用导数研究函数的恒成立与存在性问题答案

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高考数学(理)函数与导数专题14 恒成立及存在性问题(解析版)

函数与导数14 导数及其应用恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。

②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。

考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述：一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数，但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤：（1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点；（3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立．二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>；结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>；结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>；结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线，所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立，令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„．由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „．综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<．【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=，当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<，当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----，所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-，因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=，所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-．（Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点．由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=．由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值；（2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ，解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>，当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中（Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时，所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

第10讲恒成立能成立3种常见题型(解析版)

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 ∈，总存在[]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(1−1)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 x g 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()xe g x x =，则2(1)()xe 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,eB ．(],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 =，()222e 2e g =+，所以()()22max 2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222ea ≤--.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 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 +-'=．。

2024北京高三一模数学题目(含答案)利用导数研究函数的性质

一、单选2024北京高三一模数学题目（含答案）利用导数研究函数的性质题1．（2024北京朝阳高三一模）已知n 个大于2的实数12,,,n x x x ⋅⋅⋅，对任意()1,2,,i x i n =⋅⋅⋅，存在2i y ≥满足i i y x <，且i i y xi i x y =，则使得12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数n 为（）A ．14B ．16C ．21D ．232．（2024北京海淀高三一模）函数()f x 是定义在(4,4)-上的偶函数，其图象如图所示，(3)0f =.设()f x '是()f x 的导函数，则关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集是（）A ．[0,2]B ．[3,0][3,4)-C ．(5,0][2,4)-D ．(4,0][2,3)- 3．（2024北京海淀高三一模）已知()()3,0lg 1,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（）A ．1,1B ．1,2C ．2,1D ．2,24．（2024北京房山高三一模）若函数(]()ln ln(1),,0()1,0,exx x x x ∞∞⎧-∈-⎪=⎨∈+⎪⎩，则函数()()g x f x x c =++零点的个数为（）A ．1B ．2C ．1或2D ．1或35．（2024北京延庆高三一模）已知函数()321x f x x =--，则不等式()0f x <的解集是（）A ．()0,1B ．()0,∞+C ．(),0∞-D ．()(),01,∞∞-⋃+二、填空题6．（2024北京顺义·二模）已知函数()()213f x kx b x =-++，给出下列四个结论：①当0k =时，对任意b ∈R ，()f x 有1个极值点；②当18k >时，存在b ∈R ，使得()f x 存在极值点；③当0b =时，对任意k ∈R ，()f x 有一个零点；④当103b <<时，存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点.其中所有正确结论的序号是.7．（2024北京海淀高三一模）已知函数()f x =①函数()f x 是奇函数；②R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根；③已知P 是曲线()y f x =上任意一点，1,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则12AP ≥；④设()11,M x y 为曲线()y f x =上一点，()22,N x y 为曲线()y f x =-上一点.若121x x +=，则1MN ≥.其中所有正确结论的序号是.8．（2024北京石景山高三一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：[]0,1x ∈时，()()*1,,N ,0,0,10,1p p x p q q q q R x x ⎧⎛⎫=∈⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩为既约真分数和内的无理数．若数列*1,n n a R n n -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭N ，给出下列四个结论：①1n a n =；②21n n a a ++<；③1112n i i i a a +=<∑；④11ln 2ni i n a =+≥∑．其中所有正确结论的序号是．9．（2024北京石景山高三一模）设函数()323,13,1x ax x f x x a x ⎧+≤=⎨+>⎩，①若()f x 有两个零点，则实数a 的一个取值可以是；②若()f x 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是．10．（2024北京延庆高三一模）已知函数()221ln 1.x ax x f x a x x x⎧+<⎪=⎨≥⎪⎩，，，给出下列四个结论：①存在实数a ，使得函数()f x 的最小值为0；②存在实数0a <，使得函数()f x 的最小值为1-；③存在实数a ，使得函数()f x 恰有2个零点；④存在实数a ，使得函数()f x 恰有4个零点．其中所有正确结论的序号是．三、解答题11．（2024北京东城高三一模）已知函数()()ln 1f x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；(2)设()()g x f x '=，求函数()g x 的最小值；(3)若()2f x x a>-，求实数a 的值.12．（2024北京朝阳高三一模）已知函数()()()1e R xf x ax a =-∈.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()1f x a x >-无整数解，求a 的取值范围.13．（2024北京顺义·二模）设函数()e cos xf x a x =+，a ∈R .曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =+.(1)求a 的值；(2)求证：方程()2f x =仅有一个实根；(3)对任意()0,x ∈+∞，有()sin 2f x k x >+，求正数k 的取值范围.14．（2024北京房山高三一模）已知函数1()e axf x x=+．(1)当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设2()()g x f x x '=⋅，求函数()g x 的极大值；(3)若e a <-，求函数()f x 的零点个数．15．（2024北京西城高三一模）已知函数()()1ln e xf x x ax x a=++．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的斜率；(2)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(3)若集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素，求a 的值．16．（2024北京海淀高三一模）已知函数12()e a x f x x -=.(1)求()f x 的单调区间；(2)若函数2()()e ,(0,)g x f x a x -=+∈+∞存在最大值，求a 的取值范围.17．（2024北京门头沟高三一模）已知函数()()21ln 12f x ax x x a x =-+-．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点())1,1f 处的切线方程；(2)当a<0时，求()f x 的极值；(3)当112a ≤≤时，判断()f x 零点个数，并说明理由．18．（2024北京石景山高三一模）已知函数()()e 0axf x x a =>．(1)求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；(2)求()f x 在区间[]1,1-上的最大值与最小值；(3)当1a =时，求证：()ln 1f x x x ≥++．19．（2024北京丰台高三一模）已知函数()()e ln 1xf x x x =++-，曲线():C y f x =在点()()00,x f x 处的切线为():l yg x =，记()()()h x f x g x =-．(1)当00x =时，求切线l 的方程；(2)在（1）的条件下，求函数()h x 的零点并证明()0xh x ≥；(3)当00x ≠时，直接写出函数()h x 的零点个数．（结论不要求证明）20．（2024北京延庆高三一模）已知函数()()ln 22f x x a x =-++-.(1)若曲线()y f x =的一条切线方程为1y x =-，求a 的值；(2)若函数()f x 在区间()1,2上为增函数，求a 的取值范围；(3)若21,e x ∀∈+∞⎛⎫⎪⎝⎭，()f x 无零点，求a 的取值范围．参考答案1．D【分析】构造函数()()ln 2xf x x x=≥，结合函数单调性可得e 4ix <≤，则有()1211e 154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.【详解】由i i y xi i x y =，且2i y ≥，2i x >，故ln ln i i i i y x x y =，即ln ln i ii ix y x y =，令()()ln 2xf x x x=≥，()21ln x f x x -'=，故当()2,e x ∈时，()0f x ¢>，当()e,+x ∈∞时，()0f x '<，即()f x 在()2,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，由ln ln i ii ix y x y =，即()()i i f x f y =，故e i x >，2e i y ≤<，又()()ln 2ln 42424f f ===，故4i x ≤，即e 4i x <≤，若12115n n x x x x -++⋅⋅⋅+≤，则有()1211e154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即601en ≤+，由e 2.72≈，故60122.06123.07e +≈+=.故最大正整数n 为23.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数()ln xf x x=的性质，结合其单调性得到2e i y ≤<，从而得到e 4i x <≤，则有()1211e154n n x x x x n -++⋅≥⋅-⋅≥+，即可得解.2．D【分析】借助函数图象与导数的关系计算即可得.【详解】由(3)0f =，且()f x 为偶函数，故(3)0f -=，由导数性质结合图象可得当()4,0x ∈-时，()0f x '<，当()0,4x ∈时，()0f x '>，当0x =时，即()00f '=，则由(1)()0f x f x '+⋅≥，有41444x x -<+<⎧⎨-<<⎩，解得43x -<<，亦可得()()100f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩，或()()100f x f x ⎧+<<'⎪⎨⎪⎩，或()10f x +=，或()0f x '=，由()()100f x f x ⎧+>>'⎪⎨⎪⎩可得41304x x -<+<-⎧⎨<<⎩或31404x x <+<⎧⎨<<⎩，即23x <<，由()()100f x f x ⎧+<<'⎪⎨⎪⎩可得31340x x -<+<⎧⎨-<<⎩，即40x -<<，由()10f x +=，可得13x +=±，即2x =或4x =-（舍去，不在定义域内），由()0f x '=，可得0x =，综上所述，关于x 的不等式(1)()0f x f x '+⋅≥的解集为(4,0][2,3)- .故选：D.3．B【分析】借助分段函数性质计算可得m ，借助导数的几何意义及零点的存在性定理可得n .【详解】令()0f x =，即0x ≤时，30x =，解得0x =，0x >时，()lg 10x +=，无解，故1m =，设过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的切点为()00,x y ，当0x <时，()23f x x '=，则有()320003y x x x x -=-，有()3200023x x x -=-，整理可得301x =-，即01x =-，即当00x <时，有一条切线，当0x >时，()lg e1f x x '=+，则有()()000lg 1e lg 1y x x x x -=-++，有()()000l 2g elg 11x x x -+=-+，整理可得()()()000221lg 10lg e x x x ++-++=，令()()()()()2l 0g 2l 1e 1g g x x x x x =++-++>，则()()2lg 1g x x '=-+，令()0g x '=，可得99x =，故当()0,99x ∈时，()0g x '>，即()g x 在()0,99上单调递增，当()99,x ∈+∞时，()0g x '<，即()g x 在()99,∞+上单调递减，由()()992lg e 99220099lg e 0g =+⨯+-=>，()02020g =-=>，故()g x 在()0,99x ∈上没有零点，又()()9992lg e 999210003999lg e 10000g =+⨯+-⨯=-<，故()g x 在()99,999上必有唯一零点，即当00x >时，亦可有一条切线符合要求，故2n =.故选：B.4．A【分析】令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图象交点的个数，构造函数()()h x f x x =+，利用导数求出函数()h x 的单调区间，作出其大致图象，结合图象即可得解.【详解】(]()(]()[)ln ln(1),,0ln(1),,0(),0,11,0,1e ,1,x x x x x f x x x x x x∞∞∞∞⎧⎪-∈-⎧-∈-⎪⎪==∈⎨⎨∈+⎪⎪⎩⎪∈+⎩，令()()0g x f x x c =++=，则()f x x c +=-，则函数()g x 零点的个数即为函数(),y f x x y c =+=-图象交点的个数，令()()(]()[)ln(1),,02,0,11,1,x x x h x f x x x x x x x∞∞⎧⎪-+∈-⎪=+=∈⎨⎪⎪+∈+⎩，当(],0x ∈-∞时，()()ln 1h x x x =-+，则()11011x h x x x =+=-'≥-，所以函数()h x 在(],0-∞上单调递增，且()00h =，当()0,1x ∈时，()()20,2h x x =∈，当[)1,x ∞∈+时，()1h x x x =+，则()2221110x h x x x-=='-+≥，所以函数()h x 在[)1,+∞上单调递增，且()12h =，又当x →-∞时()h x ∞→-，当x →时，()h x ∞→+，作出函数()h x的大致图象如图所示，由图可知函数(),y f x x y c =+=-的图象有且仅有一个交点，所以函数()()g x f x x c =++零点的个数为1个.故选：A.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.5．A【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在001x <<，再由函数的单调性及(0)(1)0f f ==可得不等式的解集.【详解】因为()32ln 3x f x '=-单调递增，且(0)ln 320f '=-<，(1)3ln 320f '=->，所以存在唯一0(0,1)x ∈，使得0()0f x '=，所以当0x x <时，()0f x '<，当0x x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，又(0)(1)0f f ==，且001x <<，所以由()0f x <可得01x <<，故选：A 6．①④【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线213y x =+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线213y x =+的切线，结合零点的存在性定理得到直线y kx b =+与曲线213y x =+的关系.【详解】对①：当0k =时，()213f x b x =，()()2232x f x x -'=+，则(),0x ∈-∞时，()0f x ¢>，当()0,x ∈+∞时，()0f x '<，故()f x 在(),0∞-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，故对任意b ∈R ，()f x 有1个极大值点0x =，故①正确；对②：当18k >时，()()2232f x k x x +-'=-，若()f x 存在极值点，则()f x '有变号零点，则()2232xk x -=+必须有解，令()()2232xx g x -=+，则()()()()()()()()2222224332222611238386333x x x x x x g x x x x x +'+=--+++-=++-+=，故当()(),11,x ∈-∞-⋃+∞时，()0g x '>，当()1,1x ∈-时，()0g x '<，故()g x 在(),1-∞-、()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减，又0x ≥时，()0g x ≤，()()()28211131g =+-⨯--=，即()18g x ≤恒成立，故当18k >时，()2232x k x -=+无解，故②错误；对③：当0b =时，()213f x kx x =-+，当0k =时，()2103f x x =>+，此时函数()f x 无零点，故③错误；对④：当103b <<时，若存在k ∈R ，使得()f x 有3个零点，则直线y kx b =+与曲线213y x =+有三个不同交点，由直线y kx b =+过点()0,b ，曲线213y x =+过点10,3⎛⎫⎪⎝⎭，又103b <<，213y x =+是偶函数，且在()0,∞+上单调递减，故当0k <时，直线y kx b =+与曲线213y x =+在第二象限必有一交点，同理，当0k >时，直线y kx b =+与曲线213y x =+在第一象限必有一交点，过点()0,b 作曲线213y x =+0201,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则切线方程为()()00020222133x y x x x x --+-=+，即()()00020222133x b x x x --+⨯-=+，则()()22020313x b x +=+，由103b <<，则()()0220231133x x +<+，即()()2220011540x x +-++>，即()()()22220000141130x x x x +-+-=->，即203x ≥，故当103b <<时，存在()0,x ∈-∞+∞ ，使曲线213y x =+有过点()0,b 的切线，且切点为021,3x x ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，当0x >时，切线斜率为()22230x x +<-，则当()02022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭时，有()00f x <，又()1030b f =->，则存在()100,x x ∈，使()10f x =，此时函数y kx b =+单调递减，而2103y x =>+恒成立，故存在()20,x x ∈+∞，使()20f x =，即当0x >时，存在()02022,03x k x ⎛⎫- ⎪∈ ⎪+⎝⎭，使得()f x 有3个零点，同理可得，当0x <()02020,23x k x ⎛⎫- ∈ ⎪+⎝⎭，使得()f x 有3个零点，故④正确.故答案为：①④.【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线y kx b =+与曲线213y x =+的交点个数，从而可通过研究过()0,b 的曲线213y x=+的切线，结合零点的存在性定理去得到直线y kx b =+与曲线213y x =+的关系.7．②③④【分析】对①：计算定义域即可得；对②：对0k >与0k <分类讨论，结合二次函数求根公式计算即可得；对③：借助两点间的距离公式与导数求取最值计算即可得；对④：结合函数性质与③中所得结论即可得.【详解】对①：令30x x -≥，即有()()110x x x +-≥，即[][]1,01,x ∞∈-⋃+，故函数()f x 不是奇函数，故①错误；对②：0()f x kx kx -==kx =，当0x =00-=，故0是该方程的一个根；当0x ≠，0k >kx =，故0x >，结合定义域可得[]1,x ∞∈+，有322x x k x -=，即()2210x x k x --=，令2210x k x --=，440k ∆=+>，有22k x =或22k x =（负值舍去），则20122k x +=，故2210x k x --=必有一个大于1的正根，即0()f x kx -=必有一个大于1的正根；当0x ≠，0k <kx =，故0x <，结合定义域有[)1,0∈-x ，有322x x k x -=，即()2210x x k x --=，令2210x k x --=，440k ∆=+>，有22k k x =或22k k x =（正值舍去），令244k t +=>，即24k t =-，则2221171174242412222k t x ⎫⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭==>=-，即1x =-，故2210x k x --=在定义域内亦必有一根，综上所述，R k ∀∈，且0k ≠，关于x 的方程0()f x kx -=恰有两个不相等的实数根，故②正确；对③：令(),P x y，则有y =222321124AP x x x⎛⎫=++=++⎪⎝⎭，令()3214g x x x =++，[][]1,01,x ∞∈-⋃+，()()23232g x x x x x =='++，当()21,1,3x ∞⎛⎫∈--⋃+ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当2,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，故()g x 在21,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭、()1,∞+上单调递增，在2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，又()1111144g -=-++=，()110044g =+=，故()14g x ≥恒成立，即214AP ≥，故12AP ≥，故③正确；对④：当12x x =时，由[][]1,01,x ∞∈-⋃+，121x x +=，故1212x x ==-，此时，124y y =-==，则12MN =≥，当12x x ≠时，由()y f x =与()y f x =-关于x 轴对称，不妨设12x x <，则有1210x x -≤<≤或121012x x -≤≤<≤≤，当121012x x -≤≤<≤≤时，由2121x x x -≥≥，有121MN x x =≥-≥，故成立；当1210x x -≤<≤时，即有211x x =-，由③知，点M 与点N 在圆2211:24A x y ⎛⎫++= ⎪⎝⎭上或圆外，设点()1,M x m '与点()2,N x n '在圆上且位于x 轴两侧，则1M N ''=,故1MN M N ''≥=；综上所述，1MN ≥恒成立，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点点睛：结论④中的关键点在于借助结论③，结合函数的对称性，从而得到当1x 、2x 都小于零时，MN 的情况.8．②③④【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.【详解】对于①，N ,1n n +∈∴= 时，()11001a R ==≠，故①错误；对于②，111n a n +=+，212n a n +=+，+12n n a a +∴>，故②正确；对于③，11223341111111123341ni i n n i a a a a a a a a a a n n ++==++++=⨯+⨯++⋅+∑ 11111111123341212n n n =-+-++--<++ ，故③正确；对于④，123111123ni n i a a a a a n==++++=+++∑ ，()2n ≥，构造函数()e 1xg x x =--，()0x >，则()e 10xg x ='->，()g x 单调递增，()(0)0g x g ∴>=，即当0x >时e 1x x >+，11132111e 1,e 1,,e 123n n>+>+>+ ，11123345111111eln 2342232nn n n n n +++++⎛⎫>⨯⨯⨯⨯=∴+++> ⎪⎝⎭，当1n =时，110ni i a a ===∑，11ln 02+=，11ln 2ni i n a =+⎛⎫∴≥ ⎪⎝⎭∑，故④正确.故选：②③④.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．9．1-（13a <-内的值都可以）01a ≤≤或2a ≥【分析】①分析函数的性质，确定零点所在的区间，通过解方程的方法，即可求解；②根据分段函数的形式，确定两段函数都是单调递增，并根据分界点处函数值的关系不等式，即可求解.【详解】①函数()23f x x a =+在()1,+∞上单调递增，()2130f a =+>，所以函数()f x 在区间()1,+∞上无零点，则函数()33f x x ax =+在(],1-∞上有2个零点，即330x ax +=，()230x x a +=，则0x =，或x =或x =，a<0，1>，解得：13a <-，所以a 的一个值是1-；②函数()23f x x a =+在()1,+∞上单调递增，则在(],1-∞上，()33f x x ax =+也单调递增，且321331a a +≤⨯+，若函数在()33f x x ax =+在区间(],1-∞单调递增，则()2330f x x a '=+≥，即2≥-a x 在区间(],1-∞上恒成立，即()2maxa x≥-，即0a ≥，不等式321331a a +≤⨯+，解得：2a ≥或1a ≤，综上可知，01a ≤≤或2a ≥.故答案为：1-（13a <-内的值都可以）；01a ≤≤或2a ≥10．①③【分析】取特殊值判断①，当0a <时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.【详解】当0a =时，()210 1.x x f x x ⎧<=⎨≥⎩，，，，显然函数的最小值为0，故①正确；当0a <时，ln ()(1)a xf x x x =≥，()21ln ()a x f x x-'=，当1e x <<时，()0f x '<，当e x <时，()0f x '>，所以()f x 在[)1,e 上单调递减，在[)e,+∞上单调递增，所以e x =时，()f x 有最小值(e)eaf =，由1e a =-可得a e =-，此时，1x <时，2()2e f x x x =-，()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以()(1)12e f x f >=-，与最小值为1-矛盾，若1x <时，2()2f x x ax =+的对称轴方程为0x a =->，当1x a =-<时，即1a >-时，2min ()()f x f a a =-=-，若21a -=-，则1a =-与1a >-矛盾，当1x a =-≥时，()f x 在(,1)-∞上单调递减，无最小值，综上，当0a <时，函数()f x 的最小值不为1-，故②错误；由②知，1a <-时，1x <时，()f x 单调递减且(0)0f =，当1x ≥时，()0f x ≤且(1)0f =，所以函数恰有2个零点，故③正确；当0a >时，ln ()0(1)a xf x x x=≥≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，当0a <时，ln ()0(1)a xf x x x=≤≥且仅有(1)0f =，即ln ()(1)a x f x x x =≥有且只有1个零点，综上0a ≠时，ln ()(1)a xf x x x=≥有且只有1个零点，而2()2(2)f x x ax x x a =+=+在1x <上至多有2个零点，所以0a ≠时，函数没有4个零点，当0a =时，函数有无数个零点，故④错误.故答案为：①③【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a 分类讨论，利用导数研究[)1,+∞上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.11．(1)24y x =-(2)2(3)2a =【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）利用导数求出函数()g x 的单调区间，进而可求出最小值；（3）分1a ≤和1a >两种情况讨论，在1a >时，再分x a >和1x a <<两种情况讨论，分离参数，构造函数并求出其最值，即可得解.【详解】（1）()()()ln 111xf x x x x '=-+>-，则()()22,20f f '==，所以曲线()y f x =在2x =处的切线方程为()22y x =-，即24y x =-；（2）()()()()ln 111xg x f x x x x '==-+>-，()()()22112111x x x g x x x x ---'=+=---，当12x <<时，()0g x '<，当2x >时，()0g x '>，所以函数()g x 在()1,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以()()min 22g x g ==；（3）函数()f x 的定义域为()1,+∞，当1a ≤时，0x a ->，则()2f x x a>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由（2）得()2f x '≥，令()()2h x f x x =-，则()()()201h x f x x ''=-≥>，所以()h x 在()1,+∞上单调递增，又当1x →时，()h x →-∞，因为1a ≤，所以22a -≥-，此时()22a f x x -<-不恒成立，故1a ≤不符题意；当1a >时，若x a >，则0x a ->，则()2f x x a>-，即()()2f x x a >-，即()22a f x x -<-，由上可知函数()()2h x f x x =-在(),a +∞上单调递增，所以()()()()ln 12h x h a a a a x a >=-->，所以()2ln 12a a a a -≤--，解得2a ≥①，若1x a <<，则()2f x x a>-，即()()2f x x a <-，即()22a f x x ->-，由上可知函数()()2h x f x x =-在()1,a 上单调递增，所以()()()()ln 1211h x h a a a a a <=--<<，所以()2ln 12a a a a -≥--，解得2a ≤②，由①②可得2a =，综上所述，2a =.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．12．(1)答案见解析(2)1a ≥【分析】（1）首先求函数的导数，再分0,0,0a a a ><=三种情况讨论()f x 的单调性；（2）不等式转化为11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，设函数()1e x x h x x -=-，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，讨论a 的取值，即可求解.【详解】（1）()()1e xf x a ax '=--，当()0f x '=，得1ax a-=，当0a >时，1,a x a -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，1,-⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭a x a 时，()0f x '<，()f x 单调递减，当0a <时，1,a x a -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，1,-⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭a x a 时，()0f x ¢>，()f x 单调递增，当0a =时，()e xf x =，函数()f x 在R 上单调递增，综上可知，0a >时，函数()f x 的单调递增区间是1,a a -⎛⎫-∞ ⎝⎭，单调递减区间是1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，0a <时，函数()f x 的单调递减区间是1,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间是1,a a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭，0a =时，函数()f x 的增区间是(),-∞+∞，无减区间.（2）不等式()()1e 1xax a x ->-，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，设()1e x x h x x -=-，()2e 21e ex x xx x h x -+-'=-=，设()e 2xt x x =+-，()e 10x t x '=+>，所以()t x 单调递增，且()01t =-，()1e 20t =->，所以存在()00,1x ∈，使()00t x =，即()00h x '=，当()0,x x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()00000e 1e x x x x h x h x -+≥=，因为e 1xx ≥+，所以()()()00002000000011e 110e e e x x x x x x x x x x h x h x +-+-++≥=≥=>，当0x ≤时，()()01h x h ≥=，当1x ≥时，()()11h x h ≥=，不等式()()1e 1xax a x ->-无整数解，即11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭无整数解，若0a ≤时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若1a ≥时，即11a≤，因为函数()h x 在(],0-∞上单调递减，在[)1,+∞上单调递增，所以Z x ∈时，()()(){}1min 0,11h x h h a ≥=≥，所以()1h x a<无整数解，符合题意，当01a <<时，因为()()1011h h a==<，显然0,1是()1a h x ⋅<的两个整数解，不符合题意，综上可知，1a ≥.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是不等式的变形11e x x a x -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，第二个关键是确定函数()1ex x h x x -=-的单调性，以及确定()()011h h ==.13．(1)1a =；(2)证明见解析；(3)01k <≤.【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；（2）分0x >，0x =，0x <，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；（3）令()e cos sin 2xF x x k x =+--，分01k <≤，1k >两种情况，利用导数讨论最值即可得解.【详解】（1）解：因为()e cos x f x a x =+，所以()00e 1f a a =+=+，又点()()0,0f 在切线2y x =+上，所以()02f =，所以12a +=，即1a =.（2）证明：欲证方程()2f x =仅有一个实根，只需证明e cos 20x x +-=仅有一个零点，令()e cos 2x g x x =+-，则()e sin xg x x '=-，令()()e sin xh x g x x =-'=，则()e cos x h x x '=-，讨论：（1）当0x >时，()0e cos e cos 1cos 0x h x x x x =->-=-≥'，所以()h x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01h x h >=，即()e sin 10xg x x =>'->，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，即此时无零点；（2）当0x =时，()00g =，即此时有一个零点；（3）当0x <时，()0e cos 2e cos 21cos 0x g x x x x =+-<+-=-+≤所以，当0x <时，()0g x <，即此时无零点综上可得，()e cos 2xg x x =+-仅有一个零点，得证.（3）当()0,x ∞∈+时，e cos sin 2x x k x +>+，即e cos sin 20x x k x +-->恒成立，令()e cos sin 2xF x x k x =+--，则()e sin cos xF x x k x =-'-，由（Ⅱ）可知，()0,x ∞∈+时e sin 1x x ->，所以()e sin cos 1cos xF x x k x k x '=-->-，讨论：（1）当01k <≤时，因为1cos 1x -≤≤，所以cos k k x k -≤≤，即11cos 1k k x k -≤-≤+，所以()1cos 10F x k x k >≥'--≥，即当01k <≤时，()0F x '>，所以()e cos sin 2xF x x k x =+--在()0,x ∞∈+时单调递增，所以()()00F x F >=恒成立，即满足条件e cos sin 20x x k x +-->，（2）当1k >时，由()e sin cos xF x x k x =-'-可知()010F k ='-<，又()ππe 0F k '=+>，所以存在()00,πx ∈，使得()00F x '=，所以，当()00,x x ∈时，()0F x '<，()F x 单调递减，当()0,x x ∞∈+时，()0F x '>，()F x 单调递增，所以()()000F x F <=，即不能保证e cos sin 20x x k x +-->恒成立，综上可知，正数k 的取值范围是01k <≤.【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.14．(1)3y x =-+(2)答案见解析(3)1【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）求导，分0a =，0a >和a<0三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；（3）令1()e 0ax f x x =+=，则1e ax x =-，再分x 的正负讨论，当0x <时，分离参数可得()ln x a x-=-，则函数()f x 零点的个数即为函数()ln ,x y a y x -==-图象交点的个数，构造函数()()()ln 0x h x x x-=-<，利用导数求出其单调区间和极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.【详解】（1）当0a =时，1()1f x x=+，()21f x x '=-，则()()11,12f f =-'=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为()21y x -=--，即3y x =-+；（2）21()e ax f x a x'=-，则()22()()e 10ax g x f x x ax x =⋅=-≠'，则()()()222e e 2e 0ax ax axg x ax a x ax ax x =+=+≠'，当0a =时，()1g x =-，此时函数()g x 无极值；当0a >时，令()0g x '<，则0x >或2x a <-，令()0g x '<，则20x a -<<，所以函数()g x 在(2,,0,a ∞∞⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，所以()g x 的极大值为2241eg a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；当a<0时，令()0g x '<，则0x <或2x a>-，令()0g x '<，则20x a <<-，所以函数()g x 在()2,0,,a ∞∞⎛⎫--+ ⎪⎝⎭上单调递增，在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，而函数()g x 的定义域为()(),00,∞∞-⋃+，所以此时函数()g x 无极值.综上所述，当0a ≤时，函数()g x 无极大值；当0a >时，()g x 的极大值为241ea -；（3）令1()e 0axf x x =+=，则1e ax x =-，当0x >时，1e ,00axx>-<，所以0x >时，函数()f x 无零点；当0x <时，由1e axx =-，得1ln ax x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以()ln x a x-=-，则0x <时，函数()f x 零点的个数即为函数()ln ,x y a y x-==-图象交点的个数，令()()()ln 0x h x x x -=-<，则()()2ln 1x h x x --'=，当e x <-时，()0h x '>，当e 0x -<<时，()0h x '<，所以函数()h x 在(),e ∞--上单调递增，在()e,0-上单调递减，所以()()max 1e eh x h =-=，又当x →-∞时，()0h x >且()0h x →，当0x →时，()h x ∞→-，如图，作出函数()h x 的大致图象，又e a <-，由图可知，所以函数()()ln ,x y a h x x-==-的图象只有1个交点，即当0x <时，函数()f x 只有1个零点；综上所述，若e a <-，函数()f x 有1个零点．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.15．(1)2e 2+(2)单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-(3)1a e=-【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；（2）对函数求导得到()()11e x f x x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭'，由函数()f x 定义域知1e 0x x -<，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果；（3）对函数求导得到()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，再分0a >和a<0两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.【详解】（1）当1a =时，()ln e xf x x x x =++，所以()()111e x f x x x=+++',得到()12e 2f '=+，所以曲线()y f x =在点()(1,)1f 处切线的斜率为2e 2+．（2）当1a =-时，()()ln e xf x x x x =+--，易知()f x 的定义域为(),0∞-，又()()()1111e 1e x x f x x x x x ⎛⎫=+-+=+- ⎪⎝⎭'，因为(),0x ∈-∞，所以1e 0xx-<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-．（3）因为()()1ln e xf x x ax x a =++，所以()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，易知0a ≠，当0a >时，()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ¢>恒成立，故()f x 在)∞+上单调递增，又12111e 0af a a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，所以0a >不合题意，当0a <时，()f x 的定义域为(),0∞-，此时1e0xx a+<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<，故()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,0-，所以()()max 1()11ln ef x f a a =-=-+--．设()()11ln (0)e g x x x x=-+--<，则()2211e 1e e x g x x x x +=+='，当1,e x ∞⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，1,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，所以()g x 的单调递减区间为1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；单调递增区间为1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．所以min 1()1e g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素时1a e=-．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.16．(1)()f x 的增区间为(),2∞-，减区间为(2,)+∞(2)1a ≥-【分析】（1）对函数求导，得到121(1))e 2(a x f x x -=-'，再求出()0f x '>和()0f x '<对应的x 取值，即可求出结果；（2）令2()()e h x f x a -=+，对()h x 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出()h x 的单调区间，进而得出()h x 在(0,)+∞上取值范围，从而将问题转化成1222e e e a a a ---+≥成立，构造函数12()e e x m x x --=+，再利用()m x 的单调性，即可求出结果.【详解】（1）易知定义域为R ，因为12()ea x f x x -=，所以11122211(1)()e2e e 2a x a x a x x x x f ----=-'=，由()0f x '=，得到2x =，当2x <时，()0f x '>，当2x >时，()0f x '<，所以，函数()f x (),2∞，单调递减区间为()2,∞+.（2）令2()()e h x f x a -=+，则()()h x f x ''=，由（1）知，函数()f x 的单调递增区间为(),2∞-，单调递减区间为()2,∞+，所以()h x 在2x =时取得最大值12(2)2e e a h a --=+，所以当2x >时，1222()e e e (0)a x h x x a a h ---=+>=，当02x <<时，()(0)h x h >，即当,()0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，所以函数122()ee a x g x x a --=+在(0,)+∞存在最大值的充要条件是1222e e e a a a ---+≥，即122122e e e e +e 02a a a a a -----++=≥，令12()e e x m x x --=+，则12()e e 0x m x --'=+>恒成立，所以12()e e x m x x --=+是增函数，又因为22(1)e e 0m ---=-=，所以12()e e 0a m a a --=+≥的充要条件是1a ≥-，所以a 的取值范围为[)1,-+∞.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数122()e e a x h x x a --=+，利用函数单调性得到,()0x ∈+∞时，(]()(0),(2)h x h h ∈，从而将问题转化成1222e e e a a a ---+≥，构造函数12()e e x m x x --=+，再利用()m x 的单调性来解决问题.17．(1)12y =-(2)()12f x a =-极大值，无极小值(3)当12a =时()f x 有一个零点，当112a <≤时()f x 无零点【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；（2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值；（3）依题意可得()1ln 102a x x a -+-=，令()()1ln 12F x a x x a =-+-，则判断()f x 的零点个数，即判断()F x 的零点个数，利用导数说明()F x 的单调性，求出()()max ln 221F x a a a =-+，再令()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈，利用导数说明()H x 的单调性，即可求出()max H x ，从而得解.【详解】（1）当1a =时()21ln 2f x x x x =-，则()112f =-，()ln 1f x x x '=+-，所以()10f '=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为12y =-.（2）函数()f x 的定义域为(0,∞+，且()()ln 1ln 1f x a x a x a a x x '=+-+-=-+，令()()ln 1g x f x a x x '==-+，则()1a a xg x x x-'=-=，因为a<0，所以()0g x '<恒成立，所以()g x 在()0,∞+上单调递减，即()f x '在()0,∞+上单调递减，又()10f '=，所以当01x <<时()0f x ¢>，当1x >时()0f x '<，则()f x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()f x 在1x =处取得极大值()12f x a =-极大值，无极小值.（3）令()0f x =，即()21ln 102ax x x a x -+-=，因为0x >，所以()1ln 102a x x a -+-=，令()()1ln 12F x a x x a =-+-，所以判断()f x 的零点个数，即判断()F x 的零点个数，又()1222a a x F x x x -'=-=，112a ≤≤，所以当02x a <<时()0F x '>，当2x a >时()0F x '<，所以()F x 在()0,2a 上单调递增，在()2,a +∞上单调递减，所以()()()max 2ln 221F x F a a a a ==-+，令()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈，则()11ln 22H x x '=-，因为[]1,2x ∈，所以()()111ln 2ln 210222H x '≤-=-<，所以()H x 在[]1,2上单调递减，所以()()10H x H ≤=，所以()20F a ≤，当且仅当12a =时等号成立，所以当12a =时()F x 有一个零点，即()f x 有一个零点，当112a <≤时()F x 无零点，即()f x 无零点，综上可得当12a =时()f x 有一个零点，当112a <≤时()f x 无零点.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为()1ln 102a x x a -+-=，利用导数求出()()max ln 221F x a a a =-+，再构造函数()ln 12xH x x x =-+，[]1,2x ∈.18．(1)y x =(2)见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；（2）首先求函数的导数，再讨论01a <≤和1a >两种情况求函数的单调性，求函数的最值；（3）首先根据不等式构造函数()e ln 1xg x x x x =---，再利用导数求函数的最小值，即可证明.【详解】（1）()()1e axf x ax '=+，()01f '=，()00f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y x =；（2）()()1e axf x ax '=+，0a >当01a <≤时，()0f x '≥在区间[]1,1-上恒成立，()f x 在区间[]1,1-上单调递增，所以函数()f x 的最小值为()1e axf --=-，最大值为()1e a f =，当1a >时，()0f x '=，得()11,0x a=-∈-，()f x '在区间11,a ⎡⎫--⎪⎢⎣⎭小于0，函数()f x 单调递减，()f x '在区间1,1a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦大于0，函数()f x 单调递增，所以函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()1e ax f --=-，()1e a f =，显然()()11f f >-，所以函数()f x 的最大值为()1e a f =，综上可知，当01a <≤时，函数()f x 的最小值为()1e ax f --=-，最大值为()1e af =，当1a >时，函数()f x 的最小值为11e f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，最大值为()1e af =；（3）当1a =时，()e xf x x =，即证明不等式e ln 1x x x x ≥++，设()e ln 1xg x x x x =---，0x >，()()11e ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭x g x x x ，设()1e xh x x =-，0x >，()21e 0xh x x'=+>，所以()h x 在()0,∞+单调递增，并且1202h ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()1e 10h =->，所以函数()h x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点0x ，使()0001e 0x h x x =-=，即()00g x '=，则在区间()00,x ，()0x '<，()g x 单调递减，在区间()0,x +∞，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 的最小值为()00000e ln 1xg x x x x =---，由()0001e 0xh x x =-=，得001x x e =，且00ln x x =-，所以()00g x =，所以()e ln 10xg x x x x =---≥，即()ln 1f x x x ≥++.19．(1)1y x =+(2)函数()h x 有唯一零点0x =，证明过程见解析(3)2【分析】（1）只需分别求出()()0,0f f '即可得解；（2）首先有()()e ln 121xh x x x =++--，()()1e 211x x x h x x +--'=+，令()()()1e 21,1x m x x x x =+-->-，我们可以通过构造导数来说明()0m x >，即()0h x '>，这表明了()h x 单调递增，注意到()00h =，由此即可进一步得证；（3）首先我们可以连续求导说明函数()f x '在(]1,0-上递减，在[)0,∞+上递增.其次()()()()()000h x f x f x x x f x =---'，故()()()0h x f x f x ''-'=.进一步有()()000h x h x '==，然后分000,10x x >-<<两种情况分类讨论即可求解.【详解】（1）当00x =时，()()001f x f ==，而()1e 11x f x x =+-+'，所以()01f '=，从而切线方程为10y x -=-，也就是1y x =+.（2）由题意()()()()()()e ln 11e ln 121x xh x f x h x x x x x x =-=++--+=++--，所以()()1e 211e 211x xx x h x x x +--=+-='++，令()()1e 21x m x x x =+--，则()()2e 2xm x x =+-'，当10x -<<时，122x <+<，0e 1x <<，所以()2e 2e 212x xx +<<⨯=，即()0m x '<，所以当10x -<<时，()m x 单调递减，()()00m x m >=，当0x >时，22x +>，e 1x >，所以()2e 2e 212x xx +>>⨯=，即()0m x '>，所以当0x >时，()m x 单调递增，()()00m x m >=，综上，()0m x ≥恒成立，也就是()0h x '≥恒成立，所以()h x 在()1,∞-+又因为()00h =，故函数()h x 有唯一零点0x =，且当10x -<<时，()0h x <，当0x >时，()0h x >；因此当10x -<<时，()0xh x >，当0x >时，()0xh x >，故()0xh x ≥；（3）对n 个实数12,,...,n a a a ，定义()12max ,,...,n a a a 和()12min ,,...,n a a a 分别为12,,...,n a a a 中最大的一个和最小的一个.现在，()()e ln 1x f x x x =++-，故()1e 11xf x x =+-+'，令()()f x x ϕ'=，再对()x ϕ求导一次得到()()21e 1xx x ϕ=-+'.当10x -<<时，()()()02211e e 110101xx x ϕ=-<-='-=++，()x ϕ单调递减；当0x >时，()()()02211e e 110101xx x ϕ=->-='-=++，()x ϕ单调递增.。

(完整版)导数讨论含参单调性习题(含详解答案).doc

1．设函数．（ 1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（ 2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（ 3）是否存在正实数，使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由．2．已知函数是的导函数，为自然对数的底数．（ 1）讨论的单调性；（ 2）当时，证明：；（ 3）当时，判断函数零点的个数，并说明理由．3．已知函数（其中，）.（ 1）当时，若在其定义域内为单调函数，求的取值范围；（ 2）当时，是否存在实数，使得当时，不等式恒成立，如果存在，求的取值范围，如果不存在，说明理由（其中是自然对数的底数，）. 4．已知函数，其中为常数.（ 1）讨论函数的单调性；（ 2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有.5 ．已知函数（为常数）是实数集上的奇函数，函数是区间上的减函数 .（ 1）求的值；（ 2）若在及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；6．已知函数ln , x ，其中.f x ax x F x e ax x 0, a 0（ 1）若f x 和 F x 在区间 0,ln3 上具有相同的单调性，求实数 a 的取值范围；（ 2）若a , 1 ，且函数 g x xe ax 1 2ax f x 的最小值为 M ，求 M 的e2最小值 .7．已知函数 f ( x) e x m ln x .（ 1）如x 1 是函数 f (x) 的极值点，求实数m 的值并讨论的单调性 f (x) ；（ 2）若x x0是函数f ( x)的极值点，且f ( x) 0 恒成立，求实数m 的取值范围（注：已知常数 a 满足 a ln a 1 ） .8．已知函数 f x ln 1 mx x2mx ，其中0 m 1 ．2（ 1）当m 1时，求证： 1 x 0 时， f x x3；3（ 2）试讨论函数y f x 的零点个数．9．已知e 是自然对数的底数 , F x 2e x 1 x ln x, f x a x 1 3 .（1）设T x F x f x , 当a 1 2e 1时, 求证： T x 在 0, 上单调递增；（2）若x 1, F x f x , 求实数a的取值范围 .10 ．已知函数f x e x ax 2（1）若a 1 ，求函数f x 在区间[ 1,1]的最小值；（2）若a R, 讨论函数 f x 在 (0, ) 的单调性；（3）若对于任意的x1, x2 (0, ), 且 x1 x2,都有 x2 f ( x1) a x1 f ( x2 ) a 成立，求 a 的取值范围。

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

第07讲导数中的恒成立与存在性问题(解析版)

第7讲导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】解：设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>， ∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=---，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1) 【解析】解：函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a ---，解得253a e ， a ∴的取值范围是25[3e ，3)2e．故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( )A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【解析】解：设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-，由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+，∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>， ∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>，直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=---，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】解：设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-，则()(32)x g x e x '=+，2(,)3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ，1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>， 2a e∴>， 1a <，a ∴的取值范围2(e，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞ D ．(1,)-+∞【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+， 10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e -，)+∞ D ．21(e -，0) 【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解，即得(1)x a x e -=-有两个不同的解，设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增， 2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →，20a e -∴>>-．故选：D ．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x --， 1122()2()2f x x f x x ∴--，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数， ()20(0)ag x x x x'=+->恒成立， 22a x x ∴-恒成立，222(1)1x x x -=--+，∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴．即a 的取值范围是[1，)+∞．故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立则2()max a x >- 而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+，所以(1)2(1)2af x x x '+=-++．因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+恒成立，所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ．故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】解：由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1](1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+， p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立，整理可得：268a x x >++，01x <<，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ．故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e -C ．11e-D ．212e +【解析】解：()0f x 可化为 3(33)0x x e x x ae x -+--，即333xx a x x e -+-，令3()33xx F x x x e =-+-，则21()33(1)(33)x x x F x x x x e e--'=-+=-++，令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-，故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331e e =-+-=-；故实数α的最小值为11e -．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】解：若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x -++有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x =-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx x x '=-++，令1()3(1)h x lnx x=++，则231()x h x x -'=，令()0h x '>，解得：13x >，令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,)3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >，令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<，故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e =-，故a 的最小值是11e -，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e --B ．322e --C ．3142e --D ．11e--【解析】解：323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+--在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+-在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔-．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-，则211()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-'=+--=-++， [2x ∈-，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增；∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值， 3122a e∴--， 3142a e∴--．故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是() A ．(,-∞ B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞【解析】解：2()()lnx x b f x x+-=，0x >， 2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=， 12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=，存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+，设1()2g x x x=+， ()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=，当()0gx '=时，解得：x ，当()0gx '>2x <时，函数单调递增，当()0g x '<时，即1222x <时，函数单调递减， ∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=， 94b ∴<，故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( )A ．1[e ，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)【解析】解：1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=，所以1a e -，即实数a 的取值范围是1a e-，故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】解：设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ，依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞- 易得3a <-．故选：D ．17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( )A ．141(,]e e e+ B ．(e ，4] C ．1(0,]4e e e +-D ．14(0,]4e e +- 【解析】解：对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x +恒成立， 2444()24x f x x x x x x+==+⋅=，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()()11e maxg x e +++， ∴141e e ++，又0>，解得1404e e +<-．∴正数的取值范围为14(0,]4e e +-．故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为15．【解析】解：22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，5有解，由y ，可得函数y 的几何意义为点(,)2x e x 和点(,)2aa 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,)2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,)2，可得切点到直线20x y -=的距离为d =，5有解，且等号成立，由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10，即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 (-∞，1]4- ．【解析】解：设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-， 221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10ag x x x∴'=-+， 2211()24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-， 14a ∴-． a ∴的取值范围是(-∞，1]4-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 3[2e，1) ．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围．【解析】解：（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+，∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-，且1(1)3g e a a --=---，解得32a e． a ∴的取值范围是3[,1)2e．（2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()x f x xe =-， ()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e =-．2()(1)g x x a =++， ()max g x a ∴=．1a e∴-， ∴实数m 的取值范围是1[,)e-+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e -+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 1[e ，){}e +∞- ．【解析】解：当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+恒成立，即(0,)x ∈+∞时，1lnx c x c x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x =，21()lnx f x x -'=，令()0f x '>，解得：0x e <<，令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减， ()max f x f ∴=（e ）1e =，而10y x=-<，又当1x e =时，2()(1)(1)0cxc lnx xc e-+=+符合条件，c e ∴=-，故1ce，或c e =-，故答案为：1[e，){}e +∞-．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 [0，1] ．【解析】解：当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex -，即有xe ae x的最小值，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增；当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减．即有1x =处取得最小值，且为e ，则ae e ，解得01a <；当0a <时，0x >，0x e aex ->，只要10ax +恒成立，由于11ax +，则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]．故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 1a e -或a e = ．【解析】解：0a <，则0lnx ax +，令y lnx ax =+，则1y a x'=+， 10x a ∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a∴=-时，函数取得最大值1()1ln a --，0lnx ax +，1()10ln a ∴--，1a e∴-；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意；0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =，综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 (-∞，1]- ．【解析】解：当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++，令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数， ()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x =+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）． ()()f x g x ∴在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立．综上，1a -．故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 [3-，0) ．【解析】解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10af x x'=->恒成立，此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数，又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数不妨设1201x x <，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-，则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x --等价为121211|()()|4||f x f x x x --，即212144()()f x f x x x ++设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+，则121211|()()|4||f x f x x x --，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=， 240x ax ∴--在(0，1]上恒成立，即4a x x -在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x =-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x ∴=-的最大值为3-3a ∴-，又0a <，[3a ∴∈-，0)．故答案为：[3-，0)． 26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 22[33e -，0) ．【解析】解：易知1(),()f x g x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f x g x g x -<- 等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-，即212111()()()()f x f xg x g x -<-；令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=--在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈恒成立；令11(),[3,4]x x e u x x ex x--=-+∈， ∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 [1-，2] ．【解析】解：由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--， 11x e +>，∴1(0,1)1xe ∈+，由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]， 2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a -．即a 的取值范围为[1-，2]，故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f x g x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 1k ．【解析】解：当0x >时，21()2f x e x x=+2x e x =，1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ，2()x e x g x e =，2(1)()xe x g x e -∴'=，当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增，当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减，1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=，不等式12()()1f x g x k k+恒成立且0k >， ∴21e ek k +， 1k ∴故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x =，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为．【解析】当0a <时，()10af x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立， ∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=，2(1)()0x e x g x x -'=>在[4x ∈，5]上恒成立，()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠， 1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立．设()()()1xe F xf xg x x alnx x =-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数．2(1)()10x a e x F x x x -'=--在[4x ∈，5]上恒成立，化为x xe a x e x-+恒成立．设()xxe H x x e x=-+，222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+，[4x ∈，5]． 231133[()]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]．()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-．43404e a ∴-<．。

高考数学复习专题19 恒成立与存在性问题(解析版)

专题19恒成立与存在性问题专题知识梳理恒成立问题①∀x∈D，均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；②∀x∈D，均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A；③∀x∈D，均有f(x)>g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)>0，∴F(x)min>0；④∀x∈D，均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)-g(x)<0，∴F(x)ma x<0；⑤∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)>g(x2)恒成立，则f(x)min>g(x)ma x；⑥∀x1∈D，∀x2∈E，均有f(x1)<g(x2)恒成立，则f(x)ma x<g(x)min.存在性问题①∃x0∈D，使得f(x0)>A成立，则f(x)ma x>A；②∃x0∈D，使得f(x0)﹤A成立，则f(x)min<A；③∃x0∈D，使得f(x0)>g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)ma x>0；④∃x0∈D，使得f(x0)<g(x0)成立，设F(x)=f(x)-g(x)，∴F(x)min<0；⑤∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)成立，则f(x)ma x>g(x)min；⑥∃x1∈D，∃x2∈E，均使得f(x1)<g(x2)成立，则f(x)min<g(x)ma x.考点探究【例1】（2018·徐州模拟）若关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，则实数a的取值范围是．【解析】关于x的不等式x3﹣3x2+ax+b＜0对任意的实数x∈[1，3]及任意的实数b∈[2，4]恒成立，可得x3﹣3x2+ax＜﹣b的最小值，即为x3﹣3x2+ax＜﹣4，可得a＜3x﹣x2﹣的最小值，设f （x ）=3x ﹣x 2﹣，x ∈[1，3]，导数为f′（x ）=3﹣2x+，可得1＜x ＜2时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；2＜x ＜3时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，又f （1）=﹣2，f （3）=﹣，可得f （x ）在[1，3]的最小值为﹣2，可得a ＜﹣2．即有a 的范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【例2】已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠.设12,2a b ==.若对任意x R ∈,不等式(2)()6f x mf x ≥-恒成立，求实数m 的最大值；【解析】由条件知2222(2)22(22)2(())2x x x x f x f x --=+=+-=-.因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，所以2(())4()f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且2((0))44(0)f f +=，所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.【例3】已知=)(x f x x +221，=)(x g a x -+)1ln(，(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，求实数a 的取值范围；(2)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f =，求实数a 的取值范围.【解析】()(),f x g x 在[]0,2上都是增函数，所以()f x 的值域，，]40[=A ()g x 的值域]3ln ,[a a B --=.(1)若存在]2,0[,21∈x x ，使得)()(21x g x f >，则min max )()(x g x f >，即4>a -，所以4->a .(2)若存在21,x x 使得)()(21x g x f =，则A B ≠∅ ，∴4a -≤且ln 30a -≥，∴实数a 的取值围是[]4,ln 3-.题组训练1.已知函数()()32ln 3,a f x x x g x x x x =++=-，若()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦，则实数a 的取值范围为_________________.【解析】由题意()()12121,,2,03x x f x g x ⎡⎤∀∈-≥⎢⎥⎣⎦得()()min max f x g x ≥()32g x x x =-，()´232g x x x =-所以()g x 在1233⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递减，在223⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递增，所以()()()12243max g x max g g g ⎧⎫⎛⎫===⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，，则()ln 34a f x x x x =++>得2a x x lnx ≥-令()2h x x x lnx =-，()´12h x xlnx x =--，()¨23h x lnx =--，在1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()¨0h x <，则()´h x 单调递减，又()10h =，所以()h x 在113⎡⎤⎢⎥⎣⎦，单调递增，在[]12，单调递减，()()max 11h x h ==，所以1a ≥，故填[)1,+∞.2.已知函数f(x)=22e 1+x x ,g(x)=2e ex x ,对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立,则正数k的取值范围是.【解析】因为k 为正数,所以对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),不等式1()g x k ≤2()1+f x k 恒成立⇒max()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k ≤min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k .令g'(x)=0,即2e (1-)e xx =0,得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,所以max ()⎡⎤⎢⎥⎣⎦g x k =(1)g k =e k .同理,令f'(x)=0,即222e -1x x =0,得x=1e ,当x∈10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭时,f'(x)<0,当x∈1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭时,f'(x)>0,所以min ()1⎡⎤⎢⎥+⎣⎦f x k =1e 1⎛⎫ ⎪⎝⎭+f k =2e 1+k ,所以e k ≤2e 1+k ,又k>0,所以k≥1.3.已知()1()2,11f x x x x =-->-+，若2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，求实数t 的取值范围.【解析】2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立，即()f x 的最大值都小于等于221t at -+；即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，即可解出实数t 的取值范围．容易得出11()23132111f x x x x x ⎛⎫=--=-++≤-= ⎪++⎝⎭，即()f x 的最大值为1,则2()21f x t at ≤-+对于所有的()[]1,,1,1x a ∈-+∞∈-恒成立⇔2121t at ≤-+对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，即220ta t -≤对于所有的[]1,1a ∈-恒成立，令2()2g a ta t =-，只要(1)0(1)0g g -≤⎧⎨≤⎩，∴2t ≤-或2t ≥或0t =．4.已知函数()()1522>+-=a ax x x f .若()x f 在区间(]2,∞-上是减函数，且对任意的[]1,1,21+∈a x x ，总有()()421≤-x f x f ，求实数a 的取值范围；【解析】条件12()()4f x f x -≤表示的含义是函数f (x )在[1,1]a +上的最大值与最小值的差小于或等于4.若2a ≥.又[1,1]x a a =∈+，且(1)1a a a +-≤-.所以max ()(1)62f x f a ==-.2min ()()5f x f a a ==-.因为对任意的12,[1,1]x x a ∈+.总有12()()4f x f x -≤.所以max min ()()4f x f x -≤.即2(62)(5)4a a ---≤.解得13a -≤≤.又2a ≥.所以23a ≤≤.若12a <<.2max ()(1)6f x f a a =+=-.2min ()()5f x f a a ==-.max min ()()4f x f x -≤显然成立.综上13a <≤.5.函数()()m mx x g x x x f 25,342-+=+-=，若对任意的[]4,11∈x ，总存在[]4,12∈x ，使()()21x g x f =成立,求实数m 的取值范围.【解析】由题可知函数()f x 的值域为函数()g x 的值域的子集[][]2()43,1,4,()1,3f x x x x f x =-+∈∴∈-，以下求函数()52g x mx m =+-的值域：①0m =时，()52g x m =-为常函数，不符合题意；②0m >，[]()52,52g x m m ∈-+，∴521,523,m m -≤-⎧⎨+≥⎩解得6m ≥；③0m <，[]()52,52g x m m ∈+-，∴521,523,m m +≤-⎧⎨-≥⎩解得3m ≤-．综上所述，m 的取值范围为(][),36,-∞-+∞ ．6.已知函数()()1ln f x x x ax a =+-+（a 为正常数）．(1)若()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；(2)若不等式()()10≥-x f x 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)()()1ln f x x x ax a =+-+，1()ln 0x f x x a x +'=+-≥，1ln 1≤++a x x 恒成立令1()ln 1g x x x =++，21()x g x x-'=列表略min ()(1)2g x g ==，02a <≤.(2)当0a <≤2时，由(1)知，若()f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f =，当(0,1),()0x f x ∈<；当(1,),()0x f x ∈+∞>，故不等式()()10x f x -≥恒成立当2a >，ln (1)1()x x a x f x x+-+'=，令()ln (1)1p x x x a x =+-+，令()ln 20p x x a '=+-=，则21a x e -=>，当2(1,)a x e -∈时，()0p x '<，则()(1)20p x p a <=-<，当2(1,)a x e -∈，()0f x '<，则()f x 单调递减，()(1)0f x f <=，矛盾，因此02≤<a .法二：1()()ln 1g x f x x a x '==++-，22111()x g x x x x-'=-=，讨论单调性可得min ()(1)2g x g a ==-．当02a <<时，()()0g x f x '=>，()f x 在(0,)+∞单调递增，又(1)0f =，符合题意；当2a >时，(1)20g a =-<，1()10a a g e e=+>，因为()g x 在(0,)+∞不间断，所以()g x 在(1,)a e 上存在零点1x ，1(1,),()∈x x f x 单调减，1(,),()∈a x x e f x 单调增，所以当11<<x x 时，()(1)0<=f x f 不合题意；当2a =时，符合题意；综上02≤<a .。

专题04 导数及其应用(解答题)

专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10ea <<，（i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<，可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =．若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭．当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27．【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-．令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0．故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =．综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++，所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥．令1t a=，则22t ≥．设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…．令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ，则ln 2()10x q'x x+=+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …．综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427．【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-，从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠，所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-．令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>，则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =．解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤．解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-．令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤．【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=．因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=．（2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x．由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e．从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点．故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0．因此，当1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --．令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0，所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点．又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点．综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++，所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<，所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围．【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1，因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)，故所求切线方程为x +y =0．（Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2−3，或x =t 2+3．当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+．若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-，由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-，因为12x x ≠，所以121112x x +=．由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥．因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-．设1()ln 2g x x x =-，则1()(4)4g x x x'=-，所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-．（Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点．由f （x ）=kx +a 得ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=，其中2(n )l xg x x -=．由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]，则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+．令()=0f θ'，得θ=π6，当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数；当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数，因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值．答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2．由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解，因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =，则12f x ax g x x'='=（），（）．设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*）得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==．当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2．（3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，．由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**）此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”．因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e x＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1，故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x−1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，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；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）．（1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（1）(1)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-，所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥，所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-．当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩．所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =．另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =．因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =，故()t x 的值域为[7],1-．所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-，所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-，即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--，所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()h x 在R 上单调递增，因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减；当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-，当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增；当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减；当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。

专题04 利用导数解决恒成立与存在性问题(解析版)

专题04 利用导数解决恒成立与存在性问题常见考点考点一恒成立问题典例1．已知函数()e xf x ax b =++（e 是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-.(1)求a ，b 的值；(2)若不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求正实数m 的取值范围.【答案】(1)1a =-，1b =- (2)()0,e 1- 【解析】【分析】（1）求导，由切线为y a b =-，可得(0)10(0)1f a f b a b=+=⎧⎨=+=-'⎩，运算即得解；（2）参变分离可得e 1x m x <-，令()e 1xg x x=-，求导分析单调性，可得()g x 的最小值为()1e 1g =-，分析即得解 (1)()e x f x ax b =++可得()e x f x a '=+，因为曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为y a b =-.所以(0)10(0)1f a f b a b =+=⎧⎨=+=-'⎩，解得1a =-，1b =-.(2)由（1）知()e 1xf x x =--，∵不等式()1f x mx >-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴e xx mx ->在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，即e1xm x<-在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立.令()e 1xg x x=-，∵()()2e 1x x g x x ='-，当()()2e 10x x g x x '-==时，解得1x =. ∴当11ex <<时，()0g x '<，()g x 为减函数，当1e x <≤时，()0g x '>，()g x 为增函数，∴()g x 的最小值为()1e 1g =-，∴e 1m <-，∴正实数m 的取值范围为()0,e 1-. 变式1-1．已知函数()ln xf x x=， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()h =ln 1x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再利用导数法求出()()n 1l x x x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞，由()ln x f x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=，直线y g x 过定点()1,0，若直线y g x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则 ()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()h =ln 1,0x x x x +-∈+∞，则(),1=10h x x+>，所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()h 1ln1110=+-=，从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾.所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1xk x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()11x t x x xx +⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭221110e e ,011e ex x x +∴<≤≤∴<+≤≤+，所以()0t x '<，所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为，()()e e e e 1ln e e 1ϕ==--，即e e 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.变式1-2．已知函数()ln(1)xf x e a x =++.(1)当1a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若()1f x ≥恒成立，求实数a 的值.【答案】(1)递减区间为(1,0)-，递增区间为(0,)+∞； (2)1-.【解析】【分析】（1）当1a =-时，求得()11x x xe e f x x +-'=+，令()1x xg x xe e =+-，得到()0g x '>，且()00g =，即可求得函数的单调区间；（2）求得()(1)1x x e a f x x ++'=+，设()(1)xg x x e a =++，当0a ≥时，不满足题意；当0a <时，得到()g x 单调递增，设()0g x =有唯一的零点0x ，使得00(1)0xx e a ++=，结合函数单调性得到()()00min 01[(1)1]ln()ln()1f x f x a x a a a a a x ==-++-+-≥-+-+，再令()ln(),(,0)h a a a a a =-+-∈-∞，结合单调性求得()1f x ≤，即可求解. (1)解：当1a =-时，函数()ln(1)xf x e x =-+，其定义域为(1,)-+∞可得()1111x x xxe e f x e x x +-'=-=++，令()1x x g x xe e =+-，可得()(2)0xg x e x '=+>，()g x 单调递增，又由()00g =，当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，可得()0f x '<，()f x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，可得()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的递减区间为(1,0)-，递增区间为(0,)+∞. (2)解：由()ln(1)xf x e a x =++，可得()(1)11x xa x e a f x e x x ++'=+=++，设()(1)xg x x e a =++，当0a ≥时，()0g x >，可得()0f x '>，()f x 单调递增，当1x →-时，()f x →-∞，不满足题意；当0a <时，由()(2)0xg x x e '=+>，()g x 单调递增，设()0g x =有唯一的零点0x ，即00(1)0xx e a ++=，当0(1,)x x ∈-时，()0g x '<，可得()0f x '<，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '>，可得()0f x '<，()f x 单调递增，所以()()000000min ln(1)lnln()x xx x af x f x e a x e a e a a ax e-==++=+=+-- 00001ln()()ln()11a ax a a a x a a x x =--+-=-++-++ 001[(1)1]ln()1a x a a x =-++-+-+ 因为010x +>，可得001121x x ++≥+，当且仅当00x =时，等号成立，所以001(1)111x x ++-≥+，所以001[(1)1]ln()ln()1a x a a a a a x -++-+-≥-+-+，因为()1f x ≥恒成立，即ln()1a a a -+-≥恒成立，令()ln(),(,0)h a a a a a =-+-∈-∞，可得()1ln()1ln()h a a a '=-+-+=-，当(,1)a ∈-∞-时，()0h a '>，()h a 单调递增；当(1,0)a ∈-时，()0h a '<，()h a 单调递减，所以()()11h a h ≤-=，即()1f x ≤，又由()1f x ≥恒成立，即()ln()0h a a a a =-+-=，所以1a =-.变式1-3．已知函数()2ln x x f x ax x =--（a R ∈）恰有两个极值点12,x x 且12x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式122ln ln 2x x λλ+>+恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)[)2,+∞ 【解析】【分析】（1）对()f x 求导后分析其导数的零点（2）将12,x x 代入后消去a ，然后为不等式恒成立问题，换元后分类讨论最值 (1)∵()'ln 2f x x ax =-，依题意得12,x x 为方程ln 20x ax -=的两不等正实数根， ∴0a ≠，ln 2x a x =，令()ln x g x x=，()21ln 'xg x x -=，当()0,e x ∈时，()'0g x >；当()e,x ∈+∞时，()'0g x <，∴()g x 在(0,e)上单调递增，在()e,+∞上单调递减，且()10g =，当e x >时，()0g x >， ∴()102e ea g <<=，解得102e a <<，故实数a 的取值范围是10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭； (2)由（1）得11ln 2x ax =，22ln 2x ax =，两式相减得()1212ln ln 2x x a x x -=-，1212ln ln 2x x a x x -=-， ()12122ln ln 2222x x a x x λλλλ+>+⇔+>+()()1112122211222ln2ln ln 221x x x x x x x x x x x x λλλλ⎛⎫+ ⎪+-⎝⎭⇔>+⇔>+--， ∵120x x <<，令()120,1x t x =∈，∴()2ln 21t t t λλ+>+-，即()()()2ln 210t t t λλ+-+-<，令()()()()2ln 21h t t t t λλ=+-+-，则需满足()0h t <在()0,1上恒成立， ∵()'2ln h t t tλλ=+-，令()2ln I t t tλλ=+-，则()2222't I t t t tλλ-=-=（()0,1t ∈）， ①当2λ≥时，()'0I t <，∴()'h t 在()0,1上单调递减，∴()()''10h t h >=， ∴()h t 在(0,1)上单调递增，∴()()10h t h <=，符合题意，②当0λ≤时，()'0I t >，∴()'h t 在()0,1上单调递增，∴()()''10h t h <=， ∴()h t 在()0,1上单调递减，∴()()10h t h >=，不符合题意， ③当02λ<<时，()'012I t t λ>⇔<<，∴()'h t 在,12λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，∴()()''10h t h <=， ∴()h t 在,12λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴()()10h t h >=，不符合题意，综上所述，实数λ的取值范围是[)2,+∞.考点二存在性问题典例2．已知函数2()(2)ln (0)f x ax a x x a =-++>. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在[1,)x ∈+∞，使得()e 0f x +≤成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)10,e ⎛⎤⎥⎝⎦ 【解析】【分析】（1）求得()'f x ，对a 进行分类讨论，由此求得()f x 的单调区间.（2）根据（1）的结论对a 进行分类讨论，由min e ()f x ≤-，结合构造函数法以及导数来求得a 的取值范围. (1)已知函数2()(2)ln f x ax a x x =-++，定义域为(0,)+∞，212(2)1(1)(21)()2(2)ax a x ax x f x ax a x x x-++--=-++=='，①当02a <<时，11>，()f x 在110,,,2a ⎛⎫⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减； ②当2a =时，2142()0x f x x⎛⎫- ⎪⎝⎭'=≥，函数()f x 在(0,)+∞单调递增； ③当2a >时，112a <，()f x 在110,,,2a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，02a <<时，()f x 在110,,,2a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；2a =时，()f x 在(0,)+∞单调递增；2a >时，()f x 在110,,,2a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)若存在[1,)x ∈+∞，使得()e 0f x +≤成立，即使得min e ()f x ≤-.由（1），可知当1a ≥时，()f x 在[1,)+∞上单调递增，()min (1)2f f x ==-，不满足min e ()f x ≤-；当01a <<时，11a>min 11()1ln f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，所以e 11ln a a ---≤-，即1ln 1e a a +≥-，令1()ln (01)g x x x x =+<<，∴22111()0x g x x x x-='=-<， ∴1()ln g x x x=+在(0,1)上单调递减，又∵1e 1e g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由1ln 1e a a +≥-，得10ea <≤.综上，实数a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.变式2-1．已知函数()()ln 11xf x x x =>-．(1)判断函数()f x 的单调性；(2)已知0λ>，若存在()1,x ∈+∞时使不等式()()1eln 0xx f x λ--≥成立，求λ的取值范围．【答案】(1)函数()y f x =在区间()1,+∞上单调递减； (2)1(0,]e. 【解析】【分析】(1)求出函数()f x 的导数()f x '，判断()f x '的符号作答.(2)对给定不等式作等价变形，借助(1)脱去法则“f ”，分离参数构造函数，再求出函数最值作答. (1) 函数ln 1xf xx ，1x >，求导得：()()211ln 1x x f x x --'=-，令()11ln g x x x =--，1x >，则()210xg x x-'=<，即函数()y g x =在区间()1,+∞单调递减，而()10g =，则当()1,x ∈+∞时，()(1)0g x g <=，即()0f x '<，所以函数()y f x =在区间()1,+∞上单调递减. (2)当1x >时ln 0x >，()()()()()ln 1eln 0e e 1xxxxx f x f f f x x λλλ--≥⇔≥⇔≥-，因0λ>且1x >，则()e 1,xλ∈+∞，由(1)知，()y f x =在()1,+∞单调递减，则存在()1,x ∈+∞，不等式()()ln e e ln x xxf f x x x x xλλλλ≥⇔≤⇔≤⇔≤成立，令()()ln 1x x x x ϕ=>，则()21ln xx xϕ-'=，当()1,e x ∈时，()0x ϕ'>，当()e,x ∈+∞时，()0x ϕ'<，因此，函数()x ϕ在()1,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，()()max 1e e x ϕϕ==，于是得10eλ<≤，所以λ的取值范围是1(0,]e. 【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，再利用函数的导数探讨解决问题.变式2-2．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，0fx ；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 2lne 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.变式2-3．已知函数()ln f x x a x =-，()1(0)ag x a x+=->． (1)若1a =，求函数()f x 的极值；(2)设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；(3)若存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，求a 的取值范围．【答案】(1)极小值为1，无极大值(2)单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +.(3)21,1e e ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭【解析】【分析】（1）研究()ln f x x x =-的单调区间，进而求出()f x 的极值；（2）先求()h x '，再解不等式()0h x '>与()0h x '<，求出单调区间，注意题干中的0a >的条件；（3）先把题干中的问题转化为在[]1x e ∈，上有()min 0h x <，再结合第二问研究的()h x 的单调区间，对a 进行分类讨论，求出不同范围下的()min h x ，求出最后结果 (1)当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，()111x f x x x-'=-=令()0f x '=得：1x =，当1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，故1x =是函数()f x 的极小值点，()f x 的极小值为()11f =，无极大值 (2)()()()()1ln 0ah x f x g x x a x a x+=-=-+>，定义域为()0,∞+ ()()()222211111x x a a a x ax a h x x x x x+--+---'=--== 因为0a >，所以10a +>，令()0h x '>得：1x a >+，令()0h x '<得：01x a <<+，所以()h x 在()1,a ++∞单调递增，在()0,1a +单调递减.综上：()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +. (3)存在[]01x e ∈，，使得()()00f x g x <成立，等价于存在[]01x e ∈，，使得()00h x <，即在[]1x e ∈，上有()min 0h x <由（2）知，()h x 单调递增区间为()1,a ++∞，单调递减区间为()0,1a +，所以当1a e +≥，即1a e ≥-时，()h x 在[]1x e ∈，上单调递减，故()h x 在x e =处取得最小值，由()()min10a h x h e e a e +==-+<得：211e a >e +-，因为2111e e e +>--，故211e a >e +-. 当11a e <+<，即01a e <<-时，由（2）知：()h x 在()1,1x a ∈+上单调递减，在()1,x a e ∈+上单调递增，()h x 在[]1x e ∈，上的最小值为令()()12ln 1h a a a a +=+-+因为()0ln 11a <+<，所以()0ln 1a a a <+<，则()2ln 12a a a +-+>，即()12h a +>，不满足题意，舍去综上所述：a 的取值范围为21,1e e ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．巩固练习练习一恒成立问题1．已知函数()1ln x f x x+=. (1)求()f x 在1x =处的切线方程； (2)当e x ≥时，不等式()ekf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；【答案】(1)1y = (2)(],4∞- 【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义直接求解即可；（2）分离变量可得()()()e 1ln x x k g x x++≤=，利用导数可求得()()e 4g x g ≥=，由此可得k 的取值范围. (1)()2211ln ln x xf x x x--'==-，()10f '∴=，又()11f =， ()f x ∴在1x =处的切线方程为1y =；(2)当e x ≥时，由()e k f x x ≥+得：()()()()e 1ln e x x k x f x x++≤+=，令()()()e 1ln x x g x x++=，则()2eln x xg x x -'=，令()eln h x x x =-，则()ee1x h x xx-'=-=， ∴当e x ≥时，()0h x '≥，()h x ∴在[)e,+∞上单调递增，()()e e elne 0h x h ∴≥=-=，()0g x '∴≥，()g x ∴在[)e,+∞上单调递增，()()()2e 1ln e e 4eg x g +∴≥==， 4k ∴≤，即实数k 的取值范围为(],4∞-.【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数解决函数中的恒成立问题；解决恒成立问题的基本思路是采用分离变量的方式，将问题转化为变量与函数最值之间关系，即由()a f x ≥得()max a f x ≥；由()a f x ≤得()min a f x ≤.2．已知函数2()e 1x f x ax x =---． (1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x ≥时，321()22f x x ax ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()f x 在()0+∞，上单调递增，在()0-∞，上单调递减； (2)274e a -≥【解析】【分析】（1）直接求导，先确定导数的单调性及零点，即可确定()f x 的单调性；（2）当0x =时， a R ∈，当0x >时，参变分离得3211e 2xx x a x ++-≥，构造函数()h x 求导得()321e 2()21xx x h x x x ⎛⎫⎪⎝⎭'--=--，再构造函数21e 12()x m x x x ---=确定()h x 单调性后，即可求出实数a 的取值范围．(1)当1a =-时，2()e 1x f x x x =+--，()e 21x f x x '=+-，易得()'f x 在R 上递增，又(0)0f '=，故当()0x ∈+∞，时，()0f x '>，()f x 单调递增；故当(),0x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在()0+∞，上单调递增，在()0-∞，上单调递减； (2)当0x =时，不等式321()22f x x ax ≥-恒成立，可得a R ∈；当0x >时，由2321e 122x ax x x ax ---≥-恒成立可得3211e 2xx x a x++-≥恒成立，设3211e 2()x x x h x x ++-=，则()4223333111e 222(2)1e e 22x x x h x x x x x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+-⋅-⋅+'+=--+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎭=⎝()()()33322211e 22e 1222x x x x x x x x x x x x⎛⎫ ⎪⎝⎭=⎛⎫-+-+-----⎪⎝⎭=-，可设21e 12()x m x x x ---=，可得e 1()x x m x =--'，设e 1,e 1()()x x k x k x x '-=--=，由0x >，可得()0k x '>恒成立，可得()k x 在()0+∞，递增，即()m x '在()0+∞，递增，所以()(0)0m x m ''>=，即()0m x '>恒成立，即()m x 在()0+∞，递增，所以()(0)0m x m >=，再令()0h x '=，可得2x =，当02x <<时，()0h x '>，()h x 在()0,2上递增，当2x >时，()0h x '<，()h x 在()2,+∞递减，所以2max 7e ()(2)4h x h -==，所以274e a -≥；综上可得274e a -≥. 【点睛】本题关键点在于参变分离构造函数求导后，通过因式分解将导数变为()321e 2()21xx x h x x x ⎛⎫⎪⎝⎭'--=--，再把分子的因式构造成函数21e 12()x m x x x ---=，确定()(0)0m x m >=后，即得()h x '的正负，进而求解.3．已知函数()()e x f x x m =+⋅.(1)若()f x 在(],1-∞上是减函数，求实数m 的取值范围；(2)当0m =时，若对任意的0x ≥，不等式()2e x ax f x ⋅≤恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)(],2-∞-(2)2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）求出导函数，得到11m --≥，即可求出m 的取值范围；（2）把题意转化为2xax e ≤，分类讨论：当0x =时，求出R a ∈；当0x >时，转化为2x e a x≤，令2()x e g x x =，利用导数求出min ()g x ，即可求出实数a 的取值范围. (1)因为()()e x f x x m =+⋅，所以()(1)e x f x x m '=++⋅，令()0f x '≤，得1x m ≤--，则()f x 的单调递减区间为(,1]m -∞--，因为()f x 在(,1]-∞上是减函数，所以11m --≥，即2m ≤-，故m 的取值范围是(],2-∞-； (2)由题知：()e x f x x =⋅，则22e 0,e x x x ax ∀≥⋅≤，即2e x ax ≤，当0x =时，01≤恒成立，则a R ∈，当0x >时，2e x a x≤，令2(e )x g x x =，则2432e e e (2)()x x x x x x g x x x ⋅-⋅⋅-'==，则当02x <<时，()0g x '<，()g x 递减；当2x >时，()0g x '>，()g x 递增，故2mine ()(2)4g x g ==，则2e 4a ≤，综上所述，实数a 的取值范围是2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．4．已知函数()()e 11xf x b x a=+-+(1)当114a b ==-，时，求曲线()y f x =在点（0，f （0））处的切线方程； (2)当20e <≤a ，且2x >时，()()ln 1f x b a x ⎡>-⎣]恒成立，求b 的取值范围. 【答案】(1)25y x =+ (2)[1,)-+∞ 【解析】【分析】（1）求出()'f x ，然后算出(0),(0)f f '即可；（2）由条件可得e (ln )1ln(1)xb x a x b x a +->-+-恒成立，构造函数()ln (1)h x x b x x =+>，则原不等式等价于e ()x h a(1)h x >-在(2,)x ∈+∞上恒成立，然后可证明2e 1e 10x x x x a --+≥-+>，然后得()h x 在()1,+∞上单调递增，然后即可求解. (1)当114a b ==-，时，()4e 21x f x x =-+，则()4e 2x f x '=- 又因为(0)5,(0)2f f '==所以曲线()y f x =在点（0，f （0））处的切线方程为25y x =+. (2)()()ln 1f x b a x ⎡>-⎣恒成立，即e 1ln(1)ln x bx x b x b a a +-+>-+恒成立.等价于e (ln )1ln(1)xb x a x b x a+->-+-恒成立.构造函数()ln (1)h x x b x x =+>，则e e ln 1ln(1)x x b x b x a a +>-+-在(2,)x ∈+∞上恒成立等价于e()x h a(1)h x >-在(2,)x ∈+∞上恒成立.因为20e <≤a ，所以2e e ,xx a-≥令函数2()e 1(2)x H x x x -=-+>，则2()e1x H x -'=-，显然()H x '是增函数，则()(2)0,()H x H H x ''>=在()2,+∞上单调递增，所以()()20H x H >=，故2e 1e 10xx x x a--+≥-+>，从而可得()h x 在()1,+∞上单调递增，所以当()1,x ∈+∞时，()10b h x x'=+≥恒成立.所以b x ≥-，所以1b ≥-，即b 的取值范围是[-1，+∞）【点睛】关键点睛：解答本题第二问的关键是将原不等式变形，构造出函数()ln (1)h x x b x x =+>，属于函数的同构类型，解答的关键是观察不等式的特点，变成同一函数在两个变量处的取值.练习二存在性问题5．己知函数()2ln f x x ax x =+-.(1)当1a =时，求()f x 的单调区间.(2)存在1≥x ，使得()3112f x x ≥+成立，求整数a 的最小值. 【答案】(1)增区间为()0,∞+，无单减区间 (2)2 【解析】【分析】（1）利用导数与函数的单调性之间的关系可求得结果；（2）由题意可知，存在1≥x ，使得2111ln 2x a x x x -≥++，构造函数()211ln 12x g x x x x +=+-，其中1≥x ，利用导数分析函数()g x 的单调性，求出()min g x 的取值范围，可求得整数a 的最小值. (1)解：当1a =时，()2ln f x x x x =+-，该函数的定义域为()0,∞+，则()121110f x x x'=+-≥=>，当且仅当2x =时，等号成立，故函数()f x 的增区间为()0,∞+，无单减区间. (2)解：存在1≥x ，使得231ln 12x ax x x +-≥+成立，即2111ln 2xa x x x -≥++，令()211ln 12x g x x x x +=+-，其中1≥x ，则()min a g x ≥， ()323312ln 3112ln 322x x x x g x x x x-+--'=-+=，令()312ln 32h x x x x =-+-，则()3232324122x x h x x x x-+'=-+=，令()3324m x xx =-+，()2920m x x '=->对任意的1≥x 恒成立，故函数()m x 在[)1,+∞上为增函数，则()()15m x m ≥=，即()0h x '>对任意的1≥x 恒成立，则函数()h x 为增函数. 因为34532ln 02162h ⎛⎫=-+< ⎪⎝⎭，()22ln 210h =->，所以存在3,22t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()()312ln 302h t g t t t t '==-+-=，当()1,x t ∈时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当(),x t ∞∈+时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()3333222min 111131ln 1322224224t t t t t t t t t g xg t t t t +-++++--+-====，3,22t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，设()2311422t t t t ϕ=+-，则()3233311324424t t t t t t ϕ-+'=-+=，令()3324p t t t =-+，则()2920p t t '=->对任意的3,22t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，故函数()p t 在3,22⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，则()302p t p ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，即()0t ϕ'>对任意的3,22t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，故函数()t ϕ在3,22⎛⎫⎪⎝⎭为增函数，故()()322t ϕϕϕ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，即()8913728t ϕ<<，即()min 8913728g x <<，因为a 为整数，所以整数a 的最小值为2. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.6．已知函数()321sin 1,,462f x x x x ππαα⎡⎤=-++∈-⎢⎥⎣⎦，(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：存在,62ππα⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，使得不等式()e xf x > 有解（e 是自然对数的底）.【答案】(1)讨论见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】(1)对原函数求导后利用判别式对α 进行分类讨论即可；(2)理解“有解”的含义，构造函数将原不等式转化为求函数的最大值. (1)()f x 的定义域为R ，()232sin 14f x x x α'=-+， ()22332sin 44sin 44αα⎛⎫∆=--⨯=- ⎪⎝⎭ ，①当,32ππα⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0∆> ，()0f x '=有两个不等实数根为：x =x ⎛∈-∞ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，x ∈⎝⎭时， ()0f x '<，()f x 单调递减，x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增， ②当,63a ππ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，0∆≤ ，()0f x '≥，所以()f x 在(),-∞+∞上单调递增； (2)不等式()e xf x > 等价于321sin 1e 14x x x x α-⎛⎫-++> ⎪⎝⎭，所以只需证321sin 1e 4xx x x α-⎛⎫-++ ⎪⎝⎭的最大值大于1，因为,62a ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，11sin 2α-≤-≤，又[)20,x ∈+∞，所以221sin 2x x α-≤，6πα=-时等号成立，所以3232111sin 1e 1e 442x x x x x x x x α--⎛⎫⎛⎫-++≤+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设函数()32111e 42x g x x x x -⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭ ，()()211e 4x g x x x -'=-- ， (),1x ∈-∞，()0g x '≥，()g x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 单调递减，因为()1111 2.754211e eg +++==> ，所以存在,62a ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，使不等式()e x f x > 有解. 【点睛】对于第二问使用函数的缩放法是核心，对原函数321sin 1e 4x x x x α-⎛⎫-++ ⎪⎝⎭由于α的不确定性使得求其最大值很困难， “化繁为简”，“化难为易”的数学思想就显得特别重要，通过本题的计算应该能够体会到这种数学思想，在以后的数学计算中遇到很复杂的计算应该首先考虑这种数学思想.7．已知函数()(1)e 1x f x x ax =---.(1)当0a >时，证明函数()f x 在区间(0,)+∞上只有一个零点；(2)若存在x ∈R ，使不等式()e 1f x <--成立，求a 的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2){0|a a <或}e a >【解析】【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论函数的单调性，结合函数的性质即可确定函数零点的个数；（2）首先讨论函数的单调性，然后结合函数的最小值构造新函数，结合构造函数的性质分类讨论即可确定a 的取值范围．(1)证明：当0a >时，()()e ,0,x f x x a x ∞'=-∈+，令()()()(),1e 0x g x f x g x x =+''=>，∴()e x f x x a '=-在(0,)+∞上为增函数，∵()()00,e 0a f a f a a a ''=-<=->，∴()00,x a ∃∈，使()000e 0x f x x a '=-=， ∴当()00,x x ∈时，()0f x '<；当0(,)x x ∈+∞时，0f x ，因此，()f x 在()00,x 上为减函数，()f x 在 0(,)x +∞上为增函数，当()00,x x ∈时，()()020f x f <=-<，当x >时，()()()211120f x x x ax x ax >-+--=-->，故函数f(x)在(0,)+∞上只有一个零点．(2)解：当0a >时，()e ,x f x x a '=-，由（1）可知，()00f x '=，即00e x a x =， ∴当0x x <时，()0f x '<，()f x 在0(,)x -∞上为减函数，当0x x >时，0f x，()f x 在 0(,)x +∞上为增函数， ∴()()()()()0000220000000min 1e 11e e 11e 1x x x x f x f x x ax x x x x ==---=---=-+--，由00e x a x =，知00x >，设()()()21e 10x h x x x x =-+-->，则()()()2e 00x h x x x x '=--<>，∴()h x 在(0,)+∞上为减函数，又()1e 1h =--，∴当001x <<时，()0e 1f x >--，当01x >时，()0e 1f x <--，∴存在0x R ∈，使不等式()01f x e <--成立，此时00e e x a x =>；当0a =时，由（1）知，()f x 在(,0)∞-上为减函数，()f x 在(0,)∞+上为增函数，所以()()02e 1f x f ≥=->--，所以不存在x ∈R ，使不等式 ()e 1f x <--成立，当0a <时，取e 10x a+<<，即e 1ax -<--，所以()1e 1e 1x x ax ---<--，所以存在x ∈R ，使不等式 ()1f x e <--成立，综上所述，a 的取值范围是{0|a a <或}e a >．【点睛】方法点睛：在解决能成立问题时一般是将不等式能成立问题转化为求函数的最值问题，利用()f x m >能成立max ()f x m ⇔>；()f x m <能成立min ()f x m ⇔<.8．已知函数()()e R x f x ax a =-∈，()ln x g x x=. (1)当1a =时，求函数()f x 的极值；(2)若存在()0,x ∈+∞，使不等式()()e x f x g x ≤-成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)函数()f x 在(),0∞-上递增，在()0,∞+上递减，极大值为1-，无极小值 (2)12ea ≤ 【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导数的符号求得单调区间，再根据极值的定义即可得解；（2）若存在()0,x ∈+∞，使不等式()()e x f x g x ≤-成立，问题转化为()2maxln ,0x a x x ⎛⎫≤> ⎪⎝⎭，令()2ln x h x x =，0x >，利用导数求出函数的最大值即可得出答案.(1)解：当1a =时，()e x f x x =-，则()'1e x f x =-，当0x <时，()0f x '>，当0x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在(),0∞-上递增，在()0,∞+上递减，所以函数()f x 的极大值为()01f =-，无极小值；(2)解：若存在()0,x ∈+∞，使不等式()()e x f x g x ≤-成立，则()ln ,0x ax x x ≤>，即()2ln ,0x a x x≤>，则问题转化为()2max ln ,0x a x x ⎛⎫≤>⎪⎝⎭，令()2ln x h x x =，0x >， ()432ln 12ln x x x x h x x x --'==，当0x <<()0h x '>，当x >()0h x '<，所以函数()h x 在(递增，在)+∞上递减，所以()max 12e h x =，所以12e a ≤.。

高三数学导数的实际应用试题答案及解析

高三数学导数的实际应用试题答案及解析1.已知函数 ().（1）若,求函数的极值;（2）设．①当时,对任意,都有成立,求的最大值;②设的导函数.若存在,使成立,求的取值范围.【答案】（1）参考解析；（2）①－1－e－1，②(－1,+∞)【解析】（1）由函数 ()，且，所以对函数求导，根据导函数的正负性可得到结论（2）①当时,对任意,都有成立，即时，恒成立. 由此可以通过分离变量或直接求函数的最值求得结果，有分离变量可得b≤x2－2x－在x∈(0,＋∞)上恒成立.通过求函数h(x)＝x2－2x－ (x＞0)的最小值即可得到结论.②若存在,使.通过表示即可得到＝，所以求出函数u(x)＝(x＞1)的单调性即可得到结论.（1）当a＝2,b＝1时,f (x)＝(2＋)e x,定义域为(－∞,0)∪(0,＋∞).所以f ′(x)＝e x. 2分令f ′(x)＝0,得x1＝－1,x2＝,列表(0,)(,＋∞)－↗极大值极小值↗由表知f (x)的极大值是f (－1)＝e－1,f (x)的极小值是f ()＝4. 4分（2）①因为g (x)＝(ax－a)e x－f (x)＝(ax－－2a)e x,当a＝1时,g (x)＝(x－－2)e x.因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立,所以b≤x2－2x－在x∈(0,＋∞)上恒成立． 7分记h(x)＝x2－2x－ (x＞0),则h′(x)＝.当0＜x＜1时,h′(x)＜0,h(x)在(0,1)上是减函数;当x＞1时,h′(x)＞0,h(x)在(1,＋∞)上是增函数;所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1;所以b的最大值为－1－e－1. 9分解法二：因为g (x)＝(ax－a)e x－f (x)＝(ax－－2a)e x,当a＝1时,g (x)＝(x－－2)e x.因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立，所以g(2)＝－e2＞0,因此b＜0. 5分g′(x)＝(1＋)e x＋(x－－2)e x＝．因为b＜0,所以：当0＜x＜1时,g′(x)＜0,g(x)在(0,1)上是减函数；当x＞1时,g′(x)＞0,g(x)在(1,＋∞)上是增函数．所以g(x)min＝g(1)＝(－1－b)e－1 7分因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立，所以(－1－b)e－1≥1,解得b≤－1－e－1因此b的最大值为－1－e－1. 9分②解法一：因为g (x)＝(ax－－2a)e x,所以g ′(x)＝(＋ax－－a)e x.由g (x)＋g ′(x)＝0,得(ax－－2a)e x＋(＋ax－－a)e x＝0,整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.存在x＞1,使g (x)＋g ′(x)＝0成立.等价于存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立． 11分因为a＞0,所以＝.设u(x)＝(x＞1),则u′(x)＝．因为x＞1,u′(x)＞0恒成立,所以u(x)在(1,＋∞)是增函数,所以u(x)＞u(1)＝－1,所以＞－1,即的取值范围为(－1,＋∞). 14分解法二：因为g (x)＝(ax－－2a)e x,所以g ′(x)＝(＋ax－－a)e x.由g (x)＋g ′(x)＝0,得(ax－－2a)e x＋(＋ax－－a)e x＝0,整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.存在x＞1,使g (x)＋g ′(x)＝0成立.等价于存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立. 11分设u(x)＝2ax3－3ax2－2bx＋b(x≥1)u′(x)＝6ax2－6ax－2b＝6ax(x－1)－2b≥-2b 当b≤0时,u′(x）≥0此时u(x)在[1,＋∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)＝－a－b因为存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立所以只要－a－b＜0即可,此时－1＜≤0 12分当b＞0时,令x0＝＞＝＞1,得u(x)＝b＞0,又u(1)＝－a－b＜0于是u(x)＝0,在(1,x)上必有零点即存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立,此时＞0 13分综上有的取值范围为(－1,+∞)------14分【考点】1.函数的极值.2.函数最值.3.函数恒成立问题.4.存在性的问题.5.运算能力.2.将一个边长分别为a、b(0<a<b)的长方形的四个角切去四个相同的正方形，然后折成一个无盖的长方体形的盒子．若这个长方体的外接球的体积存在最小值，则的取值范围是________．【答案】【解析】设减去的正方形边长为x，其外接球直径的平方R2＝(a－2x)2＋(b－2x)2＋x2，由R′＝0，∴x＝(a＋b)．∵a<b，∴x∈，∴0<(a＋b)< ，∴1<<.3.对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心.若，请你根据这一发现，求：（1）函数的对称中心为__________；（2）=________.【答案】(1)；（2）2013.【解析】，，令，∴，∴∴对称中心为，∴，∴.【考点】1.新定义题；2.导数.4.已知，函数．（1）当时，写出函数的单调递增区间；（2）当时，求函数在区间[1，2]上的最小值；（3）设，函数在（m，n）上既有最大值又有最小值，请分别求出m，n的取值范围（用a表示）．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对于含绝对值的函数一般可通过讨论去掉绝对值化为分段函数再解答，本题当时，函数去掉绝对值后可发现它的图象是由两段抛物线的各自一部分组成，画出其图象，容易判断函数的单调递增区间；（2）时，所以，这是二次函数，求其在闭区间上的最小值，一般要分类讨论，考虑对称轴和区间的相对位置关系，从而判断其单调性，从而求出最小值；（3）函数在开区间上有最大值和最小值，必然要使开区间上有极大值和极小值，且使极值为最值，由于函数是与二次函数相关，可考虑用数形结合的方法解答.试题解析：（1）当时，, 2分由图象可知，的单调递增区间为． 4分（2）因为，所以． 6分当，即时，； 7分当，即时，． 8分． 9分（3）， 10分①当时，图象如图1所示．图1由得． 12分②当时，图象如图2所示．图2由得． 14分【考点】含绝对值的函数、二次函数.5.设，当时，恒成立，则实数的取值范围为。

2023-2024学年江苏省常州市联盟学校度高三年级第一学期学情调研数学试卷+答案解析

2023-2024学年江苏省常州市联盟学校度高三年级第一学期学情调研数学试卷❖一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.若集合，集合，则()A. B. C. D.R2.已知复数在复平面内对应点的坐标为，则()A. B. C. D.3.已知，，若，则()A.20B.15C.10D.54.如图所示，为射线OA，OB的夹角，射线OA与x轴正方向夹角为，点在射线OB上，则()A.B.C.D.5.下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是()A. B. C. D.6.设O为坐标原点，，为椭圆C：的焦点，点P在C上，，则()A. B.0 C. D.7.净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的PP棉滤芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5微米的PP棉滤芯聚丙烯熔喷滤芯构成，其结构是多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，假设每一层PP棉滤芯可以过滤掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含量为，现要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，则PP棉滤芯的层数最少为参考数据：，()A.9B.8C.7D.68.设函数，若函数存在两个极值点，，且不等式恒成立，则t的取值范围为()A. B.C. D.二、多选题：本题共4小题，共20分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.下列命题正确的是()A.若样本数据，，⋯，的方差为2，则数据，，⋯，的方差为7B.若，，，则C.在一组样本数据，，⋯，，不全相等的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为D.以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和410.已知函数的部分图象如图所示，则()A.的图象关于中心对称B.在区间上单调递增C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象D.将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象11.已知圆O：与圆C：相交于A，B两点，直线l：，点P为直线l上一动点，过P作圆O的切线PM，PN，为切点，则说法正确的是()A.直线AB的方程为B.线段AB的长为C.直线MN过定点D.的最小值是112.如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，就是一条移动路线，()A.从1移动到9，一共有34条不同的移动路线B.从1移动到9过程中，恰好漏掉两个数字的移动路线有15条C.若每次移动都是随机的，则移动过程中恰好跳过4的概率为D.若每次移动都是随机的，记为经过i的概率，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

导数专题三：恒成立存在性问题

∴ ，∴ ，即 .
（4）存在，都有，等价于，由(3)得，，
点评：本题的三个小题，表面形式非常相似，究其本质却大相径庭，应认真审题，深入思考，多加训练，准确使用其成立的充要条件。
6、设函数 .
（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）若对任意的不等式成立，求a的取值范围。
解：（Ⅰ）（1分）
7、已知A、B、C是直线上的三点，向量，，满足： .
（1）求函数y＝f(x)的表达式；
（2）若x＞0，证明：f(x)＞；
（3）若不等式时，及都恒成立，求实数m的取值范围．
8、设，且（e为自然对数的底数）
(I)求p与q的关系；
(II)若在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；
(III)设，若在上至少存在一点，使得成立,求实数p的取值范围.
①不等式对时恒成立，。即的上界小于或等于；
②不等式对时有解，。或的下界小于或等于；
③不等式对时恒成立，。即的下界大于或等于；
④不等式对时有解， .。或的上界大于或等于；
课后作业：
1、设，若对于任意的，都有满足方程，这时的取值集合为（）
（A）（B）（C）（D）
1.存在实数，使得不等式有解，则实数的取值范围为______.
2.已知函数存在单调递减区间，求的取值范围.
小结：
恒成立与有解的区别
恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一体。
①不等式对时恒成立，。即的上界小于或等于；
②不等式对时有解，。或的下界小于或等于；
∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－2f/(1)

导数背景下的恒成立与存在性问题

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

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

一、若对∀x I ∈，)(x f a >恒成立，则只需max )(x f a >即可；若对∀x I ∈，)(x f a <恒成立，则只需min )(x f a <即可；例1. 已知函数)30(ln )(≤<+=x x a x x f ，若以其图象上任意一点),(00y x P 为切点的切线的斜率21≤k 恒成立，求实数a 的取值范围.二、若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a >，则只需min )(x f a >即可；若I ∈∃x ，满足不等式)(x f a <，则只需max )(x f a >即可；例2：已知函数ax ax x f 2)(2+=，x e x g =)(，若在),0(+∞上至少存在一个实数0x ，使得)()(00x g x f >成立，求实数a 的取值范围.三、若对I ∈∀21,x x ，使得不等式a x f x f <-)()(21（a 为常数）恒成立，则只需a x f x f <-min max )()(即可例3：已知函数)1()1(21ln )(2e a x a x x a x f ≤<+-+=.证明：对于(]a x x ,1,21∈∀，恒有1)()(21<-x f x f 成立.四、若I x x ∈∃21,，满足方程)()(21x g x f =，则只需两函数值域交集不空即可.例4：已知函数⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤ ⎝⎛∈+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈+-=)1,21(12)21,0(6131)(3x x x x x x f ，函数)0(226sin )(>+-=a a x a x g π,若[]1,0,21∈∃x x ，使得)()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围.五、若对∀1x 1I ∈总∃2x 2I ∈使得)()(21x g x f =成立，则只需)(x f 值域⊆)(x g 值域即可例5：已知函数)1(23)(,274)(232≥--=--=a a x a x x g xx x f 对∀1x []1,0∈总∃2x []1,0∈使得)()(21x g x f =成立，试求实数a 的取值范围.六、若对∀1x 1I ∈，2x 2I ∈使得不等式)()(21x g x f <恒成立，则只需min max )()(x g x f <即可例6：已知两个函数x x x x g c x x x f 4042)(,287)(232-+=--=，若对∀1x []3,3-∈，2x []3,3-∈，都有不等式)()(21x g x f ≤恒成立，求实数c 的取值范围.七、若对∃1x 1I ∈，2x 2I ∈满足不等式)()(21x g x f <，则只需max min )()(x g x f <即可例7：已知两个函数12)(,93)(223++=+--=x x x g c x x x x f ，若对∃1x []6,2-∈，2x []6,2-∈，使得不等式)()(21x g x f <成立，求实数c 的取值范围.八、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f >成立，则只需min min )()(x g x f >即可例8：已知两个函数k e e e e x g x xx x f x x x x ++++=++=--22)(,ln 28)(，若对∀1x []4,1∈，总∃2x R ∈，使得)()(21x g x f >成立，求实数k 的取值范围.九、若对∀1x 1I ∈，总∃2x 2I ∈，使得)()(21x g x f <成立，则只需max max )()(x g x f <即可例9：已知两个函数b x x x g R x xx x x f ++-=∈--+-=2)(),(14341ln )(2，若对∀1x )2,0(∈，总∃2x []2,1∈，使得)()(21x g x f <成立，求实数b 的取值范围.答案：1.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,212. ),212(2+∞-e3. 3.略4. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡34,215. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡23,16. [)+∞,1957.)76,(-∞8.)2ln 22,(+-∞ 9. ),25(+∞-欢迎您的下载，资料仅供参考！致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习资料等等打造全网一站式需求。

2022年高考数学导数中的恒成立与存在性问题专项知识点练习题含答案

专题14 导数中的恒成立与存在性问题一、单选题1. 已知函数f(x)=e x −x 22−1，若f(x)≥kx 在x ∈[0,+∞)时总成立，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e 2]2. 已知f(x)=2x 2−ax +lnx 在区间(0,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,4)B. (−∞,4]C. (0,4)D. (0,4]3. 已知函数f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,若|f(x)|−ax +a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [−12,1]B. [0,1]C. [0,2]D. [1,+∞)4. 已知不等式x ≥mlnx +n(m,n ∈R ，且m ≠0)对任意实数x >0成立，则n−2m的最大值为( )A. −2ln2B. −ln2C. ln2−1D. ln2−25. 若存在正实数x ，y 使得不等式lnx −x 2+1≥lny +4y 2−ln4成立，则x +y =A. √22B. √2C. 3√22 D. 5√226. 已知函数，若对任意的x 1,x 2∈(0,+∞)，都有[f (x 1)−f (x 2)](x 12−x 22)>k (x 1x 2+x 22)恒成立，则实数k 的最大值是( ) A. −1 B. 0 C. 1 D. 27. 当x ∈(1,+∞)时，不等式ln(x −1)−2ax +3b ≤0(a,b ∈R ，a ≠0)恒成立，则ba 的最大值为( )A. 1eB. 2C. 43D. 2e8. 设函数f(x)=xln x 的导函数为f′(x)，若对任意的x ∈[1,+∞)，不等式f′(x)≤a +e x恒成立，则实数a 的最小值为( )A. 1−1eB. 2−1eC. 1−eD. 2−e9.丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f(x)在(a,b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a,b)上的导函数为f′′(x)，若在(a,b)上f′′(x)>0恒成立，则称函数f(x)在(a,b)上为“凹函数”.已知f(x)=e xx−t(lnx+x)在(0,2)上为“凹函数”，则实数t的取值范围是A. (−∞,−1)B. (−∞,−e)C. (−e,+∞)D. (−1,+∞)10.已知函数f(x)=ln|x|，若存在实数x使不等式f(x)≥x2−x−2a−2b−ln2成立，则实数a+b的取值范围为()A. (38,+∞) B. C. D. (−ln22,+∞)二、填空题11.若存在x0∈(−1,2)，满足ln x0+13>ax0−2a，则实数a的取值范围为__________．12.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)−f(x)>0，若e x f(ax 2)>e ax2+1f(x−1)恒成立，则实数a的取值范围为__________________．13.已知a>1，若对于任意的，不等式恒成立，则a的最小值为_____．14.已知函数f(x)=sin(2x+π6)−x22−mx在[0,π6]上单调递减，则实数m的最小值是_______．三、解答题15.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=e x−1−1．(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)≤g(x)+a在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．16.已知f(x)=−e x+ex(e为自然对数的底数)(Ⅰ)求函数f(x)的最大值；(Ⅱ)设g(x)=lnx+12x2+ax，若对任意x1∈(0,2]，总存在x2∈(0,2].使得g(x1)< f(x2)，求实数a的取值范围．17.已知函数f(x)=xlnx−ax2−x，g(x)=e x−1−2ax．(1)当x∈(0,+∞)时，g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围;(2)设函数F(x)=f′(x)−g(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，求F(x)的最值．专题14 导数中的恒成立与存在性问题一、单选题18.已知函数f(x)=e x−x22−1，若f(x)≥kx在x∈[0,+∞)时总成立，则实数k的取值范围是()A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e2]【答案】A【解析】解：当x=0时，f(x)≥kx显然恒成立；当x>0时，f(x)≥kx即为e x−12x2−kx−1≥0，设g(x)=e x−12x2−kx−1(x>0)，则g′(x)=e x −x −k ，令ℎ(x)=g′(x)=e x −x −k ， ℎ′(x)=e x −1>0，∴函数g′(x)在(0,+∞)上为增函数，①当k ≤1时，g′(x)>g′(0)=1−k ≥0，故函数g(x)在(0,+∞)上为增函数， ∴g(x)>g(0)=0，即f(x)≥kx 成立；②当k >1时，g′(0)=1−k <0，g′(k)=e k −2k >0，故存在x 0∈(0,k)，使得g′(x 0)=0，∴当x ∈(0,x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，则g(x)<g(0)=0，即f(x)<kx ，不符题意；综上所述，实数k 的取值范围为(−∞,1]．故选：A ．19. 已知f(x)=2x 2−ax +lnx 在区间(0,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,4)B. (−∞,4]C. (0,4)D. (0,4]【答案】B【解析】解：由f(x)=2x 2−ax +lnx 得f ′(x)=4x −a +1x ，因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以4x −a +1x ≥0在(0,+∞)上恒成立，即a ≤4x +1x 在(0,+∞)上恒成立，因为x ∈(0,+∞)时，4x +1x ≥4，当且仅当x =12时等号成立，所以a ≤4．故选B ．20. 已知函数f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,若|f(x)|−ax +a ≥0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A. [−12,1]B. [0,1]C. [0,2]D. [1,+∞)【答案】C【解析】解：因为f(x)={ln(2−x),x ≤1,−x 2+1,x >1,, 由恒成立，得到|f(x)|≥a (x −1)，分别作出y =|f (x )|及y =a (x −1)的图象，由图知，当a <0时，不符合题意，只需考虑a ≥0的情形，当y =a (x −1)与y =|f (x )|=x 2−1(x >1)图象相切于(1,0)时，由导数几何意义，此时a =(x 2−1)′|x=1=2，数形结合可知0≤a ≤2；故选C ．21. 已知不等式x ≥mlnx +n(m,n ∈R ，且m ≠0)对任意实数x >0成立，则n−2m的最大值为( )A. −2ln2B. −ln2C. ln2−1D. ln2−2【答案】B【解析】解：由题意得x −mlnx ≥n 成立，令f(x)=x −mlnx ，则f′(x)=x−m x(x >0)，若m <0，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x →0+时f(x)→−∞，不合题意;若m >0，当x ∈(0,m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(m,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)最小值为f(m).所以f(m)=m −mlnm ≥n ，。

利用导数研究恒成立或存在性问题

题型二等价转化法求参数范围
例2 (1)(2021·河北保定模拟)已知函数f(x)＝(x－a)·ln(ax)， g(x)＝x2－a＋1ax＋1，a≥1.
①当a＝1时，求f(x)的图象在点(e，f(e))处的切线方程； ②是否存在实数a使f(x)>g(x)对∀x∈ 1a，a 恒成立？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
由题意f′(1)·12＝(3－2a)·12＝－1，解得a＝52. (2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于 2lnx≥－x＋a－3x，即a≤2lnx＋x＋3x在区间(0，e]上恒成立．
令g(x)＝2lnx＋x＋3x，则g′(x)＝2x＋1－x32＝x2＋x22x－3＝（x＋3）x（2 x－1），则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数．故g(x)min＝g(1)＝4，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．【答案】 (1)a＝52 (2)(－∞，4]
(2)f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a. ①当2a≤1，即a≤12时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增， h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0， ∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数， ∴f(x)≥f(0)＝0， ∴当a≤12时满足条件．
在区间12，2上，f(x)＝xa＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx 恒成立．
设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，令m(x)＝xlnx，由m′(x)＝lnx＋1＞0得x＞1e. 即m(x)＝xlnx在1e，＋∞上是增函数，可知h′(x)在区间12，2上是减函数，

破解恒成立问题高考数学【解析版】

专题16 破解恒成立问题从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（） A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,e D ．[]1,e【答案】C【解析】先判断0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，转化为ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立．【详解】∵(0)0f ≥，即0a ≥，（1）当01a ≤≤时，2222()22()22(2)0f x x ax a x a a a a a a a =-+=-+-≥-=->，当1a >时，(1)10f =>，故当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；若ln 0x a x -≥在(1,)+∞上恒成立，即ln xa x≤在(1,)+∞上恒成立，令()ln xg x x=，则2ln 1'()(ln )x g x x -=，当,x e >函数单增，当0,x e <<函数单减，故()()min g x g e e ==，所以a e ≤．当0a ≥时，2220x ax a -+≥在(,1]-∞上恒成立；综上可知，a 的取值范围是[0,]e ，故选C ．【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围.【详解】(1)当1a =时，()2e xf x x x =+-，()e 21x f x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x ----，记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1xh x x ='--，()''e 10x h x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a ．只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e-+++⇔≤xx x x ，令()223e 7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='xxx x h x ()()222213e 2e 9e⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减；当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增；当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122x x x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123x g x x ax x x ax -'=--+++--()()()2112342e 212e 22xx x x a x a x x a x --⎡⎤=--+++=----⎣⎦，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立，所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a-. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式． (2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()g x 进行再次求导，可判断出当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，从而得到()g x 单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数()()h x f x ax =-，通过二次求导可判断出()()min 2h x h a π''==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭；分别在2a ≤-，20a -<≤，202a π-<<和22a π-≥的情况下根据导函数的符号判断()h x 单调性，从而确定()0h x ≥恒成立时a 的取值范围.【详解】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+- 令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-即当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=- ⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增()()00h x h ∴≥=，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立 ②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，()0h π'<1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤ ⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立综上所述：(],0a ∈-∞【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，不等式()()22cos eax x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)(]0,2e【分析】（1）求出函数()f x 的定义域，求得()2a xf x x-'=，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调递增区间和递减区间；（2）令()t f x =，()e 2cos tg t t t =--，利用导数分析函数()g t 的单调性，对实数a 的取值进行分类讨论，求出()t f x =的取值范围，结合函数()g t 的图象可得出关于实数a 的不等式，即可求得实数a 的取值范围. （1）解：函数()()ln 20f x a x x a =-≠的定义域为()0,∞+，且()22a a x f x x x-'=-=.当0a <时，因为0x >，则()0f x '<，此时函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，由()0f x '<可得2ax >，由()0f x '>可得02ax <<.此时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.综上所述，当0a <时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为0,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，单调递减区间为,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. （2）解：()()()()()()()ln 222cos e 2cos 0e 2cos 0eaf x a x x x x f x f x f x f x f x f x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤-≥⇔--≥⇔--≥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设()e 2cos tg t t t =--，其中()t f x =，则()e 2sin t g t t '=-+，设()e sin 2th t t =+-，则()e cos th t t '=+，当0t ≤时，e 1t ≤，sin 1t ≤，且等号不同时成立，则()0g t '<恒成立，当0t >时，e 1t >，cos 1t ≥-，则()0h t '>恒成立，则()g t '在()0,∞+上单调递增，又因为()01g '=-，()1e 2sin10g '=-+>，所以，存在()00,1t ∈使得()00g t '=，当00t t <<时，()0g t '<；当0t t >时，()0g t '>.所以，函数()g t 在()0,t -∞上单调递减，在()0,t +∞上单调递增，且()00g =，作出函数()g t 的图象如下图所示：由（1）中函数()f x 的单调性可知，①当0a <时，()f x 在()0,∞+上单调递增，当0x +→时，()f x →+∞，当x →+∞时，()f x →-∞，所以，()t f x =∈R ，此时()00g t <，不合乎题意；②当0a >时，()max ln 22a a f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，且当0x +→时，()f x →-∞，此时函数()f x 的值域为,ln 2a a a ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦，即,ln 2a t a a ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦.（i ）当ln 02a a a -≤时，即当02e a <≤时，()0g t ≥恒成立，合乎题意；（ii ）当ln 02a a a ->时，即当2e a >时，取10min ln ,2a t a a t ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，结合图象可知()10g t <，不合乎题意.综上所述，实数a 的取值范围是(]0,2e . 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（） A ．(,0]-∞ B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【答案】D【解析】作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像，结合图像可知直线y ax =介于l 与x 轴之间，利用导数求出直线l 的斜率，数形结合即可求解.【详解】由题意可作出函数()y f x =的图像，和函数y ax =的图像.由图像可知：函数y ax =的图像是过原点的直线，当直线介于l 与x 轴之间符合题意，直线l 为曲线的切线，且此时函数()y f x =在第二象限的部分的解析式为 22y x x =-，求其导数可得22y x '=-，因为0x ≤，故2y '≤-，故直线l 的斜率为2-，故只需直线y ax =的斜率a []2,0∈-. 故选：D【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，问题转化为存在唯一的整数0x 使得满足()()01g x a x <-，求导可得出函数()y g x =的极值，数形结合可得()01a g ->=-且()312g a e-=-≥-，由此可得出实数a 的取值范围.【详解】设()()21xg x e x =-，()1y a x =-，由题意知，函数()y g x =在直线y ax a =-下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，()()21x g x e x '=+，当12x <-时，()0g x '<；当12x >-时，()0g x '>.所以，函数()y g x =的最小值为12122g e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.又()01g =-，()10g e =>.直线y ax a =-恒过定点()1,0且斜率为a ，故()01a g ->=-且()31g a a e -=-≥--，解得312a e≤<，故选D.【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（）． A ．211[)e e， B ．221[)32e e， C ．212[)e e， D ．221[)3e e，【答案】B 【解析】不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解，设()xg x x e =⋅，y ax a =-，求出()g x 的单调区间，作出其大致图像，y ax a =-恒过定点()10，P ，数形结合可得答案.【详解】设()xg x x e =⋅，y ax a =-，()()1xg x x e '=+⋅，由()0g x '>，解得1x >-，由()0g x '<解得1x <-所以()xg x x e =⋅在(]1-∞-，上单调递减，在[)1-+∞，上单调递增. 又当x →-∞ ，()0g x <且()0g x →，又()00g =，则()xg x x e =⋅的大致图象如下由题意由不等式0x x e ax a ⋅-+<有唯一整数解，即不等式()1xx e a x ⋅<-有唯一整数解即()xg x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分，故min 1()(1)g x g e=-=-，y ax a =-恒过定点()10，P ，结合函数图像得PA PB k a k ≤<，即22132a e e≤<，故选：B ．【点睛】本题考查根不等式的解集中整数的个数求参数范围的问题，解答本题的关键的根据题意转化为不等式()1x x e a x ⋅<-有唯一整数解，即()x g x x e =⋅在直线y ax a =-下方的部分中唯一整数x ，讨论出()xg x x e =⋅的单调区间，得出其大致图象，属于中档题.【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a的取值范围是（） A ．[)3,+∞ B ．()3,+∞ C ．[)9,+∞ D ．()9,+∞【答案】C【分析】将不等式等价变形，构造函数()ln 3af x x x =-，再借助函数单调性、最值求解作答.【详解】依题意，11211222ln 0ln (ln )0333x a a ax x x x x x x -->⇔--->，令()ln 3a f x x x =-，(1,3]x ∈，则对任意的12,(1,3]x x ∈，当12x x <时，12()()f x f x >，即有函数()f x 在(1,3]上单调递减，因此，(1,3]x ∀∈，()1033af x a x x'=-≤⇔≥，而max (3)9x =，则9a ≥，所以实数a 的取值范围是[9,)+∞. 故选：C2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（） A ．3 B ．4 C ．3ln 2- D ．3ln 2+【答案】C【分析】由题意，分离参数可得min 2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x=+-，然后利用导数求出()g x 的最小值即可求解.【详解】解：因为()2ln f x x x=-，满足() f x a x ≥-恒成立，所以min2ln a x x x ⎛⎫≤+- ⎪⎝⎭，令2()ln g x x x x =+-，则()()()222221212()10x x x x g x x x x x x -+--'=--==>，令()0g x '>，得2x >，令()0g x '<，得02x <<，所以()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以min ()(2)3ln 2g x g ==-，所以3ln 2a ≤-，所以a 的最大值为3ln 2-，故选：C.3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦【答案】A【详解】因为函数21y x =+与函数21y x =--的图象关于x 轴对称，根据已知得函数12ln ,(e)e y a x x =-≤≤的图象与函数21y x =--的图象有交点，即方程22ln 1a x x -=--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解，即22ln 1a x x =--在1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有解．令()22ln 1g x x x =--，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()22212222xx g x x x x x--'=-==，可知()g x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,e 上单调递减，故当1x =时，()()max 12g x g ==-，由于21e e 13g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()2e e 1g =-，且2211e 3e -->-，所以212e a -≤≤-．故选：A ．4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2xf x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（）A ．1e 2⎛ ⎝B ．(e,)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】首先考查临界情况，利用导数求得切线的斜率，据此可求得实数k 的取值范围【详解】当过原点的直线y kx =与函数()f x 的图象相切时，设切点为1,e 2m P m ⎛⎫⎪⎝⎭，由()1e 2x f x '=，可得过点P 的切线方程为()11e e 22m my x m -=-，代入点()0,0可得11e e 22m mm -=-，解得1m =，此时切线的斜率为1e 2，由函数()f x 的图象可知，若直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，直线的斜率k 的取值范围为1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故答案选：D5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g 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 ．0 B ．1eC ．1D ．e【答案】C【分析】由题意易知()0f x ≥恒成立，则可等价为对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，利用参变分离，可变形为e 1,(0)x a x x -≤>恒成立，易证e 11,(0)x x x->>，则可得1a ≤，即可选出答案.【详解】对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，等价于()()12min min f x g x ≤,当1x <时，10,e e<0x x -<-，所以()0f x >，当1≥x 时，10,e e 0x x -≥-≥，所以()0f x ≥，所以()0f x ≥恒成立，当且仅当1x =时，min ()0f x =，所以对[)20,x ∀∈+∞，()20g x ≥恒成立，即e 10x ax --≥，当0x =，e 100x ax --=≥成立，当0x >时，e 1e 10x xax a x---≥⇒≤恒成立.记()e 1,0x h x x x =-->, 因为()e 10x h x '=->恒成立，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，所以()e 10xh x x =-->恒成立，即e 1e 11,(0)x xx x x-->⇒>>所以1a ≤.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[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故max 12min ()()f x g x <；（2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1max 2max ()()f x g x <；（3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2max ()()f x g x <；（4）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∀∈，有12()()f x g x <成立，故1min 2min ()()f x g x <；（5）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有12()()f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈ B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025 C ．()f x 有且只有2个零点 D ．()f x x ≥恒成立. 【答案】ABD【分析】由题可知函数()g x 为周期函数，根据导数判断函数的单调性，进而可得函数的值域可判断D ，结合条件可得函数()[)[)232,2,2144,21,22x kk x k k f x x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩可判断AB ，利用数形结合可判断C.【详解】由题可得函数()g x 为周期函数，当[)0,1x ∈时，()3x g x x =-，则()3ln31ln310xg x '=-≥->，函数单调递增，()[)31,2xg x x =-∈，当[)1,2x ∈时，()(]240,2g x x =-+∈，故可得函数()g x 的值域为(]0,2，因为()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，()()2g x g x =+，所以()()[)[)232,2,212244,21,22x kx k x k k g x g x k x k x k k -⎧-+∈+⎪=-=⎨-++∈++⎪⎩(Z k ∈)，故()()f x x g x =+[)[)232,2,2144,21,22x k k x k k x k x k k -⎧+∈+⎪=⎨-++∈++⎪⎩，所以函数()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈，单调减区间为()()21,22,Z k k k ++∈，故A 正确；所以函数()f x 在()2022,2023上单调递增，在()2023,2024上单调递减，故()f x 在()2022,2024上的最大值为()()()202320232023202312025f g g =+=+=，故B 正确；由()()0f x x g x =+=可得()g x x =-，所以函数()y g x =与函数y x =-交点的个数即为函数()f x 的零点数，作出函数()y g x =与函数y x =-的大致图象，由图可知函数()y g x =与函数y x =-有一个交点，即函数()f x 有且只有1个零点，故C 错误；由()f x x ≥，即()0g x ≥，因为()g x ∈(]0,2，故()f x x ≥恒成立，故D 正确. 故选：ABD. 三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________.【答案】)8e ,1-⎡⎣【分析】将函数有两个不同零点转化为方程有两个不等实根；再将方程变形构造新函数，求导并研究新函数的单调性，求其最小值，得到22ln ba-≥e ，再由已知条件求得)8,1a -⎡∈⎣e 即可. 【详解】因为()f x 有两个不同零点()0f x ⇔=有两个不相等的实根即220x a bx ++=e 有两个不相等的实根；所以ln 220x a bx ++=e e ，令ln t x a = ，则220ln tbta++=e e ，t 显然不为零，所以22ln t b a t+-=e e ，因为()0,1a ∈ ，24e b > ，所以20ln ba-> ，所以0t > ；令()()20t g t t t+=>e e ，则()()22t t t g t t-+'=e e e ；令()()()20t t h t t t =-+>e e e ，则()0t t t t h t t t '=+-=>e e e e ，所以()h t 在()0,∞+上单调递增，又()20h = ，所以当()0,2t ∈时，()0h t < ；当()2,t ∈+∞ 时，()0h t > ；所以当()0,2t ∈时，()0g t '< ；当()2,t ∈+∞ 时，()0g t '> ；故()g t 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增；所以()()2min 2g t g ==e ，所以22ln ba-≥e ；又24e b >，所以24b >e ，所以ln 42a -≤ 即ln 8a ≥- ，8a -≥e ，又()0,1a ∈ ，所以)8,1a -⎡∈⎣e ；故答案为：)8,1-⎡⎣e .8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()ee ln mxmx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________ 【答案】e e 1- 【分析】将不等式两边同时除以m x ，进而转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，令()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性转化为ln xm x x≥-恒成立，进而构造函数()()0ln xg x x x x=>-，求导分析最大值即可. 【详解】∵0x >，∴不等式两边同时除以mx ，得：()e e ln mxxm x m x x x+≤+-∴()1lne eln mmx xx x m x x ++≤+- ∴()ln e eln x mx m xx m x x -+≤+- ∴()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+- ①令()e xf x x =+，可知()f x 单调递增.①式等价于()()()ln f x f m x x ≤-恒成立 ∴()ln x m x x ≤-恒成立.构造()()ln 0x x x x ϕ=->，则()1x x xϕ-'=，故当()0,1x ∈时()0x ϕ'<，当()1,x ∈+∞时()0x ϕ'>，所以()()ln 0x x x x ϕ=->在1x =时取得最小值. 即()()ln 010x x x ϕϕ=-≥=>，∴ln 0x x -> ∴ln xm x x≥-恒成立令()()0ln xg x x x x=>- ∴()g x '()()221ln 11ln ln ln x x x x x x x x x ⎛⎫--- ⎪-⎝⎭==-- ∴当()0e x ∈，时，()0g x '>，∴()g x 单调递增；当()e x +∞，时，()0g x '< ∴()g x 单调递减； ∴()g x 的最大值为()e e e 1g =- ∴ee 1m ≥-，故实数m 的最小值为e e 1-. 故答案为：e e 1- 【点睛】关键点点睛：本题关键是将已知不等式转化为()()ln e eln m x x xx m x x -+≤+-，构造()e x f x x =+，进而将原不等式转化为()()()ln f x f m x x ≤-恒成立，再根据单调性即可得到.9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________. 【答案】(]0,e【分析】将题目所给不等式进行变形，然后利用构造函数法，结合导数来求得a 的取值范围. 【详解】不等式e ln x a a x x x +≥+可变形为ln e ln e ln x a a x x x a x a x --=-. 因为0a >且1x >，所以ln 0a x >.令()e (0)u f u u u =->，则()e 10uf u ='->.所以函数()f u 在()0,∞+上单调递增.不等式ln e e ln x a x x a x -≥-等价于()()ln f x f a x ≥，所以ln x a x ≥. 因为1x >，所以ln x a x≤. 设()(1)ln xg x x x=>，则()2ln 1(ln )x g x x -'=.当()1,e x ∈时，()0g x '<，函数()g x 在()1,e 上单调递减；当()e,x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 在()e,+∞上单调递增. 所以()min ()e e g x g ==，所以0e a <≤. 故正实数a 的取值范围是(]0,e .10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x 的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________. 【答案】[]1,2【分析】将不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞转化为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-及当1x >时，14e 0x ax a -+-≤恒成立，从而可求得12a ≤≤.【详解】不等式()0≤f x 等价于21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩或114e 0x x ax a ->⎧⎨+-≤⎩，而()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，故21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-且14e 0x ax a -+-≤对任意的1x >恒成立. 又21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩即为()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩，若2a <-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x a x ≤⎧⎨≤≤-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a =-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x ≤⎧⎨=-⎩，这与解为[]2,1-矛盾；若2a >-，则()()120x x x a ≤⎧⎪⎨+-≤⎪⎩即为12x x a ≤⎧⎨-≤≤⎩，因为21(2)20x x a x a ≤⎧⎨+--≤⎩的解为[]2,1-，故1a ≥.当1x >时，14e0x ax a -+-≤恒成立即为14e 1x a x -≤+恒成立，令()14e ,11x s x x x -=>+，则()()()()111224e 14e 4e 011x x x x x s x x x ---+-'==>++，故()s x 在()1,+∞为增函数，故()()02s x s >=，故2a ≤. 综上，12a ≤≤ 故答案为：[]1,2.【点睛】思路点睛：与分段函数有关的不等式解的问题，应该就不同解析式对应的范围分类讨论，讨论时注意结合解析式的形式确定分类讨论还是参变分离.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x xf x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)0 (2)(,3]-∞【分析】（1）0是函数()2=-y f x 的零点代入可得a ；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+xxa a 在(0,)+∞上恒成立，转化为2e e 1e 1x xxa -+≤-在(0,)+∞上恒成立，化简可得11≤++a t t，利用均值不等式求最值可得答案.（1）因为0是函数()2=-y f x 的零点，所以00e (1)e 20a -++-=，解得a ＝0；（2）由题意知e (1)e 1-++≥+x x a a 在(0,)+∞上恒成立，则()2e 1e e 1x x xa -≤-+，又因为,()0x ∈+∞，所以e 1x>，则2e e 1e 1x x xa -+≤-，令e 1(0)-=>x t t ，则e 1x t =+，可得22(1)(1)1111+-++++≤==++t t t t a t t t t，又因为111123t t t t ++≥+⋅=，当且仅当1t t =即1t =时，等号成立，所以3a ≤，即a 的取值范围是(],3-∞．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）【答案】（1）当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【分析】（1）对函数求导，讨论0a 和0a >两种情况，即可得出函数的单调性；（2）利用分类参数的方法，先得到23ln 1x a x +≤+，构造新的函数()()231ln 1x h x x x +=>+，用导数的方法求其最小值，即可证明结论成立.【详解】（1）由题知函数()f x 的定义域为()0,∞+，()22a a xf x x x-'=-= ①当0a ≤时，()0f x '<，此时函数()f x 在()0,∞+上单调递； ②当0a >时，令()0f x '>，得02ax <<；令()0f x '<，得2a x >，所以函数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上，当0a 时，()f x 在()0,∞+上单调递；当0a >时，数()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增；在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）由题意，()()ln 123f x a x x =+-在()1,+∞上恒成立，可化为23ln 1x a x +≤+在()1,x ∈+∞上恒成立，设()()231ln 1x h x x x +=>+，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++设()()32ln 1x x x x ϕ=->，则()2230x x xϕ'=+>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()3e 20eϕ=-> 所以方程()0h x '=有且只有一个实根0x ，且02e x <<，0032ln x x =，所以在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减，在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增，所以函数()h x 的最小值为()000000232322e 3ln 112x x h x x x x ++===<++，从而022e a x ≤<. 【点睛】思路点睛：求解不等式在给定区间内恒成立求参数的问题时，优先考虑分离参数的方法，分离出所求参数，构造新的函数，利用导数的方法求解函数的最值，进而即可求解.13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++． (1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值为e a a -；无极大值 (2)a 的取值范围为(,0]-∞【分析】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数单调性求出极值即可；（2）对函数进行同构变形，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，首先可以证明0ln 1x x ≤≤-对[1,)x ∈+∞恒成立，原题转化为求()g x 在[0,)+∞上单调递增时a 的取值范围即可. （1）由题意得：()ln (1)f x x x a x a =-++，,()0x ∈+∞，所以()ln f x x a '=-，令()0f x '=，解得e (0,)a x =∈+∞，当0e a x <<时()0f x '<；当e a x >时，()0f x '>．所以()f x 在()0,e a 上单调递减，在()e ,a+∞上单调递增．所以()f x 有极小值，为()e e a af a =-；无极大值．（2）由已知得，(1)ln (1)(2)e x x x a x x a --+≤--对任意[1,)x ∈+∞恒成立，即ln (1)(ln 1)e [(1)1]e x x x a x a ---≤---对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()(1)e x g x x a =--，则(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，下证：0ln 1x x ≤≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，令()ln (1)h x x x =--，[1,)x ∈+∞．则()10xh x x-'=≤在[1,)+∞上恒成立，且仅当1x =时取"="．所以()h x 在[1,)+∞上单调递减，()(1)0h x h ≤=，即0ln 1x x ≤≤-，[1,)x ∈+∞所以(ln )(1)g x g x ≤-对任意[1,)x ∈+∞恒成立，只需()g x 在[0,)+∞上单调递增，即()()e 0xg x x a '=-≥在[0,)+∞上恒成立，即a x ≤在[0,)+∞上恒成立，所以0,a ≤即a 的取值范围为(,0]-∞.【点睛】导数求参问题要善于运用转化的手法，本题先运用同构方法对原不等式变形，最终转化为函数单调性问题，结合函数的单调性与导数的关系，即可解答.14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)2e y x =- (2)32eea【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，确定切线的斜率，即可求()f x 在()()e,e f 处的切线方程；（2）先把不等式()()2f x g x ≥成立转化为32ln a x x x≤++成立，设32ln x x xx，[]1,e x ∈，利用导函数求出()x ϕ在[]1,e x ∈上的最大值，即可求实数a 的取值范围．（1）由()ln f x x x =，可得()ln 1f x x '=+，所以切线的斜率()e 2k f '==，()e e f =．所以()f x 在()()e,e f 处的切线方程为()e 2e y x -=-，即2e y x =-；（2）令20l 223n h x xf xg x x ax x ，则max 32ln a x x x ⎡⎤≤++⎢⎥⎣⎦，令32ln x x xx ，[]1,e x ∈，在[]1,e x ∈上，2130x xxx ，()x ϕ∴在[]1,e 上单调递增，max3e 2e +ex ， 32eea． 15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．【答案】（I ）见解析（II ） 1[,)2a ∈+∞.【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对()f x 求导，再对a 进行讨论，从而判断函数()f x 的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).ax f x ax x x x --=>'=0a ≤当时，()'f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()'f x =0，有12x a=. 此时，当x ∈10,)2a（时，()'f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a（，∞时，()'f x >0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则()s x '=1e 1x --. 而当1x >时，()s x '>0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增. 又由(1)s =0，有()s x >0，从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >. 当102a <<时，12a>1. 由（Ⅰ）有1()(1)02f f a <=,从而1()02g a>，所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立. 当12a ≥时，令()()()(1)h x f x g x x =-≥，当1x >时，3212222111112121()20xx x x x h x ax e x x x x x x x x --+-+=-+->-+-=>>'，因此，()h x 在区间(1,)+∞单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立. 综上，1[,)2a ∈+∞.【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求'()f x ，解方程'()0f x =，再通过'()f x 的正负确定()f x 的单调性；要证明不等式()()f x g x >，一般证明()()f x g x -的最小值大于0，为此要研究函数()()()h x f x g x =-的单调性．本题中注意由于函数()h x 的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0af x ax x a =>.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值.【答案】（1）2y x e =-；（2）最大值为e . 【解析】（1）先由1a =，得到()ln f x x x =，对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；（2）先由不等式恒成立，得到ln ln a a x x x x e e ≤⋅，构造函数()ln g x x x =，利用导数的方法判定其单调性，得到a x x e ≤对于任意的1x >都成立，分离参数，得到ln xa x≤对于任意的1x >都成立，再由导数的方法求出ln xx的最小值，即可得出结果. 【详解】（1）当1a =时，()ln f x x x =，得()ln 1f x x '=+，则()f e e =，()2f e '=，所以()y f x =在x e =处的切线方程为：2y x e =-. （2）当0a >且1x >时，由于()ln ln ln ln xaxaaxaaxxf x xe ax x xe x x xe x x e e ≤⇔≤⇔≤⇔≤⋅，构造函数()lng x x x =，得()ln 10g x x '=+>在1x >上恒成立，所以()ln g x x x =在()1,+∞上单调递增，()()()ln ln x a a x x a x f x xe x x e e g x g e ≤⇔≤⋅⇔≤，由于()xf x xe ≤对任意的1x >都成立，又1a x >，e 1x >，再结合()g x 的单调性知道：。

高三数学复习(理)：第2讲第4课时利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题

第4课时利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题[学生用书P58]不等式恒成立求参数(多维探究)方法一分离参数法(2020·湖北武汉质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .令f ′(x )>0，得ln x ＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x(0，1) 1 (1，＋∞) h ′(x )＋ 0 －h (x ) 极大值所以当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． (2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )求最值关求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0，则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x >0恒成立．设函数F (x )＝2x －1x e x (x >0)，则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e －1，＋∞. 方法二等价转化法(2020·高考全国卷Ⅰ)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 )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f (x )≥12x 3＋1等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1. 设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)，则 g ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .(i)若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2)单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0，2)时，g (x )＞1，不符合题意．(ii)若0＜2a ＋1＜2，即－12＜a ＜12，则当x ∈(0，2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )＜0；当x ∈(2a ＋1，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2a ＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a ＋1，2)单调递增．由于g (0)＝1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1，即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a ＜12时，g (x )≤1.(iii)若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x . 由于0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，12，故由(ii)可得⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x ≤1. 故当a ≥12时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞.根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值；(2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a－3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )＜0，函数g (x )为减函数；在区间(1，e]上，g ′(x )＞0，函数g (x )为增函数．由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．不等式能成立或有解求参数的取值(范围)(师生共研)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．【解】 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )＞0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )＜0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ，则ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2.则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max. 设h (x )＝ln x x 2，由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x(0，e) e (e ，＋∞) h ′(x )＋ 0 － h (x ) 极大值12e由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12e .(1)含参数的能成立(存在型)问题的解题方法①a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；②a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .(2)含全称、存在量词不等式能成立问题①存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；②任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .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.[学生用书P59]核心素养系列4 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为{x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D.当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x >1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .[学生用书P291(单独成册)]1．(2021·贵阳市第一学期监测考试)已知函数f (x )＝a sin x －x ＋b (a ，b 均为正常数)，h (x )＝sin x ＋cos x ．设函数f (x )在x ＝π3处有极值，对于一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，不等式f (x )＞h (x )恒成立，求b 的取值范围．解：f ′(x )＝a cos x －1.由已知得：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0，所以a ＝2，所以f (x )＝2sin x －x ＋b ，不等式f (x )＞h (x )恒成立可化为sin x －cos x －x ＞－b ，记函数g (x )＝sin x －cos x －x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，则g ′(x )＝cos x ＋sin x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤2，所以g ′(x )＞0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是增函数，最小值为g (0)＝－1，所以b ＞1，所以b 的取值范围是(1，＋∞)．2．(2020·江西五校联考)已知函数f (x )＝e x ＋bx .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝1，当x 2＞x 1＞0时，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)·mx 1＋mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋bx 得f ′(x )＝e x ＋b ，若b ≥0，则f ′(x )＞0，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，＋∞)上是增函数；若b ＜0，令f ′(x )＞0得x ＞ln(－b )，令f ′(x )＜0得x ＜ln(－b )，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，ln(－b ))上单调递减，在(ln(－b )，＋∞)上单调递增．(2)由题意知f (x )＝e x ＋x ，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)(mx 1＋mx 2＋1)，即f (x 1)－mx 21－x 1＜f (x 2)－mx 22－x 2，由x 2＞x 1＞0知，上式等价于函数φ(x )＝f (x )－mx 2－x ＝e x －mx 2在(0，＋∞)上为增函数，所以φ′(x )＝e x－2mx ≥0(x ＞0)，即2m ≤e x x (x ＞0)．令h (x )＝e x x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x （x －1）x 2，当h ′(x )＜0时，0＜x ＜1；当h ′(x )＞0时，x ＞1；当h ′(x )＝0时，x ＝1. 所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝e ，则2m ≤e ，即m ≤e 2，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2. 3．(2021·福州市适应性考试)已知f (x )＝2x ln x ＋x 2＋ax ＋3.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，求a 的取值范围．解：f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋a .(1)当a ＝1时，f (x )＝2x ln x ＋x 2＋x ＋3，f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋1，所以f (1)＝5，f ′(1)＝5，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －5＝5(x －1)，即y ＝5x .(2)存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，等价于不等式a ≥－2x ln x ＋x 2＋3x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 上有解．设h (x )＝－2x ln x ＋x 2＋3x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －3x 2＝－（x ＋3）（x －1）x 2，当1e ＜x ＜1时，h ′(x )＞0，h (x )为增函数；当1＜x ＜e 时，h ′(x )＜0，h (x )为减函数．又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ，h (e)＝－e 2＋2e ＋3e ，故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －h (e)＜0，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 时，h (x )＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ，所以a ＞－3e 2－2e ＋1e，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3e 2－2e ＋1e ，＋∞. 4．(2021·合肥第一次教学检测)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x ，g (x )＝a (x －1)，a ∈R .(1)求直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切时，切点T 的坐标；(2)当x ∈(0，1)时，g (x )＞f (x )恒成立，求a 的取值范围．解：(1)设切点坐标为(x 0，y 0)，由f (x )＝(x ＋1)·ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1x ＋1，则⎩⎨⎧ln x 0＋1x 0＋1＝a ，（x 0＋1）ln x 0＝a （x 0－1），所以2ln x 0－x 0＋1x 0＝0. 令h (x )＝2ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝－x 2－2x ＋1x 2≤0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )＝0最多有一个实数根．又h (1)＝0，所以x 0＝1，此时y 0＝0，即切点T 的坐标为(1，0)．(2)当x∈(0，1)时，g(x)＞f(x)恒成立，等价于ln x－a（x－1）x＋1＜0对x∈(0，1)恒成立．令H(x)＝ln x－a（x－1）x＋1，则H′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，H(1)＝0.①当a≤2，x∈(0，1)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，所以H′(x)＞0，H(x)在x∈(0，1)上单调递增，因此当x∈(0，1)时H(x)＜0.②当a＞2时，令H′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2＞1与x1x2＝1得，0＜x1＜1.所以当x∈(x1，1)时，H′(x)＜0，H(x)单调递减，所以当x∈(x1，1)时，H(x)＞H(1)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，2]．。