0<x <1或x >a 2，当f ′(x )<0时，1<x <a 2， ∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1，a 2. (2)∵存在x ∈[1，＋∞)使f (x )<a 成立⇔a >f (x )min .由(1)可得，①当a >2时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 24－a ＋a ln a 2<a ，即ln a 2－a 4<2，令t ＝a 2，φ(t )＝ln t －t 2(t >1)， φ′(t )＝1t －12＝2－t 2t(t >1)， ∴φ(t )在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴φ(t )max ＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，即当a >2时，不等式恒成立；(另解：当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2<f (1)＝－1－a <a .)②当a ≤2时，f (x )在x ∈[1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－a －1<a ，a >－12， ∴－12<a ≤2，综合①②得，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，＋∞. 题型三双变量的恒(能)成立问题例3 设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3. (1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23， ∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527，又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．教师备选已知函数f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，a 为正实数． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，求实数a 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝a (x 2－x －1)e x(x ∈R )，所以f ′(x )＝－ax (x －3)e x(x ∈R )，因为a >0，所以令f ′(x )>0，得0<x <3；令f ′(x )<0，得x <0或x >3.所以f (x )的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知f (x )在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f (x )在[0,4]上的最大值是f (3)＝5a e3. 又f (0)＝－a <0，f (4)＝11a e －4>0，所以f (0)<f (4)，所以f (x )在[0,4]上的最小值为f (0)＝－a .若∀x 1，x 2∈[0,4]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|<1恒成立，则需f (x )max －f (x )min <1在x ∈[0,4]上恒成立，即f (3)－f (0)<1，即5a e 3＋a <1，解得a <e 35＋e 3. 又a >0，所以0<a <e 35＋e 3.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，e 35＋e 3. 思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .跟踪训练3 设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x . (1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e. (2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立，令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1ex ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．课时精练1．(2022·大同模拟)已知函数f (x )＝x (m e x －1)．(1)当m ＝1时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程；(2)当x >0时，f (x )≥x 2－2x ，求实数m 的取值范围．解 (1)当m ＝1时，f (x )＝x (e x －1)，则f (1)＝e －1，由f ′(x )＝e x －1＋x e x 可得，f ′(1)＝2e －1.所以函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(2e －1)(x －1)，即(2e －1)x －y －e ＝0.(2)由x (m e x －1)≥x 2－2x 及x >0，得m ≥x －1e x . 令g (x )＝x －1e x (x >0)，则g ′(x )＝2－x e x ，当x ∈(0,2)时，g ′(x )>0；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以x ＝2是g (x )的极大值点，也是g (x )的最大值点，即g (x )max ＝g (2)＝1e 2. 所以m ≥1e 2，故m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e 2，＋∞. 2．(2022·长春模拟)设函数f (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥1恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －(a ＋2)＋a x＝(2x －a )(x －1)x(x >0)，又f ′(3)＝4－2a 3＝0，所以a ＝6，经检验符合条件，所以f ′(x )＝2(x －3)(x －1)x，令f ′(x )>0，有0<x <1或x >3；令f ′(x )<0，有1<x <3，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．(2)由题意f (x )≥1⇔f (x )min ≥1，当a ≤0时，令f ′(x )>0，有x >1；令f ′(x )<0，有0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a －1，所以－a －1≥1，即a ≤－2，当a >0时，①0<a 2<1，即0<a <2时，存在f (1)＝－a －1<0；②a 2>1，即a >2时，存在f (1)＝－a －1<0； ③a 2＝1，即a ＝2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，存在f (1)＝－3<0，可知a >0时，f (x )≥1不恒成立．综上，a ≤－2.3．(2022·沈阳模拟)已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，当x >0时，f (x )＝x 2＋sin x ，g (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，且g (x )＝ax ＋1x－2(a >0)． (1)求函数f (x )的解析式；(2)若对于∀x 1∈[－1,1]，∃x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝x 2－sin x ，又f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (x )＝－f (－x )＝－x 2＋sin x ，又f (0)＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋sin x (x ≥0)，－x 2＋sin x (x <0). (2)由题意得f (x )min >g (x )min .当x ∈[0,1]时，f ′(x )＝2x ＋cos x >0，所以f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0；当x ∈[－1,0)时，f ′(x )＝－2x ＋cos x >0，所以f (x )在[－1,0)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－1)＝－1－sin 1<0，所以f (x )min ＝－1－sin 1.对于g (x )，因为a >0，x >0，所以ax ＋1x －2≥2a －2，当且仅当ax ＝1x，即x ＝1a时等式成立．所以g (x )min ＝2a －2，所以－1－sin 1>2a －2，整理得a <(1－sin 1)24，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，(1－sin 1)24.4．(2022·昆明联考)已知函数f (x )＝e ax －x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处切线的斜率为1，求f (x )的单调区间；(2)若不等式f (x )≥e ax ln x －ax 2对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a e ax －1，则f ′(0)＝a －1＝1，即a ＝2.∴f ′(x )＝2e 2x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 22. 当x <－ln 22时，f ′(x )<0；当x >－ln 22时，f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－ln 22，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－ln 22，＋∞. (2)由f (x )≥e ax ln x －ax 2，x ∈(0，e]，即ax 2－x ≥e ax (ln x －1)，有ax －1e ax ≥ln x －1x，故仅需ln e ax －1e ax ≥ln x －1x即可．设函数g (x )＝ln x －1x，则ln e ax －1e ax ≥ln x －1x等价于g (e ax )≥g (x )． ∵g ′(x )＝2－ln x x 2， ∴当x ∈(0，e]时，g ′(x )>0，则g (x )在(0，e]上单调递增， ∴当x ∈(0，e]时，g (e ax )≥g (x )等价于e ax ≥x ，即a ≥ln x x恒成立．设函数h (x )＝ln x x，x ∈(0，e]，则h ′(x )＝1－ln x x 2≥0，即h (x )在(0，e]上单调递增，∴h (x )max ＝h (e)＝1e ，则a ≥1e即可， ∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞.。

【一题一课难点突破】导数中的恒成立问题

1 1 2当a 0时，f x 在 0, 上递增, 在 , 上递减, f x max a a 1 1 f ln 0, 即恒成立。 a a
转化手段
单变量恒成立问题方法3：参变量半分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以半分离：lnx<-ax-1,构造f (x)=lnx与g(x)=-ax-1 由图像得：a<-1
转化手段
单变量恒成立问题方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0，都有f (x)≥ax,求a的问题方法4：端点值代入法解恒成立问题
例题：设函数f (x)=（x+1)ln(x+1),若对于所有的x≥0，都有f (x)≥ax,求a的取值范围？
f x f a 1若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa f x f a 2若x a且f x f a , f x 在x a处可导，则f a xlim 0 a xa
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以直接讨论：
求导：f x
这与f x 0恒成立矛盾。
1 a, x 1当a 0时，f x 0, f x 在0，讨论：恒增，找到f 1 a 1 0
转化手段
单变量恒成立问题方法1：参变量分离法解恒成立问题
例题： f (x)=lnx+ax+1,若f (x)<0恒成立，求a的取值范围? 可以转化为：

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；

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