专题16 与双变量有关的恒成立问题(原卷版)
(完整版)恒成立存在性问题
专题 恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
专题4 双变量存在恒成立与存在性问题-(人教A版2019选择性必修第二、三册) (教师版)
双变量存在---恒成立问题恒成立问题、存在性问题归根到底是最值问题.1 恒成立问题(1)∀x∈D,f(x)≥0恒成立⟺在D上的f(x)min≥0；(2)∀x∈D,f(x)≤0恒成立⟺在D上的f(x)max≤0；2 存在性问题(1)∃x∈D,f(x)≥0恒成立⟺在D上的f(x)max≥0；(2)∃x∈D,f(x)≤0恒成立⟺在D上的f(x)min≤0；3双变量存在—恒成立问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)min≥g(x)max；(2)∀x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)min≥g(x)min；(3)∃x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)max≥g(x)max；(4)∃x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)max≥g(x)min；4 常见处理方法方法1 直接构造函数法：求f(x)≥g(x)恒成立⇔ℎ(x)=f(x)−g(x)≥0恒成立.恒成立.方法2 分离参数法：求f(x)≥a∙g(x)(其中g(x)>0)恒成立⇔a≤f(x)g(x)方法3 变更主元：题型特征(已知谁的范围把谁作为主元)；方法4 数形结合法：求f(x)−g(x)≥0恒成立⇔证明y=f(x)在y=g(x)的上方；方法5 同构法：对不等式进行变形，使得不等式左右两边式子的结构一致，再通过构造的函数单调性进行求解；方法6 放缩法：利用常见的不等式或切线放缩或三角函数有界性等手段对所求不等式逐步放缩达到证明所求不等式恒成立的目的；学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判断某种题境中采取哪种方法较简洁，建议学习时一题多解，多发散思考.【典题1】已知两个函数f(x)=8x2+16x−k,g(x)=2x3+5x2+4x，其中k为实数.(1)对任意x∈[−3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(2)存在x∈[−3,3]，使f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(3)对任意x1,x2∈[−3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围.【解析】(1)设ℎ(x)=g(x)−f(x)=2x3−3x2−12x+k问题转化为x∈[−3,3]时，ℎ(x)≥0恒成立，故ℎ(x)min≥0；易得ℎ(x)min≥−45+k，由k−45≥0⇒k≥45.(2)据题意：存在x∈[−3,3]，使f(x)≤g(x)成立⇔ℎ(x)=g(x)−f(x)≥0在x∈[−3,3]有解，易得ℎ(x)max=k+7，于是k≥−7.(3) 问题转化为f(x)max≤g(x)min ,x∈[−3,3]，易得g(x)min=g(−3)=−21，f(x)max=f(3)=120−k，则120−k≤−21⇒k≥141.【点拨】①第一问是恒成立问题，第二问是存在性问题，第三问是双变量成立问题；②第三问怎么确定f(x)max≤g(x)min，即到底是函数最大值还是最小值呢？可把问题转化为第一、二问的问题，具体如下，先把g(x2)看成定值m，那∀x1∈[−3,3]，都有f(x1)≤m，当然是要f(x)max≤m；再把f(x1)看成定值n，那∀x2∈[−3,3]，都有n≤g(x2)，当然是g(x)min≥n；故问题转化为f(x)max≤g(x)min.其他形式的双变量成立问题同理.x3+2x2−3x+c．若对∀x1∈(0 ,+∞)，∃x2∈[1 ,3]，使f(x1)=【典题2】已知函数f(x)=x2e−x，g(x)=−13g(x2)成立，则c的取值范围是.【解析】(若要满足f(x1)=g(x2)成立，则y=g(x)的值域包含y=f(x)的值域)因为f(x)=x2e−x，x∈(0 ,+∞)，，令f′(x)=0，解得x=2，所以f′(x)=x(2−x)e x故f(x)在(0 ,2)递增，在(2 ,+∞)递减，故f(x)max=f(2)=4，e2而x →0时，f(x)→0，x →+∞时，f(x)→+∞， 故f(x)∈(0 ,4e 2]，因为g (x )=−13x 3+2x 2−3x +c ，g ′(x )=−(x −3)(x −1)， 所以当x ∈[1 ,3]时，g′(x)>0，故g(x)在[1 ,3]递增， 则g (x )min =g(1)=−43+c ，g (x )max =g(3)=c ， 故g(x)∈[−43+c ,c]，若对∀x 1∈(0 ,+∞)，∃x 2∈[1 ,3]，使f(x 1)=g(x 2)成立， 则(0 ,4e2]⊆[−43+c ,c]，故{−43+c ≤04e2≤c，解得：4e 2≤c ≤43.【典题3】 已知函数f (x )=lnx −x +1，x ∈(0 ,+∞)，g (x )=sinx −ax(a ∈R)． (1)求f(x)的最大值；(2)若对∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f (x 1)<g(x 2)成立，求实数a 的取值范围；(3)证明不等式sin(1n)n +sin(2n)n +⋅⋅⋅+sin(n n)n <e e−1(其中e 是自然对数的底数)．【解析】(1)过程略，当x =1时f(x)取得最大值为f(1)=0；(2)解：对∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f(x 1)<g(x 2)成立，等价于f (x )max <g (x )max 成立，由(1)知，f (x )max =0， 则问题等价于g (x )max >0， 因为g (x )=sinx −ax ，所以g ′(x )=cosx −a ， 当x ∈(0 ,π2)时，cosx ∈(0 ,1)，(利用三角函数的有界性)①当a ≥1时，若x ∈(0 ,π2)，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)=0，不合题意； ②当0<a <1时，∃x 0∈(0 ,π2)，使得g′(x 0)=0， 若x ∈(0 ,x 0)，g′(x)>0，若x ∈(x 0 ,π2)时，g′(x)<0， 即当g (x )max =g(x 0)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意；③当a≤0时，若x∈(0 ,π2)，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意，综上可知，所求实数a的范围是(−∞ ,1)；(3)证明：由(2)可知，当a=1时，若x∈(0 ,1]，sinx<x，令x=kn (k≤n ,k ,n∈N∗)，(kn)n∈(0 ,1]，有sin(kn )n<(kn)n，再由(1)可得lnx<x﹣1，则ln kn ≤kn−1=k−nn，即n⋅ln kn≤k﹣n⇒ln(kn)n≤k﹣n，∴(kn)n≤e k−n，∴(1n )n+(2n)n+...+(nn)n≤e1−n+e2−n+...+e n−n=e1−n(1−e n)1−e=e−e1−ne−1<ee−1则sin(1n )n+sin(2n)n+...+sin(nn)n<(1n)n+(2n)n+...+(nn)n<ee−1．(放缩法证明，利用不等式sinx<x和lnx<x﹣1，要熟悉常见恒等式)1(★★) 已知1<a<4，函数f(x)=x+9x,∃x1∈[1 ,a] ,x2∈[a ,4]，使得f(x1)f(x2)≥80，则a的取值范围．【答案】(1，4−√7]【解析】f′(x)=1−9x2=x2−9x，令f′(x)=0，得x=±3，所以在(1，3)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(3，4)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(1)=10，f(4)=6.25，f(3)=6，若∃x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得f(x1)f(x2)≥80，只需x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得[f(x1)f(x2)]max≥80，而f(x1)max=f(1)=10，所以f(x2)max≥8，过点B作BC⊥y轴，与函数f(x)的图象交于点C，令x+9x=6.25，解得x=4或2.25，所以当x∈[2.25，4]时，f(x)∈[6，6.25]，所以x2∈(1，2.25)，所以a∈(1，2.25)，才能使得x2∈[a，4]时，f(x2)max≥8，即f(a)≥8，所以a+9a≥8，解得a≥4+√7(舍去)或a≤4−√7，所以1<a≤4−√7，所以实数a的取值范围为(1，4−√7]，故答案为：(1，4−√7]．2(★★)已知函数f(x)=x+4x ，g(x)=2x+a，若任意x1∈[12,1]，都存在x2∈[2 ,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是．【答案】(－∞，1]【解析】任意x1∈[12，1]，都存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，⇔f(x1)min≥[g(x2)]min，x1∈[12，1]，x2∈[2，3]，对于函数f(x)=x+4x ，x∈[12，1]，f′(x)=1−4x2=x2−4x2<0，因此函数f(x)在x∈[12，1]上单调递减，∴f(x)min=f(1)=5．对于函数g(x)=2x+a，在x∈[2，3]单调递增，∴g(x)min=4+a．∴5≥4+a，解得a≤1．∴实数a的取值范围是(－∞，1]．故答案为：(－∞，1]．3(★★★)已知函数f(x)=−x|x−a|，若对任意的x1∈(2 ,+∞)，都存在x2∈(−1 ,0)，使得f(x1)f(x2)=−4，则实数a的最大值为．【答案】1【解析】①a≥2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如右图)：x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，0]，而对任意的x1∈(2，+∞)，都存在x2∈(－1，0)，使得f(x1)•f(x2)=－4，要求f(x2)∈(0，+∞)．而x2∈(－1，0)时，令f(－1)=a，则有f(x2)∈(0，a)，不符题意；②a<2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如下图)：当x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，f(2))，即f(x1)∈(－∞，2a－4)，则f(x2)∈(0，22−a)时，f(x1)f(x2)=－4成立才有可能；x2∈(－1，0)，则f(x2)∈(0，f(－1))，f(－1)=a+1，需满足f(－1)≥22−a ，即1+a≥22−a，即(a+1)(2－a)≥2，a(a－1)≤0，解得0≤a≤1，所以a的最大值为1．故答案为：1．4(★★★) 已知函数f(x)=lnx，若对任意的x1 ,x2∈(0 ,+∞)，都有[f(x1)−f(x2)](x12−x22)>k(x1x2+x22)恒成立，则实数k的最大值是．【答案】0【解析】∵f(x)=lnx，∴f(x1)－f(x2)=lnx1−lnx2=ln x1x2，∵[f(x1)－f(x2)](x12－x22)>k(x1x2+x22)恒成立，且x1，x2∈(0，+∞)，∴x 1x 2+x 22>0，x 1+x 2>0， 得k <lnx 1x 2(x 12−x 22)x 1x 2+x 22=x 1x 2lnx 1x 2−ln x1x 2，令t =x 1x 2，g (t )=tlnt －lnt ，(t >0且t ≠1)，则g ′(t )=lnt +1−1t，令g ′(t )=0，得t =1． ∴当t ∈(0，1)时，g ′(t )<0，g (t )单调递减， 当t ∈(1，+∞)时，g ′(t )>0，g (t )单调递增， ∴g (t )min >g (1)=0． ∴k ≤0．则实数k 的最大值是0． 5(★★★) 设f(x)=2x 2x+1，g (x )=ax +5−2a(a >0)． (1)求f(x)在x ∈[0,1]上的值域；(2)若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g(x 0)=f(x 1)成立，求a 的取值范围． 【答案】(1) [0 ,1] (2) 52≤a ≤4 【解析】(1)法一：(导数法)f′(x)=4x(x+1)−2x 2(x+1)2=2x 2+4x (x+1)2≥0在x ∈[0，1]上恒成立．∴f(x)在[0，1]上增， ∴f(x)值域[0，1]．法二：f(x)={0 x =021x +1x 2x ∈(0,1]，用复合函数求值域．法三：f(x)=2x 2x+1=2(x +1)+2x+1−4用双勾函数求值域．(2)f(x)值域[0，1]，g(x)=ax +5－2a(a >0)在x ∈[0，1]上的值域[5－2a ，5－a]． 由条件，只须[0，1]⊆[5－2a ，5－a]． ∴{5−2a ≤05−a ≥1⇒52≤a ≤4． 6(★★★) 设函数f(x)=lnx −2ax−1−a 在开区间(0 ,12)内有极值． (1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0 ,1) ,x 2=(1 ,+∞)．求证：f (x 1)−f(x 2)>2ln2+32．【答案】(1)(−∞ ,−14)(2)略【解析】(1)解：函数f(x)的定义域是(0，1)∪(1，+∞)，f′(x)=x2−(2−2a)x+1x(x−1)2，由f′(x)=0在(0，12)内有解，令g(x)=x2－(2－2a)x+1，由g(0)=1>0，所以g(12)=122−2−2a2+1<0，解得：a<−14，即a的取值范围是(－∞，−14)；(2)证明：由(1)f′(x)<0，令g(x)=x2－(2－2a)x+1=(x－α)(x－β)，不妨设0<α<12，则β>2，则αβ=1，α+β=2－2a，故f′(x)<0⇔α<x<1，1<x<β，由f′(x)>0⇔x<α或x>β，得f(x)在(0，α)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，+∞)递增，由x1∈(0，1)，得f(x1)≤f(α)=lnα−2aα−1−a，由x2∈(1，+∞)，得f(x2)≥f(β)=lnβ−2aβ−1−a，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)，因为αβ=1，α+β=2－2a，a<−14，所以f(β)－f(α)=lnβ−2aβ−1−a－lnα+2aα−1+a=lnβ－ln1β+2a•(11β−1−1β−1)≥2lnβ+β−1β，令h(β)=2lnβ+β−1β(β>2)，则h′(β)=2β+1+1β2>0，(β>2)，所以h(β)在(2，+∞)上单调递增故h(β)>h(2)=2ln2+3，2．所以f(x2)－f(x1)>2ln2+32。
7【题组七】双变量的恒成立与存在性问题
经典问题： 问题一：任意与任意 【例1】设()x x x a x f ln +=，()323--=x x x g ，如果对于任意的s ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21t ，都有()()t g s f ≥成立，求实数a 的取值范围。
【例2】已知函数()()()xxx g R m mx ex x x f ln , 13123=∈++-=。
（1）求函数()x f 的单调区间；（2）若对()+∞∈∀,0,21x x ，()()2'1x f x g <恒成立，求实数m 的取值范围。
【变式1】已知函数(),1682k x x x f -+=()x x x x g 45223++=，其中R ∈k ,对任意 1x ，[]3,32-∈x ，都有()()21x g x f >成立，求实数k 的取值范围。
【变式2】设0>a 函数(),2xa x x f +=()x x x g ln -=，如果对任意 1x ，[]e x ,12∈，都有()()21x g x f >成立，求实数a 的取值范围。
【变式3】已知函数()(),13123R ∈++-=m mx ex x x f ()x x x g ln =，若对任意 1x ，()∞+∈，02x ，都有()()2'1x f x g <成立，求实数m 的取值范围。
问题二：任意与存在 【例1】已知函数()()(),ln 212212R ∈++-=a x x a ax x f ()x x x g 22-=，若对任意 (]201，∈x ，均存在(]202，∈x ，使得()()21x g x f <，求a 的取值范围。
【例2】已知()，2x x f =()m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21，若对任意的 []3,11-∈x ，存在[]202，∈x ，使得()()21x g x f ≥，求实数m 的取值范围是___________。
【例3】已知函数()()1ln 12+++=ax x a x f 。
专题10 多变量的不等式恒成立与存在性问题(原卷版)
专题10 多变量的不等式恒成立与存在性问题含参数不等式的恒成立或有解问题，是高考的热点.它往往与函数、数列、三角函数、解析几何综合考查.解决这类问题，主要是运用分离变量法,等价转化为求具体函数的最值；运用数形结合法，等价转化为临界点；运用分类讨论法，等价转化为研究含参函数的最值.类型一 分类讨论差函数最值典例1. 若不等式()()21112x n x ax ax ++<+在()0+∞，上恒成立，则a 的取值范围是________. 【举一反三】已知函数32)1()(ax e x x f x +-=若当0≥x 时，)(x f 0≥恒成立，则a 的取值范围______．类型二 参变分离求具体函数最值典例2 若不等式2sin sin sin 19sin sin k B A C B C +>对任意ABC ∆都成立，则实数k 的最小值为________．【举一反三】若不等式()222x y cx y x -≤-对任意满足0x y >>的实数x ， y 恒成立，则实数c 的最大值为__________．类型三 数形结合求临界点典例3 设函数()()21,,x x x f x g x x e +==对任意()12,0,,x x ∈+∞不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是__________．【举一反三】已知函数()f x =,若||≥,则的取值范围是__________.1.对任意的实数x ，都存在两个不同的实数y ，使得()220x y y x e y x ae ----=成立，则实数a 的取值范围为__________.2.定义在R 上的函数f (x )在(－∞，－2)上单调递增，且f (x －2)是偶函数，若对一切实数x ，不等式f (2sin x －2)>f (sin x －1－m )恒成立，则实数m 的取值范围为________．3.设二次函数()2f x ax bx c =++的导函数为()'f x ，若对任意x R ∈，不等式()()'f x f x ≥恒成立，则2222b a c+的最大值__________． 4.若对于任意的正实数,x y 都有2?ln y y x x e x me⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为______ 5．设点(,)P x y 满足条件，点(,)(0,0)Q a b a b ≤≥满足恒成立，其中O 是坐标原点，则Q 点的轨迹所围成图形的面积是 ． 6．已知0,0>>y x ，且112=+y x ，若m m y x 222+>+恒成立，则实数m 的取值范围为__________． 7．不等式22()a mb b a b λ+≥+对于任意的,a b ∈R ，存在R λ∈成立，则实数m 的取值范围为 ．8．函数()331f x x x =--，若对于区间[]3,2-上的任意12,x x ，都有()()12||f x f x t -≤，则实数t 的最小值是 ． 9．已知变量x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-≤+a x y x y x 11，若212≤-x y 恒成立，则实数a 的取值范围为________． 10．若关于的不等式在（0，+）上恒成立，则实数的取值范围是 ．11．若对()+∞∈∀,0,y x ，不等式2ln 422++≤---+y x y x e e a x 恒成立，则正实数a 的最大值是____________．12．已知：函数，若对使得，则实数的取值范围__________． 13．设0απ≤≤，不等式28(8sin )cos20x x αα-+≥对x R ∈恒成立，则α的取值范围________． x (1)(ln )0ax x ax -+≥∞a14．已知函数21()=2ln 2f x x ax x +-，若()f x 在区间1[2]3，上是增函数，则实数a 的取值范围 .15．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且当2)(,0x x f x =≥时，若对任意的]2,[+∈t t x ，不等式)(2)(x f t x f ≥+恒成立，则实数t 的取值范围是 ．。
备战2019年高考数学大一轮复习热点聚焦与扩展专题16恒成立问题——参变分离法
专题16 恒成立问题——参变分离法【热点聚焦与扩展】无论是不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题,构造函数,运用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于从不同角度分析问题是解题的法宝.利用导数求解含参数的问题时，首先，要具备必要的基础知识(导数的几何意义、导数在单调性上的应用、函数的极值求法、最值求法等);其次，要灵活掌握各种解题方法和运算技巧，比如参变分离法，分类讨论思想和数形结合思想等.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、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.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） 4、参变分离后会出现的情况及处理方法：（假设x 为自变量，其范围设为D ，()f x 为函数；a 为参数，()g a 为其表达式）（1）若()f x 的值域为[],m M①()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()()min g a f x m ≤= ()(),x D g x f x ∀∈<，则只需要()()min g a f x m <= ②()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()()max =g a f x M ≥ ()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()()max =g a f x M > ③()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()()max g a f x M ≤=()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()()max g a f x M <= ④()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()()min g a f x m ≥= ()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()()min g a f x m >= （2）若()f x 的值域为(),m M① ()(),x D g a f x ∀∈≤，则只需要()g a m ≤()(),x D g a f x ∀∈<，则只需要()g a m ≤（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ()(),x D g a f x ∀∈≥，则只需要()g a M ≥()(),x D g a f x ∀∈>，则只需要()g a M ≥（注意与（1）中对应情况进行对比） ③ ()(),x D g a f x ∃∈≤，则只需要()g a M <（注意与（1）中对应情况进行对比） ()(),x D g a f x ∃∈<，则只需要()g a M <④ ()(),x D g a f x ∃∈≥，则只需要()g a m >（注意与（1）中对应情况进行对比） ()(),x D g a f x ∃∈>，则只需要()g a m >x/k-+w5、多变量恒成立问题：对于含两个以上字母（通常为3个）的恒成立不等式，先观察好哪些字母的范围已知（作为变量），那个是所求的参数，然后通常有两种方式处理（1）选择一个已知变量，与所求参数放在一起与另一变量进行分离.则不含参数的一侧可以解出最值（同时消去一元），进而多变量恒成立问题就转化为传统的恒成立问题了.（2）将参数与变量进行分离，即不等号一侧只含有参数，另一侧是双变量的表达式，然后按所需求得双变量表达式的最值即可.【经典例题】例1．【2018年（衡水金卷调研卷）三】若存在，不等式成立，则实数的最大值为（ ） A. B.C. 4D.【答案】A 【解析】设，则故选例2.【2018届河北省邯郸市高三1月】已知关于x 的不等式2cos 2m x x ≥-在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）A. [)3,+∞B. ()3,+∞C. [)2,+∞ D. ()2,+∞ 【答案】C【解析】22cos x m x -≥最大值,因为当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时()22'22cos 2sin 2()cos cos x x x x x x x -+--= 令()cos sin ,cos sin cos 000y x x x y x x x x y y '=-=--∴=因此2'2()0cos x x -<,由因为22cos x x -为偶函数,所以22cos x x -最大值为202cos0-=, 2m ≥,选C. 例3．【2018届河南省中原名校（即豫南九校）高三第六次考评】已知()()2212ln 22f x x ax x x ax =+--在()0,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A. {}1B. {}1-C. (]0,1D. [)1,0- 【答案】B【解析】()()221222f x x ax lnx x ax =+-- ()()2f x x a lnx ='+()f x 在()0+∞，上是增函数， ()0f x ∴'≥在()0+∞，上恒成立故选B例4．【2018届湖南省张家界市高三三模】若函数()24log m x m f x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭（0m >且1m ≠）在[]2,3上单调递增，则实数m 的取值范围为（ ） A. (]1,36 B. [)36,+∞C. (][)1,1636,⋃+∞D. (]1,16 【答案】D【解析】由题意，不妨设()244x m m g x x x x +==+，则()22244m x mg x x x -=-='，由()0g x '≤时()g x 为减函数，即24m x ≥，又24y x =在[]23，上为单调递增，所以2max 4336y =⨯=，所以36m ≥，而此时函数log m y x =为增函数，一减一增为减，故不合题意；同理由()0g x '≥时()g x 为增函数，即24m x ≤，又24y x =在[]23，上为单调递增，所以2min 4216y =⨯=，所以16m ≤，而当1m >时，函数log m y x =为增函数，因此当116m <≤时，同增为增，满足题意.故选D. 例5.已知函数()ln af x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________ 【答案】1a ≥-【解析】恒成立的不等式为2ln ax x x-<，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法 解：233ln ln ln ax x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞ ∴只需要()3maxln a x x x >-，令()3ln g x x x x =-'2()1ln 3g x x x =+- （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将ln x 变为1x，所以二阶导函【名师点睛】求导数的目的是利用导函数的符号得到原函数的单调性，当导函数无法直接判断符号时，可根据导函数解析式的特点以及定义域尝试在求一次导数，进而通过单调性和关键点（边界点，零点）等确定符号. 例6【2018届山西省孝义市高三下学期一模】已知函数.（1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.试题解析：（1）由可得的定义域为，且，若，则，函数在上单调递增；若，则当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立，即，不等式恒成立.∵当时，，∴，即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【方法点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法① 求得的范围.例7【2018届广东省肇庆市高三三模】已知函数，，.（Ⅰ）讨论的单调区间；（Ⅱ）若 ,且恒成立. 求的最大值.【答案】（1）见解析;（2）6.【解析】试题分析：（1）第（1）问，先求导，再对m分类讨论，求函数f(x)的单调区间. (2) 先分离参数，再求的最小值,即得k的最大值.（2）由得，令，，，，，，，点睛：分离参数是处理参数问题的一种重要方法.处理参数问题，常用的有分离参数和分类讨论，如果分离参数方便，就选分离参数.本题就是分离参数，大大地提高了解题效率，优化了解题.例8【2018届新疆乌鲁木齐市高三第三次诊断性测验】设函数，，其中为非零实数.（1）当时，求的极值；（2）是否存在使得恒成立？若存在，求的取值范围，若不存在请说明理由. 【答案】(1)有极大值，无极小值；(2)见解析.试题解析：（1）∵，∴，当时，，，∴有极大值，无极小值；（2）当时，，，∴，设，则，∴，故恒成立，当时，，由于，，而，∴时，，故取，显然，由上知当时，，，∴，综上可知，当时，恒成立.例9【2018届黑龙江省大庆市高三第二次检测】已知函数.(I) 当时，求函数的单调区间;(II) 当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（Ⅰ) 单调递增区间为，单调递减区间为. （Ⅱ）.试题解析：（Ⅰ）∵，函数定义域为：∴令，由可知，从而有两个不同解.令，则当时，；当时，，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（Ⅱ）由题意得，当时，恒成立.令，求导得，设，则，∵∴∴，∴在上单调递增，即在上单调递增，∴当时，单调递减；当时，，单调递增.∴有，∴恒成立矛盾∴实数的取值范围为点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可构造新函数，转化为.例10【2018届山东天成高三第二次大联考】已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).解析；（1），定义域所以.讨论：当时，对或，成立，所以函数在区间，上均是单调递增；当时，对或，成立，所以函数在区间，上均是单调递减；当时，函数是常函数，无单调性.（2）若，对任意恒成立，即对任意恒成立. 令，则.讨论：①当，即时，且不恒为0，所以函数在区间单调递增.又，所以对任意恒成立.故符合题意综上实数的取值范围是.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.【精选精练】1．【2018年【衡水金卷】（三）】已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()32123f x x ax bx =+++， ()()24f x f x +='-'，若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立，则实数b 的取值范围为（ ）A. [)64ln3,++∞B. [)5ln5,++∞C. [)66ln6,++∞D. [)4ln2,++∞ 【答案】C设()2136ln 3g x x x x =++，则()()()()2229182361892333x x x x x x g x x x x----+-+-=='=， 可知函数()g x 在区间()0,6内单调递增，在区间()6,+∞内单调递减，可知()()max 666ln6g x g ==+，故实数b 的取值范围为[)66ln6,++∞，故选C.点睛：本题主要考查利用导数求解不等式的恒成立问题求得，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，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，求解曲线在某点处的切线方程； (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)，解决函数的恒成立与有解问题2．已知函数f(x)＝x 2＋4x ＋aln x ，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A. (－6，＋∞) B. (－∞，－16)C. (－∞，－16]∪[－6，＋∞)D. (－∞，－16)∪(－6，＋∞) 【答案】C 【解析】，因为函数在区间上具有单调性，所以或在上恒成立，则有或在上恒成立，所以或在上恒成立，令，当时，，所以或，所以的取值范围是.3．【2018届上海市浦东新区高三下学期（二模）】已知是定义在R 上的偶函数，且在上是增函数，如果对于任意，恒成立，则实数的取值范围是________【答案】点睛：解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.4．若函数f(x)＝sin x ＋ax 为R 上的减函数，则实数a 的取值范围是________．【答案】(－∞，－1]【解析】因为是R上的减函数，所以恒成立，即，即恒成立，因为，所以，故答案为.5．【2018年（衡水金卷信息卷）三】已知函数，其中为实数.（1）若曲线在点处的切线方程为，试求函数的单调区间；（2）当，，且时，若恒有，试求实数的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）.【解析】试题分析：由题意点处的切线方程为，求出的值，继而求出函数的单调性利用单调性将问题中的绝对值去掉，构造新函数来证明结论.解析：（1）函数的定义域为，，，可知..当，即时，，单调递增；当时，，单调递减.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）函数.则变为，即，设函数，由，得在时为单调递减函数，即，即，也即对与恒成立.因为，可知时，取最大值，即 .对时恒成立，由，可知，即取值范围为.6．【2018届宁夏石嘴山市高三4月（一模）】已知函数（且）. （1）若函数在处取得极值，求实数的值；并求此时在上的最大值；（2）若函数不存在零点，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）.【试题解析】解：（1）函数的定义域为，，，∴在上，单调递减，在上，单调递增，所以时取极小值.所以在上单调递增，在上单调递减；又，，.当时，在的最大值为（2）由于所以函数存在零点②时，，.在上，单调递减，在上，单调递增，所以时取最小值.解得综上所述：所求的实数的取值范围是.7．函数的定义域为（为实数）.（1）若函数在定义域上是减函数，求的取值范围；（2）若在定义域上恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用单调性的定义，根据函数在定义域上是减函数，可得不等式恒成立，从而可求的取值范围；（2）利用分离参数思想原题意等价于恒成立，求出右边对应的函数在定义域内的最小值，即可求得的取值范围．试题解析：（1）任取，则有，即恒成立，所以（2）恒成立∵，∴函数在上单调减，∴时，函数取得最小值，即.8．【2018届江苏省无锡市高三第一学期期末】已知函数，，其中. （1）求过点和函数的图像相切的直线方程；（2）若对任意，有恒成立，求的取值范围；（3）若存在唯一的整数，使得，求的取值范围.【答案】（1），.（2）.（3）.，利用导数工具求得，故此时；②当时，恒成立，故此时；③当时，，利用导数工具求得，故此时.综上：.（3）因为，由（2）知，当，原命题等价于存在唯一的整数成立，利用导数工具求得；当，原命题等价于存在唯一的整数成立，利用导数工具求得.综上：.当时，切线方程为，当时，切线方程为.（2）由题意，对任意有恒成立，①当时，，令，则，令得，，故此时.②当时，恒成立，故此时.③当时，，令，当，存在唯一的整数使得，等价于存在唯一的整数成立，因为最大，，，所以当时，至少有两个整数成立，所以.当，存在唯一的整数使得，等价于存在唯一的整数成立，因为最小，且，，所以当时，至少有两个整数成立，所以当时，没有整数成立，所有.综上：.9．【2018届河南省焦作市高三第四次模拟】已知()()22xf x mx em R =-∈.（Ⅰ）若()()'g x f x =，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 在()()1,1f 处的切线与()223y e x =-+平行时，关于x 的不等式()0f x ax +<在()0,1上恒成立，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. （Ⅱ）(],21a e ∈-∞-.立，设()2xe F x x x=-，利用导数求得函数()F x 的单调性与最值，即可得到实数a 的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）因为()()'22xg x f x mx e ==-，所以()()'2x g x m e =-，当0m ≤时， ()'0g x <，所以()g x 在R 上单调递减，当0m >时，令()'0g x <，得ln x m >，令()'0g x >，得ln x m <， 所以()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. （Ⅱ）由（Ⅰ）得()'122f m e =-，由2222m e e -=-，得1m =，不等式()0f x ax +<即220xx e ax -+<，得2xe a x x<-在()0,1上恒成立. 设()2x e F x x x =-，则()2222'x x xe e x F x x --=. 设()222xxh x xe e x =--，则()()'222221x x x x h x xe e e x x e =+--=-，在区间()0,1上， ()'0h x >，则函数()h x 递增，所以()()11h x h <=-， 所以在区间()0,1上， ()'0F x <，函数()F x 递减.当0x →时， ()F x →+∞，而()121F e =-，所以()()21,F x e ∈-+∞， 因为()a F x <在()0,1上恒成立，所以(],21a e ∈-∞-.10．【2018届辽宁省辽南协作校高三下学期一模】函数()xf x xe lnx ax =--.(1)若函数()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线()()211y e x =--平行,求实数a 的值； (2)若函数()f x 在[)1,∞+上单调递增,求实数a 的取值范围； (3)在(1)的条件下,求()f x 的最小值. 【答案】(1) 1a =；(2) 21a e ≤-；(3)1.单调性，即可求出()min g x ，从而可得实数a 的取值范围；（3）根据（1）的条件，利用导数研究函数的单调性，可推出()'0f x '>恒成立，从而()f x '在()0∞+，上递增，结合零点存在性定理，即可求得()f x 的最小值.试题解析：（1）∵函数()xf x xe lnx ax =--∴()()11,(0)x f x x e a x x'=+--> ∵函数()y f x =在点()()1,1f 处的切线与直线()()211y e x =--平行 ∴()()12121f e a e =-='-- ∴1a =（2）由题意，需()()110x f x x e a x =--'+≥在[1∞+，）恒成立，即()11x a x e x≤+-在[1∞+，）恒成立. 令()()11x g x x e x =+-，则()()2120x g x x e x+'=+>.又∵()10,10f f e ⎛⎫ ⎪⎝⎭''∴01,1x e ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使得()00f x '=，此时001xe x =∴()00,x x ∈时()()0,f x f x '<递减， ()0,x x ∈+∞时()()0,f x f x '>递增 ∴()()00000000min 011ln ln 1x x f x f x x e x x x x x e==--=--= 点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若()0f x >就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为()min 0f x >，若()0f x <恒成立，转化为()max 0f x <;（3）若()()f x g x >恒成立，可转化为()()min max f x g x >. 11．【2018届江西省高三监测】已知函数()ln f x x =. （1）若函数()()212g x f x ax x =-+有两个极值点，求实数a 的取值范围； （2）若关于x 的方程()()1f x m x =+， ()m Z ∈有实数解，求整数m 的最大值. 【答案】(1) 2a >;(2)0.【解析】试题分析：（1）函数()()212g x f x ax x =-+有两个极值点等价于()21y x ax g x x -+='=有两个可变零点，即方程210x ax-+=有两个不等的正实数根,（2）方程()ln1x m x=+,即ln1xmx=+,记函数()ln1xh xx=+,(0)x>，问题转化为直线y m=与()ln1xh xx=+的交点情况.(2)方程()ln1x m x=+,即ln1xmx=+,记函数()ln1xh xx=+,(0)x>，()()21ln1xxxh xx+-+'=,令()1lnxx xxϕ+=-(0)x>,()2110xx xϕ'=--<,()xϕ单调递减, ()()()()222222110,011eh e h ee e e e-=>=<++'',存在()2,x e e∈,使得()00h x'=,即01lnxxx+=,当()00,x x∈,()0h x'>, ()h x递增, ()(),,0x x h x∈+∞<', ()h x递减,()02max00ln111,1xh xx x e e⎛⎫∴==∈ ⎪+⎝⎭,即()maxm h x≤,()m Z∈,故0m≤,整数m的最大值为0.12【2018届山东高三天成大联考第二次】已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）对函数求导研究函数的单调性，通过导函数的正负得到原函数的单调区间；（2）对任意恒成立，即对任意恒成立，令，对这个函数求导研究函数的单调性，使得最值大于0即可.解析；（1），定义域所以.讨论：当时，函数是常函数，无单调性.（2）若，对任意恒成立，即对任意恒成立.令，则.讨论：①当，即时，且不恒为0，所以函数在区间单调递增.又，所以对任意恒成立.故符合题意综上实数的取值范围是.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.。
专题4.5 恒成立问题和存在性问题(原卷版)
专题4.5 恒成立问题和存在性问题题型一 最值法题型一 最值法例1．（2023春·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）若对于任意的R a ∈及任意的()1,x ∈+∞，不等式()22ln 1a x a k x +≥+-恒成立，则实数k 的取值范围是（ ）A ．[]0,eB ．[]0,1C ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭例2．（2023春·四川成都·高三树德中学校考阶段练习）设函数()()3R f x ax x a =+∈.(1)若直线21y x =-是函数()y f x =图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若0a >，当0x >时，不等式()26sin x a x f x -<恒成立，求实数a 的取值范围.练习1．（2023·全国·高三专题练习）函数()ln 1f x ax x =--，若存在(]0,e 0x ∈使得()00f x <，则实数a 的取值范围是______．练习2．（2023春·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考期中）已知函数()ln ||f x x =，若存在实数x 使不等式()222ln 2f x x x a b ≥----成立，则实数a b +的取值范围为（ ）A ．3ln 2,82⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．ln 22⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭, C ．ln 23,28⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ D ．38⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭,练习3．（2023·江苏南通·高三校联考阶段练习）已知函数1ln ()e axx f x x x=--.(1)若0a =，关于x 的不等式()f x m <恰有两个整数解，求m 的取值范围； (2)若()f x 的最小值为1，求a .练习4．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）对正实数a 有()1eln ln 0eax a a f x a x +=--≥在定义域内恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．(]0,1B ．21,e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,e ⎤⎦D ．()0,∞+练习5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）若不等式222e ln e ln 2e xaa x x a -+-≥-在[1,2]x ∈-有解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦题型二 分离参数法例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2e xb f x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若对于()0,x ∀∈+∞，均有()1f x ≥，则实数b 的取值范围为_____例4．（2023春·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考期中）已知()ln f x x x =，()322g x x ax x =+-+.(1)讨论函数()y f x =在()()0,0m m >上的单调性；(2)对一切实数()0,x ∈+∞，不等式()()22f x g x '≤+恒成立，求实数a 的取值范围.练习6．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知函数()e ln x af x x -=-.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积； (2)若存在[)0e,x ∈+∞，使0()0f x <成立，求a 的取值范围.练习7．（2023春·宁夏银川·高二银川一中校考期中）已知()()22ln ,3f x x x g x x ax ==-+-.(1)求函数()f x 的最小值；(2)若存在()0,x ∈+∞，使()()f x g x ≤成立，求实数a 的取值范围； (3)证明：对一切()0,x ∈+∞，都有()22ee x xf x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭成立．练习8．（2023秋·吉林长春·高三长春市第五中学校考期末）已知函数2()e ,()1x f x g x x ==-，对任意1x ∈R ，存在2(0,)x ∈+∞，使()()12f x g x =，则21x x -的最小值为（ ）． A．1 B C ．2ln2+ D ．31ln 222+练习9．（2022春·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）若不等式()()e 110--++>xx m x 对()0,x ∀∈+∞恒成立，则整数m 的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4练习10．（2023·江西·校联考模拟预测）已知函数()ln 1xf x x x=-+． (1)求()f x 的单调区间；(2)若对于任意的()0,x ∈+∞，()1e xf x x a x++≤恒成立，求实数a 的最小值．题型三 分类讨论法例5．（2023春·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）已知函数()ln f x x =，()1g x kx =-. (1)若()()g x f x ≥恒成立，求实数k 的取值范围. (2)证明：当(0,1)x ∈时，1ln 1e 2x x x x ⎛⎫>--+ ⎪⎝⎭.6．（广东省部分地市2023届高三下学期模拟（三）数学试题）已知函数()21eax x f x +=，R a ∈.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()()121f x mx x -≥+恒成立，求实数m 的取值范围.练习11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()2ln ,.f x a x x g x x =+=当0a >时，若对于区间[]1,2上的任意两个不相等的实数12,x x ，都有()()()()1212f x f x g x g x -<-成立，则实数a 的取值范围__________.练习12．（2023春·江苏南京·高二南京师大附中校考期中）若关于x 的不等式e (2)ln 0x x a x a x -+-≥恒成立，则实数a 的取值范围是_____.练习13．（2023·宁夏银川·校联考二模）已知函数()sin e xxf x =． (1)讨论()f x 在[]0,π上的单调性；(2)若对于任意π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，若函数()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围．练习14．（2023·江西·江西省丰城中学校联考模拟预测）已知2e ln 20⎛⎫-+-≥ ⎪⎝⎭axa x a 在2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上恒成立，则实数a 的取值范围________．练习15．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知函数()ln 20()a x x a f x =-≠，若不等式222e ()e cos(())a x x x f x f x ≥+对0x >恒成立，则实数a 的取值范围为__________.题型四 指对数同构例7．（2023·全国·高三专题练习）已知不等式()1e ln a x ax x -<+在区间(20,e ⎤⎦上有解，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,∞+B ．()11e ,--+∞C ．()21e ,-+∞D ．()1,+∞例8．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）已知不等式ln ln e xa xa a+>对任意()0,x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是______．练习16．（2023春·湖北·高二校联考期中）若存在正实数x ，使得不等式()1ln 2ln 20ax x a a ≥⋅>成立（e 是自然对数的底数），则a 的最大值为（ ） A ．eln2B ．ln2eC ．1eln2D ．ln22练习17．（2023春·湖北武汉·高二武汉市洪山高级中学校联考期中）若不等式3e 2ln ln x a x a x ++≥对任意()0,x ∈+∞成立，则实数a 的取值范围为__________．练习18．（2023·全国·高三专题练习）若不等式2e 2ln ln x a x x x a -+>-恒成立，则a 的取值范围为______.练习19．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）已知a<0，不等式ln e 0x aa xx x +≥对()1,x ∀∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为__________.练习20．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数()()e xf x ax a =-∈R .(1)试求函数()f x 的极值；(2)若存在实数0x >使得()2e e 1ln 0bx x x b x x x -+-+≥成立，求实数b 的取值范围.题型五 双变量问题例9．（2023春·贵州·高三校联考期中）（多选）已知e ln m n =，且0m n k -+<恒成立，则k 的值可以是（ ） A ．－2 B ．0C ．2D ．4例10．（2023春·天津静海·高三静海一中校考阶段练习）已知函数()()2ln ,e xf xg x x ax x==-+（e 是自然对数的底数） (1)求()f x 在()()1,1f 处的切线方程.(2)存在(0,),()0∈+∞>x g x 成立，求a 的取值范围.(3)对任意的()0,m ∈+∞，存在[]1,3n ∈，有()()f m g n ≤，则a 的取值范围.【答案】(1)10x y --= (2)[)0,∞+ (3)1e ,e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭练习21．（2022秋·江苏连云港·高一校考期末）设函数2()ln 1(R)f x x ax a a =+-+∈，e ().e xxg x = (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若12()()g x g x =（其中12x x ≠），证明：12112x x +>；练习22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()e sin 1xf xg x t x ==+，，设()()()h x f x g x =-.(1)若()h x 在ππ,22⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增,求实数t 的取值范围;(2)求证:()0,t ∃∈+∞;对[)R,0,x a ∀∈∃∈+∞,使得()xh x a =总成立.练习23．（2023春·山东淄博·高二山东省淄博实验中学校联考期中）已知函数()()12ln 2f x a x ax x=-++. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当()8,2a ∈--时，若存在1x ，[]21,2x ∈，使得()()()()121ln 22ln 2ln 2f x f x m a a ->+-+-恒成立，求实数m 的取值范围．练习24．（2023春·辽宁朝阳·高二校联考期中）已知函数()ln 1f x a x ax =++. (1)当1a =时，求()f x 的图像在点(1,(1))f 处的切线方程； (2)若不等式()e x f x x ≤恒成立，求a 的取值集合.练习25．（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知函数()e x f x x =-，()ln g x x x =-，则下列说法正确的是（ ）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2e。
数学-22年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题
2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【原件版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.2、已知()ln 1f x x x =+，2()1g x x mx =-+-.（1）对一切实数()0,x ∈+∞，2()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围； （2）求证：任意()0,x ∈+∞，12ln x x e ex>-.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围．4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．类型2 根据能成立求参数范围 1、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．2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围．二、双变量不等式恒成立、能成立问题1、已知曲线()()3,f x ax bx a b =+∈R 在点()()1,1f 处的切线方程是20y +=.（1）求()f x 的解析式；（2）若对任意[]12,2,3x x ∈-，都有()()12f x f x m -，求实数m 的取值范围.2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭， （1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围．9、已知函数()13ln 144f x x x x=-+- （1）求函数()f x 的单调区间； （2）设()224gx x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b的取值范围.10、已知函数321()1()32x a f x x ax a R +=-++∈． （1）若3x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）当2a <时，1x ∀，2[0x ∈，2]，122|()()|3f x f x -恒成立，求a 的取值范围．11、已知函数2()3()f x lnx ax x a R =+-∈．（1）若函数()f x 在点(1，f （1）)处的切线方程为2()y bx b R =-∈，求a ，b 的值及()f x 的极值； （2）若1a =，对1x ∀，2[1x ∈，2]，当12x x <时，不等式1221()()m mf x f x x x ->-恒成立，求实数m 的取值范围．2022年高考导数压轴题单变量与双变量不等式恒成立、能成立问题【详细解析版】一、单变量不等式恒成立、能成立问题题型一 证明不等式成立1、已知函数()xf x e ax =+.（a R ∈）（1）若0a <，求函数()f x 的单调区间；（2）若3a =，证明：当0x >时，()231f x x x >++恒成立.【答案】（1）在()(),ln a -∞-上单调递减，在()()ln ,a -+∞上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）求导可得()'f x 解析式，令()0f x '=，解得ln()x a =-，分别讨论()(),ln x a ∈-∞-和()()ln ,a -+∞时，()'f x 的正负，可得()f x 的单调区间.（2）令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，可得()2x g x e x '=-，再令()e 2x h x x =-，利用导数求得()h x 的单调区间和最值，即可得()0g x '>恒成立，可得()g x 的单调性和最值，得证.【解析】（1）()xf x e a '=+，当0a <时，令()0f x '=，解得ln()x a =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：所以0a <时，f x ,ln a -∞-ln ,a -+∞.（2）证明：令()22()(+3+1)=e 1x g x f x x x x =---，则()2xg x e x '=-.令()e 2xh x x =-，则()2x h x e '=-，当0ln2x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当ln2x >时，()0h x '>，()h x 单调递增；所以()()ln2ln2e 2ln222ln20h x h ≥=-=->，即()0g x '>恒成立.所以()g x 在()0,∞+上单调递增，所以()()01010g x g >=--=，所以2e 10x x -->，即当0x >时，()231f x x x >++恒成立.3、已知函数()xe f x x=.（1）函数()()f xg x x=，求()g x 的单调区间和极值. （2）求证：对于()0,x ∀∈+∞，总有()13ln 44f x x >-.【答案】（1）()g x 在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；极小值()2e 24g =，无极大值；（2）证明见解析.【分析】（1）写出()g x 的函数表达式，通过求导写出单调区间和极值即可（2）证明()13ln 44f x x >-恒成立，结合（1）得，等价于2e 1(ln 3)4x x x x>-恒成立，且已知左式的最小值，只要大于右式的最大值，则不等式恒成立【解析】（1）2243e e 2e e (2)()()x x x x x x x g x g x x x x --'=⇒==，当02x <<时，()0g x '<；当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x ∴在(0,2)上单调递减，在(,0)-∞和(2,)+∞上单调递增；故()g x 有一个极小值2e (2)4g =，无极大值． （2）证明：要证13()ln 44f x x >-成立，只需证e 13ln 44x x x >-成立，即证2e 1(ln 3)4x x x x>-成立，令1()(ln 3)4h x x x =-，则24ln ()=4xh x x -'， 当40e x <<时，()0h x '>；当4e x >时，()0h x '<， ()h x ∴在()40,e 上单调递增，在()4e ,+∞上单调递减， ()4max 41()e 4e h x h ==∴， 2e ()x g x x =∵由（1）可知2min e ()(2)4g x g ==，min max ()()g x h x >∴，()()g x h x >∴，13()ln 44f x x >-∴．4、已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． （1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=． 当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． 当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增， 故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，则()sin ln 1xh x e x x '=---．设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--． 因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．题型2 根据恒（能）成立求参数范围 类型1 根据恒成立求参数范围 1、已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++. （1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值； （2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值(1)2f =-（2）(1,0]-【分析】（1）由题可求导函数，利用导数求出函数的单调区间，进而再求出极值即可；（2）分情况讨论，利用导数研究函数的单调性和极值即可求解.【解析】（1）当1a =时，函数2()3ln =-+f x x x x ，定义域为(0,)+∞，()21231(21)(1)23x x x x f x x x x x-+--'=-+==. 当()0f x '>时，102x <<或1x >；当()0f x '<时，112x <<，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数()f x 取得极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当1x =时，函数()f x 取得极小值(1)2f =-. （2）()1(21)(1)2(21)ax x f x ax a x x--'=-++=. ①当0a >时，2()(21)ln f x ax a x x =-++，(0,)x ∈+∞， 令2(21)0ax a x -+>，解得12x a>+，则当01(2,)x a∈++∞时，200(21)0ax a x -+>，且0ln ln 20x >>，所以函数2()(21)ln 0f x ax a x x =-++>恒成立，不符合题意，舍去；②当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<；令()0f x '<，解得1x >， 则函数()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值，要使得()0f x <恒成立，则只需(1)(21)0f a a =-+<，解得1a >-，故10a -<≤. 综上，a 的取值范围是(1,0]-.2、已知函数()()()e e 0xf x a x a =-≠．（1）讨论()f x 的单调性：（2）若()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭【分析】（1）求导得()()e e xf x a '=-，在分0a >，0a <两种情况讨论求解即可；（2）根据题意将问题转化为1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立，进而构造函数，求解函数最值即可. 【解析】（1）函数的定义域为R ，()()e e xf x a '=-．当0a >时，令()0f x '>，得1x >，令()0f x '<，得1x <； 当0a <时，令()0f x '>，得1x <，令()0f x '<，得1x >．综上，当0a >时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增； 当0a <时，()f x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞上单调递减．（2）由（1）知，函数()e e xg x x =-在[)2,+∞上单调递增，则()()()2e e 20g x g ≥=->，所以()1f x x >+对[)2,x ∈+∞恒成立等价于1e e x x a x+>-对[)2,x ∈+∞恒成立． 设函数()()12e e x x h x x x +=≥-，则()()2e e e e xx x h x x -=-'， 设()()e e 2x p x x x =-≥，则()()1e 0xp x x =-+<'，则()p x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()22e 2e 0p x p ≤=-<，则()0h x '<，所以()h x 在[)2,+∞上单调递减， 所以()()2max 32e 2eh x h ==-； 故23e 2e a >-，即a 的取值范围是23,e 2e ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭．3、已知()2sin xf x e x x =-+，()3122sin 3g x x x x m =-++．（1）求()f x 的单调区间；（2）若0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）m ≤1【分析】(1)先对函数进行求导，再进行分类讨论判断导数值的正负，即可得到答案；(2)将问题转化为31sin 3x m e x x --在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，再利用（1）的结论进行求解，即可得到答案；【解析】（1）()2sin x f x e x x =-+，∴()2cos x f x e x '=-+，①当0x 时，2(2,1],1cos 1x e x -∈---，∴2cos 0x e x -+在0x 恒成立，∴()0f x '，∴()f x 在(,0)-∞单调递减，②当0x >时，令()2cos x g x e x =-+，则()sin 0x g x e x '=->在0x >恒成立，∴()g x 在(0,)+∞单调递增，且(0)0g =，∴()0>g x 在(0,)+∞恒成立，即()0f x '>在(0,)+∞恒成立，∴()f x 在(0,)+∞单调递增，综上所述：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增.（2）当0x 时，312sin 22sin 3xe x xx x x m -+-++ 31sin 3x m e x x ∴--在0x 恒成立，令31()sin (0)3x u x e x x x =--，2()cos x x u x e x '=--，令2()cos (0)x v x e x x x =--，由（1）得()()2sin '01xv x e x x v ='-+=，()v x ∴在(0,)+∞单调递增，且(0)0v =，()0u x '∴在0x ≥恒成立，()u x ∴在[0,)+∞单调递增，(0)1u =，∴min ()(0)1m u x u ≤==.4、已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间； （2）若不等式()2ln axf x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221xf x e'=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax ax xe e x --≥恒成立， 构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x ≥在(]0,x e ∈上恒成立， 即在(]0,x e ∈上max ln ()xa x≥即可求a 的取值范围． 【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令0fx ，得ln 22x =-． 当ln 22x <-时，0f x ；当ln 22x >-时，0f x ．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭． （2）由()2ln axf x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x ex -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可． 设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥． 因为()22ln x g x x-'=， 所以当(]0,x e ∈时，0g x，则()g x 在(]0,e 上单调递增， 所以当(]0,x e ∈时，()()axg e g x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立． 设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x -'=≥， 即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．5、已知函数1()ln f x a x x =-，()a g x x x=+，其中a ∈R ． （1）若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（2）若()()g x f x >对于任意的[1,e]x ∈恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）230x y --=；（2）2e 12e 1a +-<<-．【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而可得切线方程；（2）将不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立转化为任意的[1,e]x ∈， 1ln 0a x a x x+-+>恒成立，设1()ln a h x x a x x +=-+，[1,e]x ∈，求导，分11a +≤，1e a +≥，11e a <+<讨论，通过求min ()0h x >求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知：1()ln f x x x=-，(1)1f =-，即切点为(1,1)-， ()211f x x x '=+，()12f '=， 故切线方程为：12(1)y x +=-，即230x y --=． （2）由题意知：不等式1ln a x a x x x+>-对于任意的[1,e]x ∈恒成立， 任意的[1,e]x ∈，1ln 0a x a x x+-+>恒成立， 设1()ln a h x x a x x+=-+，[1,e]x ∈， 2(1)(1)()x x a h x x +--'=，[1,e]x ∈①当11a +≤，即0a ≤时，()0h x '≥，()h x 为增函数， min ()(1)20h x h a ∴==+>，即2a >-，20a -<≤满足．②当1e a +≥，即e 1a ≥-时，()0h x '≤，()h x 为减函数，min1()(e)e e 0a h x h a +∴==-+>，即22e 1e 1a +<-，2e 1e 1e 1a +∴-≤<-满足③当11e a <+<时，即0e 1a <<-时，当[1,1]x a ∈+时，()0h x '≤，当(1,e]x a ∈+时，()0h x '≥，∴只需min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，即min 2()ln(1)10h x a a a ⎡⎤=-++>⎢⎥⎣⎦，设2()ln(1)1F a a a=-++，其中0e 1a <<-， 2()ln(1)1F a a a =-++为递减函数，2()(e 1)0e 1F a F ∴>-=>-， 故0e 1a <<-，min ()(1)2ln(1)0h x h a a a a =+=+-+>，综上：2e 12e 1a +-<<-．类型2 根据能成立求参数范围 1、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 ⎛⎫++∞ ⎪-⎝⎭【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【解析】（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()()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 ⎛⎫++∞⎪-⎝⎭2、已知函数22()ln f x ax x bx c =--在1x =处取得极值3c -，其中,,a b c 为常数. （1）试确定,a b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间；（3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥有解，求c 的取值范围.【答案】（1）6a =-；3b =-；（2）单调递增区间为()0,1，()f x 的单调递减区间为()1,+∞；（3）3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由()13f c =-，求得b ，由()10f '=，得a ;（2）将(1)中得到的,a b 的值代入函数表达式，进而得到()12ln f x x x '=-．判定导数的正负区间，进而得到单调区间；（3）由（2）知，得到函数()f x 最大值，根据不等式有解得到c 的不等式求解即得.【解析】（1）由题意知()13f c =-，因此3b c c --=-，从而3b =-．由题意求导得()10f '=，因此20a b -=，解得6a =-； （2）由（1）知()12ln f x x x '=-．令()0f x '=，解得1x =．因此()f x ()1,+∞； （3）由（2）知，()f x 在1x =处取得极大值()13f c =-，此极大值也是最最值．要使()22f x c ≥（0x >）有解，只需232c c -≥．即2230c c +-≤，从而()()2310c c +-≤．解得312c -≤≤． 所以c 的取值范围为3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.3、已知函数()e 1xf x ax =--.（1）当1a =时，求()f x 的极值；（2）若()2f x x ≤在[)0,x ∈+∞上有解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）极小值()00f =，无极大值；（2）e 2a ≥-.【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，由此求得()f x 的极值.（2）将()2f x x ≤转化为2e 10x x ax ---≤，采用分离常数法，通过构造函数，结合导数求得a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e 1x f x x =--，所以()e 1xf x '=-，当0x <时()0f x '<；当0x >时()0f x '>，所以()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 所以当0x =时函数()f x 有极小值()00f =，无极大值.（2）因为()2f x x ≤在[)0,+∞上有解，所以2e 10x x ax ---≤在[)0,+∞上有解， 当0x =时，不等式成立，此时R a ∈， 当0x >时e 1x a x x x ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭在()0,∞+上有解，令()e 1x g x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，则()()()()22221e 1e 11xx x x x x g x x x x ⎡⎤--+-⎛⎫-⎣⎦'=-= ⎪⎝⎭， 由（1）知0x >时()()00f x f >=，即()e 10xx -+>，当01x <<时()0g x '<；当1x >时()0g x '>， 所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以当1x =时，()min e 2g x =-， 所以e 2a ≥-，综上可知，实数a 的取值范围是e 2a ≥-.4、已知函数()()()2122ln 2f x x a x a x a =-++∈R . （1）若曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x b =+，求2+a b 的值； （2）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()()2g x a x =-+，若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）210a b +=-；（2）答案见解析；（3）2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭. 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于实数a 、b 的方程组，解出这两个未知数的值，即可求得2+a b 的值； （2）求得()()()2xf x x x a --='，分2a =、02a <<、2a >三种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数()f x 的增区间和减区间；（3）分析可知不等式222ln x a x>-在[],4e 上有解，利用导数求出函数()22ln x h x x=-在区间[],4e 上的最小值，由此可求得实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()()22af x x a x'=-++. 由题意得()()11222f a b =-+=+，()()11222f a a '=-++=， 即32212a b a ⎧--=+⎪⎨⎪-=⎩，解得3132a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩，因此，210a b +=-；（2）()()()()2222x a x ax x a f x xx-++--'==.当2a =时，()0f x '≥且()f x '不恒为0，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当02a <<时，由()0f x '>，得0x a <<或2x >，由()0f x '<，得2a x <<， 此时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，由()0f x '>，得02x <<或x a >，由()0f x '<，得2x a <<， 此时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减. 综上所述，当2a =时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当02a <<时，()f x 在()0,a 和()2,+∞上单调递增，在(),2a 上单调递减； 当2a >时，()f x 在()0,2和(),a +∞上单调递增，在()2,a 上单调递减；（3）若至少存在一个[]0,4x e ∈，使得()()00f x g x >成立，则当[],4x e ∈时，212ln 02x a x +>有解.当[],4x e ∈时，ln 1x ≥，即222ln x a x >-有解，令()22ln x h x x=-，[],4x e ∈，则()min 2a h x >.()()()()2212ln 2ln 02ln 2ln x x x x x h x x x --'=-=<，所以，()h x 在[],4e 上单调递减，所以，()()min 44ln 2h x h ==-， 所以，42ln 2a >-，即2ln 2a >-，因此，实数a 的取值范围是2,ln 2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.5、已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值； （2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0， 利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可．【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点， 所以()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x----+--=--=='= 当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b =-=时等号成立) 此时12a b+有最小值3+． （2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0. ()()()221111(0)x x a a a f x x x x x ⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<，所以2a <-，不符，舍去；②当11,a e+≤即11ae 时，()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时，()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦ 因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+<所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．6、已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性， 由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=， 讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值．（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=， 当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数；2、已知函数1()ln ,()2xf x x xg x m ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，（1）先证明单调性，再求函数()f x 在[]1,2上的最小值；（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（导数或定义），1；（2）34m ≥-.【分析】（1）求出()f x 的定义域和()'f x ，由()0f x '>可得()f x 的单调性及在[]1,2上的最小值；（2）转化为1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min ()1f x =，利用单调性可得()g x 在[]0,2上单调性求得最值，解不等式可得答案.【解析】（1）函数()f x 的定义域为0x >，所以11()10xf x x x+'=+=>， 所以()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()f x 在[]1,2上的最小值为min ()(1)1f x f ==.（2）若对[][]121,2,0,2x x ∀∈∃∈，使得12()()f x g x ≥，则1min 2min ()()f x g x ≥，由（1）知min()1f x =，因为1()2⎛⎫= ⎪⎝⎭xg x 是减函数， 所以1()2xg x m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[]0,2上单调递减，所以2min 1()(2)4g x g m ==-，所以114m ≥-，即34m ≥-. 所以实数m 的取值范围为3,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.3、已知函数()223x xe f x e -+=，其中e 为自然对数的底数.（1）证明：()f x 在(),0-∞上单调递减，()0,∞+上单调递增； （2）设0a >，函数()212cos cos 3g x x a x a =+--，如果总存在[]1,x a a ∈-，对任意2x R ∈，()()12f x g x 都成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）ln 2a ≥.【分析】（1）直接对函数求导，判断导函数在对应区间上的符号即可证明；（2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值； 借助单调性换元法，结合二次函数的性质分别求最值列不等式求解即可【解析】（1）证明：()()23x xe ef x -='-令()0f x '>，解得0x >，∴()f x 在()0,∞+上单调递增 令()0f x '<，解得0x <，∴()f x 在(),0-∞上单调递减 （2）总存在1[x a ∈-，](0)a a >，对任意2x R ∈都有12()()f x g x ，即函数()y f x =在[a -，]a 上的最大值不小于()y g x =，x ∈R 的最大值()()()()max 23a af x f a f a e e -=-==+ 令[]()cos 1,1t x t =∈-，∴()2123g t t at a =+--，对称轴02a t =-< ∴()()max 513g t g == ∴()2533a a e e -+≥，52a ae e -+≥， 令(),0ae m m =>，∴152m m +≥，∴2m ≥∴2a e ≥，∴ln 2a ≥4、已知函数2()(2)ln ()f x a x ax x a R =++-∈． （Ⅰ）当0a =时，求证：2()22x f x x >-． （Ⅱ）设232()3g x x x =-，若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1a -.【分析】（1）将0a =代入，只需证明()2202xf x x -+>成立即可，然后构造函数， 利用导数讨论单调区间及最小值，利用最值证明即可； （2）若1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，使得()()12f x g x 成立，只需使()()min 1min 2f x g x 在1(0,1]x ∈，2[0,1]x ∈上恒成立， 然后分别讨论函数()f x 与()g x 的最小值，利用最值分析求解.【解析】（Ⅰ）当0a =时，要证222()22ln 2022x x f x x x x x -+=--+≥，只需证ln 02xx -<， 令()ln (0)2x h x x x =->，则112()22xh x x x-'=-=当(0,2)x ∈时，()0,()h x h x '>单调递增；当(2,)x ∈+∞时，()0,()h x h x '<单调递减；所以max ()(2)ln 210h x h ==-<，()(2)0h x h ≤<故ln 02x x -<，所以2()22x f x x >-． （Ⅱ）问题等价于1(0,1]x ∀∈，2[0,1]x ∃∈，()()12minmin f x g x由232()3g x x x =-得2()22g x x x '=-， 由2()220g x x x '=-得01x ，所以在[0,1]上，()g x 是增函数，故min ()(0)0g x g ==．()f x 定义域为(0,)+∞，而()()()()()22121221122x a x a x ax f x a x a x x x⎡⎤++-++-⎣⎦=++-=='． 当2a -时，()0f x '<恒成立，()f x 在(0,1]上是减函数，所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 当2a >-时，由()0f x '<，得102x a <<+；由()0f x '>，得12x a >+， 所以()f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭单调递减，在1,2a ⎛⎫+∞⎪+⎝⎭单调递减． 若112a >+，即21a -<<-时，()f x 在(0,1]是减函数， 所以min ()(1)2(1)01f x f a a ==+⇒-，不成立； 若1012a <+，即1a -时，()f x 在12x a =+处取得最小值min 11()1ln(2)22f x f a a a ⎛⎫==++- ⎪++⎝⎭， 令1()1ln(2)(1)2h a a a a =++--+， 则22113()02(2)(2)a h a a a a +'=+=>+++在[1,)-+∞上恒成立， 所以()h a 在[1,)-+∞是增函数且min ()(1)0h a h =-=， 此时min 1()02f x f a ⎛⎫=⎪+⎝⎭成立，满足条件． 综上所述，1a -．5、已知函数21()(1)ln 2f x x a x a x =-++. （1）求函数()f x 的单调递增区间；（2）任取[3,5]a ∈，函数()f x 对任意1212,[1,3]()x x x x ∈≠，恒有1212|()()|||f x f x x x λ-<-成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[6)-+∞.【分析】（1）求函数导数，分类讨论求()0f x '>的解即可求解；（2）由(1)知()f x 在[1.3]上单调递减，不妨设12x x <，从而把不等式中的绝对值去掉得：1122()()f x x f x x λλ+<+，构造函数()()(13)h x f x x x λ=+≤≤，把问题转化为恒成立问题，求得实数λ的取值范围.【解析】（1）(1)()()1(0)a x x a f x x a x x x----+'==> 当1a = 时，2(1)()0x f x x-=≥'，所以()f x 在 (0,)+∞ 上单调递增；当1a > 时，由(1)()()0x x a f x x -'-=>解得(0,1)x ∈或(,)a +∞，所以()f x 在(0,1)，(,)a +∞上单调递增； 当01a <<时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(0,)x a ∈或(1,)+∞，所以()f x 在(0,)a ，(1,)+∞ 上单调递增； 当0a ≤时，由(1)()()0x x a f x x-'-=>解得(1,)x ∈+∞，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增.综上所述：当1a > 时，单调递增区间为(0,1)和(,)a +∞；当1a = 时，单调递增区间为(0,)+∞；当01a << 时，单调递增区间为(0,)a 和(1,)+∞； 当0a ≤ 时，单调递增区间为(1,)+∞（2）因为[3,5]a ∈，由（1）得，()f x 在[1,3]上单调递减，不妨设 12x x < ， 由1212|()()|||f x f x x x λ-<-得1221()()f x f x x x λλ-<-， 即1122()()f x x f x x λλ+<+令()()(13)h x f x x x λ=+≤≤ ，()1ah x x a xλ'=+--+， 只需()0h x '≥恒成立，即1(1)1a x xλ≥--+（[3,5]a ∈，[1,3]x ∈）恒成立，[]1,3x ∈ , 110x∴-≥max 1()1(5(1)111)a x x x x ∴=---++-即15(1)1x x λ≥--+（[1,3]x ∈）恒成立， 即56()x x λ≥-+（[1,3]x ∈）恒成立，因为56()6x x-+≤-x =，所以实数λ的取值范围是[6)-+∞.6、设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.（1）如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； （2）如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立．g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1，∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.（2）对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝ax ＋x ln x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 恒成立． 令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0， h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0，当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0， ∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减， ∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1. ∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．7、已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当0<x 1<x 2≤1时，都有f (x 1)−f(x 2)x 1−x 2<4x1x 2，求实数a 的取值范围．【解析】（1）由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． （2）∵0<x 1<x 2≤1，∴x 1－x 2<0，∴原不等式等价于f (x 1)−f (x 2)>4(x 1−x 2)x 1x 2，即f (x 1)－f (x 2)>4x 2－4x 1，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2.设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0,1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2等价于g (x )在(0,1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0,1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0,1]上恒成立⇔a ≥x －4x在(0,1]上恒成立，易知y ＝x －4x在(0,1]上单调递增，其最大值为－3.因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3,0)．8、已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .（1）当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；（2）当a <1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)<g (x 2)成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）f ′(x )=(x−1)(x−a)x 2.。
专题16 破解恒成立问题【原卷版】
专题16 破解恒成立问题【热点聚焦】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：，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：()21log a x x -<111ax x e x-+>-（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3.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 ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【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.【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．【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； x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x(2)当0x >时，不等式()()22cos ea x x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【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]-【典例6】（2015·全国·高考真题（理））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 ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【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， 【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,+∞2．（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 ．3B ．4C ．3ln 2-D ．3ln 2+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 ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦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 2x f 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 ．12⎛ ⎝B ．)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 5．（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 ．0B ．1eC ．1D ．e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2025C ．()f x 有且只有2个零点D ．()f x x ≥恒成立.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___________________. 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()()e e ln m x mx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________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___________.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___________.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x x f 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．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≈）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．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．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()x f x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0a f 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. 17．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数()ln(1)1,f x x =+-(1)求证：(1)3f x -≤；(2)设函数21()(1)()12=+-+g x x f x ax ，若()g x 在(0,)+∞上存在最大值，求实数a 的取值范围．18．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数．（注：是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数a 的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 2()e e,x f x ax a =+-∈R e 2.71828=1a =()y f x =(1,(1))f ()f x b ∈R x ∈R ()f x b ≥-a b。
专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析(原卷版)
专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析考点一 单函数双任意型【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝ln x x＋ax ＋b 的图象在点A (1，f (1))处的切线与直线l ：2x －4y ＋3＝0平行． (1)求证：函数y ＝f (x )在区间(1，e)上存在最大值；(2)记函数g (x )＝xf (x )＋c ，若g (x )≤0对一切x ∈(0，＋∞)，b ∈⎝⎛⎭⎫0，32恒成立，求实数c 的取值范围．[例2] 已知函数f (x )＝(log a x )2＋x －ln x (a >1)．(1)求证：函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增；(2)若关于x 的方程|f (x )－t |＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t 的值；(3)若对任意的x 1，x 2∈[a －1，a ]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1恒成立(e 为自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．[例3] 已知函数f (x )＝x 2－ax ＋2ln x ．(1)若函数y ＝f (x )在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)设f (x )有两个极值点x 1，x 2，若x 1∈⎝⎛⎦⎤0，1e ，且f (x 1)≥t ＋f (x 2)恒成立，求实数t 的取值范围．[例4] 已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝x 2－ax ．+X+K](1)求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最小值m (t )；(2)令h (x )＝g (x )－f (x )，A (x 1，h (x 1))，B (x 2，h (x 2))(x 1≠x 2)是函数h (x )图象上任意两点，且满足h (x 1)－h (x 2)x 1－x 2＞1，求实数a 的取值范围；[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－3x ．(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2，求函数f (x )的极小值；(2)若a ＝1，对于任意x 1，x 2∈[1，10]，当x 1<x 2时，不等式f (x 1)－f (x 2)>m (x 2－x 1)x 1x 2恒成立，求实数m 的取值范围．【对点训练】1．已知函数f (x )＝a ln x ＋x －1x，其中a 为实常数． (1)若x ＝12是f (x )的极大值点，求f (x )的极小值； (2)若不等式a ln x －1x ≤b －x 对任意－52≤a ≤0，12≤x ≤2恒成立，求b 的最小值．2．设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx ．(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．3．设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若对任意a ∈(4，5)及任意x 1，x 2∈[1，2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．4．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫2－x e ln x (其中e 为自然对数的底数)． (1)证明：f (x )≤f (e)；(2)对任意正实数x 、y ，不等式a ⎝⎛⎭⎫2x －y e (ln y －ln x )－2x ≤0恒成立，求正实数a 的最大值．5．设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R ． (1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．6．已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对于任意的x 1，x 2∈(0，1]，且x 1≠x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|<4⎪⎪⎪⎪1x 1－1x 2，求实数a 的取值范围．7．设f (x )＝e x －a (x ＋1)．(1)若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立，求正实数a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋a e x ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围．考点二 双函数双任意型【例题选讲】[例6] 已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝ax 2＋1，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a ∉(0，e)，若对任意x 1，x 2∈[1，e]，有f (x 1)>g (x 2)，求实数a 的取值范围．[例7] 已知函数f (x )＝x e x ＋x －1，g (x )＝ln x ＋1e(e 为自然对数的底数)． (1)证明：f (x )≥g (x )；(2)若对于任意的x 1，x 2∈[1，a ](a >1)，总有|f (x 1)－g (x 2)|≤2e 2－1e＋1，求a 的最大值．[例8] 已知函数f (x )＝x 2－2a ln x (a ∈R )，g (x )＝2ax .(1)求函数f (x )的极值；(2)若0＜a ＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|＞|g (x 1)－g (x 2)|成立，求实数a 的取值范围.【对点训练】8．已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ．若对任意x 1，x 2∈[－3，3]，都有f (x 1)≤g (x 2) 成立，求实数c 的取值范围．9．已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ∈R )，g (x )＝1x． (1)当a ＝－2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<4×|g (x 1)－g (x 2)|，求实数a 的取值范围．10．设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x ． (1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．考点三 任意存在型【例题选讲】[例9] 设函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)已知函数在定义域内为增函数，求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋2ln ax ＋26x，对于任意a ∈(2，4)，总存在x ∈⎣⎡⎦⎤32，2，使g (x )＞k (4－a 2)成立，求实数k 的取值范围．[例10] 已知函数f (x )＝2ln x 2－3x －6x ＋1． (1)求f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝ln x －ax ，若对任意x 1∈(1，＋∞)，存在x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．[例11] 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )． (1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性； (2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4．当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．[例12] 已知x ＝1e为函数f (x )＝x a ln x 的极值点． (1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kx ex ，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．[例13] 已知函数f (x )＝e x sin x －cos x ，g (x )＝x cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数．(1)判断函数y ＝f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内零点的个数，并说明理由； (2)∀x 1∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，试求实数m 的取值范围．[例14] 已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，g (x )＝e x －1－x ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∀a ∈(0，1)，是否存在实数λ，∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使f [(n )]2－λg (m )<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．【对点训练】11．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋1的单调递减区间是(1，2)．(1)求f (x )的解析式；(2)若对任意的x 1∈(0，2]，存在x 2∈[2，＋∞)，使不等式12x 31－x 1ln x 1－x 1t ＋3＞f (x 2)成立，求实数t 的取值范围．12．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．13．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )． (1)当a ＝1时，证明：f (x )≤－2；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0，2)，∃x 2∈[1，2]，f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．14．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ． (1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝x e x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．15．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0，2]，均存在x 2∈(0，2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．16．函数f (x )＝e x sin x ，g (x )＝(x ＋1)cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数．(1)求f (x )的单调区间；(2)对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤0，π2，使f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，求实数m 的取值范围．考点四 存在任意型【例题选讲】[例15] 已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R ． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝(x －k )e x ＋k ，k ∈Z ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．当a ＝1时，若∃x 1∈(0，＋∞)，∀x 2∈(0，＋∞)，不等式5f (x 1)＋g (x 2)＞0成立，求k 的最大值．[例16] 已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ． (1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．[例17] (2021·天津)已知a ＞0，函数f (x )＝ax －x e x ．(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)证明函数y ＝f (x )存在唯一的极值点；(3)若存在实数a ，使得f (x )≤a ＋b 对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．【对点训练】17．已知f (x )＝1－x ax＋ln x ，(a ∈R ，且a ≠0)． (1)试讨论函数y ＝f (x )的单调性；(2)若∃x 0∈(0，＋∞)使得∀x ∈(0，＋∞)都有f (x )≥f (x 0)恒成立，且f (x 0)≥0，求满足条件的实数a 的取值集合．18．已知函数f (x )＝x －m ln x －m －1x (m ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ． (1)若m <e ＋1，试求f (x )在[1，e]的最小值；(2)当m ≤2时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．19．已知函数f (x )＝ln x ，h (x )＝ax (a ∈R )．(1)若函数f (x )与h (x )的图象无公共点，试求实数a 的取值范围；(2)是否存在实数m ，使得对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞，都有函数y ＝f (x )＋m x 的图象在g (x )＝e x x的图象的下方？若存在，请求出最大整数m 的值；若不存在，请说明理由．参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，e≈1.648 7 ，3e≈1.395 6．20．已知向量m ＝(e x ，ln x ＋k )，n ＝(1，f (x ))，m ∥n (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴垂直，F (x )＝x e x f ′(x )．(1)求k 的值及F (x )的单调区间；(2)已知函数g (x )＝－x 2＋2ax (a 为正实数)，若对于任意x 2∈[0，1]，总存在x 1∈(0，＋∞)，使得g (x 2)<F (x 1)，求实数a 的取值范围．考点五 双存在型【例题选讲】[例18] 已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)求函数f (x )的极小值；(2)若存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1(e 是自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．[例19] 已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b x在x ＝1处取得极值. (1)若a >1，求函数f (x )的单调区间；(2)若a >3，函数g (x )＝a 2x 2＋3，若存在m 1，m 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使得|f (m 1)－g (m 2)|<9成立，求a 的取值范围．【对点训练】21．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a (a >0，a ≠1)．(1)当a ＝e(e 是自然对数的底数)时，求函数f (x )的单调区间；(2)若存在x 1，x 2∈[－1，1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|≥e －1，求实数a 的取值范围．22．已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋1＋mx 2，当0＜m ≤6时，g (x )＝x 3－4x－mx ，x ∈(0，2]，若存在x 1∈R ，x 2∈(0， 2]，使f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．23．设x ＝3是函数f (x )＝(x 2＋ax ＋b )e 3－x (x ∈R )的一个极值点．(1)求a 与b 之间的关系式，并求当a ＝2时，函数f (x )的单调区间；(2)设a >0，g (x )＝⎝⎛⎭⎫a 2＋254e x ．若存在x 1，x 2∈[0，4]使得|f (x 1)－g (x 2)|<1成立，求实数a 的取值范围．。
导数第三讲：与双变量有关的恒成立问题(解析版)
专题十六与双变量有关的恒成立问题一、问题指引函数背景下的双变量问题，一直是高考的热点与难点，求解基本方法是利用相关知识转化为一个变量的函数问题．二、方法详解(一)独立双变量，化为两边同函数形式【例1】设函数()ln ,k R kf x x x=+∈．（1）若曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，求()f x 的单调递减区间和极小值（其中e 为自然对数的底数）；（2）若对任何()()1212120,x x f x f x x x >>-<-恒成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由条件得()()210kf x x x x '=->，∵曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线与直线20x -=垂直，∴此切线的斜率为0，即()0f e '=，有210k e e -=，得k e =，∴()()2210e x ef x x x x x-'=-=>，由()0f x '<得0x e <<，由()0f x '>得x e >．∴()f x 在()0,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，当x e =时，()f x 取得极小值()ln 2ef x e e=+=．故()f x 的单调递减区间为()0,e ，极小值为2（2）条件等价于对任意()()1211220,x x f x x f x x >>-<-恒成立，设()()()ln 0kh x f x x x x x x =-=+->．则()h x 在()0,+∞上单调递减，则()2110k h x x x '=--≤在()0,+∞上恒成立，得()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭恒成立，∴14k ≥（对()1,04k h x '==仅在12x =时成立），故k 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解练习1.已知函数=+En .（Ⅰ）求函数的图象在点1,1处的切线方程；（Ⅱ）若∈，且−1<对任意>1恒成立，求的最大值；（Ⅲ）当>≥4时，证明：B>B .【解析】（Ⅰ）∵（Ⅱ）由（Ⅰ）知，op =+Ens ∴o −1)<op ，对任意>1恒成立，即<rEn K1对任意>1恒成立．令op =rEn K1，则n(p =KlnK2(K1)2，令ℎ(p =−ln −2(>1)，则ℎ'(p =1−1=K1>0，所以函数ℎ(p 在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(p =0在(1,+∞)上存在唯一实根0，且满足0∈(3,4)．当1<<0时，ℎ(p <0，即n(p <0，当>0时，ℎ(p >0，即n(p >0，所以函数op =rEn K1在(1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．∴[op]min =o 0)=0(1+ln 0)0−1=0(1+0−2)0−1=0∈(3,4)，∴<[op]min =0∈(3,4)，故整数的最大值是3．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，op =rEn K1是[4,+∞)上的增函数，∴当>≥4时，rEn K1>rEnK1．即o −1)(1+lnp >o −1)(1+lnp ．整理，得Bln +En >Bln +En +(−p ．∵>s ∴Bln +En >Bln +En ．即ln B +ln >ln B +ln ．即ln(B )>ln(B )．∴(B )>(B )．(二)各自构造一元函数【例2】设函数2()()e ()x f x x ax a a -=+-⋅∈R .（1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】(1)当0a =时，因为()2xf x x e-=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =.()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-；②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-；③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-.【评注】对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.练习2.已知函数op =3−2+(2−p +2，=2+32K，∈．(Ⅰ)当=2时，求曲线=op 在=1处的切线方程；(Ⅱ)求op 的单调区间；(Ⅲ)设<0，若对于任意0∈[0,1]，总存在1∈[0,1]，使得o 1)=o 0)成立，求的取值范围．【解析】(Ⅰ)当=2时，=3−2+2，所以'=32−2，所以1=2,'1=1所以曲线=在=1处的切线方程为−2=−1，即=+1(Ⅱ)=2+32K的定义域是U ≠，'=r K3K 2令'=0，得1=−s 2=3①当=0时，=s ≠0，所以函数的单调增区间是(−∞,0),(0,+∞)②当<0时，s ',变化如下：−∞,333ss −−−s +∞'+0--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,3,−s +∞，单调减区间是3s ,s −③当>0时，s ',变化如下：−∞,−−−s s 333s +∞'+--+↗极大值↘↘极小值↗所以函数的单调增区间是−∞,−,3s +∞，单调减区间是−s ,s 3(Ⅲ)因为=3−2+2−+2，所以'=32−2+2−当<0时，=4−122−=12−20<0所以'>0在0,1上恒成立，所以在0,1上单调递增所以在0,1上的最小值是0=2，最大值是1=4−即当∈0,1时，的取值范围为2,4−由(Ⅱ)知，当−1<<0时，0<−<1，在0,−上单调递减，在−s1上单调递增因为−=−2<2，所以不合题意当≤−1时，−>1，在0,1上单调递减所以在0,1上的最大值为0=−3，最小值为1=1+321−所以当∈0,1时，的取值范围为1+321−,−3“对于任意0∈0,1，总存在1∈0,1，使得1=0成立”等价于1+321−,−3⊆[2,4−p即1+321−≥2−3≤4−，解得−2≤≤−1所以的取值范围为−2,−1(三)消元构造一元函数【例3】已知函数op=2+B−En.（1）若函数op在[2,5]上单调递增，求实数的取值范围；（2）当=2时，若方程op=2+2有两个不等实数根1，2，求实数的取值范围，并证明12<1.【分析】（1）求出n(p=2+−，即n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即≥−22K1对∈[2,5]恒成立；（2）当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则有ℎ(p min<0；不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，ℎ1−ℎ12=2−12−2ln2.【解析】（1）n(p=2+−，∵函数op在[2,5]上单调递增，∴n(p≥0在∈[2,5]恒成立，即2+−≥0对∈[2,5]恒成立，∴≥−22K1对∈[2,5]恒成立，即≥−22K1max，∈[2,5]，令op=−22K1(∈[2,5])，则n(p=−22+4(K1)2≤0(∈[2,5])，∴op在[2,5]上单调递减，∴op在[2,5]上的最大值为o2)=−8.∴的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当=2时，方程op=2+2⇔−ln−=0，令ℎ(p=−ln−o>0)，则ℎ'(p=1−1，当∈(0,1)时，ℎ'(p<0，故ℎ(p单调递减，当∈(1,+∞)时，ℎ'(p>0，故ℎ(p单调递增，∴ℎ(p min=ℎ(1)=1−.若方程op=2当>1时，0<−<1<，ℎ−=−>0，ℎ=−2，令op =−2o >1)，则n(p =−2>0，op 单调递增，op >o1)=−2>0，∴ℎ()>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数的取值范围是(1,+∞).不妨设1<2，则0<1<1<2，0<12<1，∴12<1⇔1<12⇔ℎ1>ℎ12，∵ℎ1=ℎ2=0，∴ℎ1−ℎ12=ℎ2−ℎ12=2−ln 2−−12−ln12−=2−12−2ln 2.令op =−1−2lno >1)，则n(p =1+12−2=1−12>0，∴op 在(1,+∞)上单调递增，∴当>1时，op >o1)=0，即2−12−2ln 2>0，∴ℎ1>ℎ12，∴12<1.练习3.已知函数op =e −+1,≤0,2s >0.函数=oop +1)−o ∈p 恰有两个零点1和2．（1）求函数op 的值域和实数的最小值；（2）若1<2，且B 1+2≥1恒成立，求实数的取值范围．【解析】（1）当≤0时，op =e −+1≥2.当>0时，op =2>0.∴op 的值域为(0,+∞)．令oop +1)=，∵op +1>1，∴oop +1)>2，∴>2.又op 的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设op +1=1，op +1=2，且1<0，2>1．∴op =1−1无解.从而op =2−1要有两个不同的根，应满足2−1≥2，∴2≥3.∴o 2)=oop +1)≥23.即≥23．∴的最小值为23.(2)=oop +1)−有两个零点1、2且1<2，设op =，∈[2,+∞)，∴e −1+1=，∴1=−ln(−1).22=，∴2=24.∴−En(−1)+24≥1对∈[2,+∞)恒成立设ℎ(p =−En(−1)+24−1，ℎ'(p =−K1+2=2−K22(K1).∵∈[2,+∞)，∴2−∈[2,+∞)恒成立.∴当2≤2，即≤1时，ℎ'(p ≥0，∴ℎ(p 在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(p ≥ℎ(2)=−En1+1−1=0成立.当>1时，设op =2−−2.由o2)=4−2−2=2−2<0.∴∃0∈(2,+∞)，使得o 0)=0.且当∈(2,0)时，op <0，∈(0,+∞)时，op >0.∴当∈(2,0)时，ℎ(p 单调递减，此时ℎ(p <ℎ(2)=0不符合题意.综上，≤1.(四)构造齐次式，换元【例4】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．（1）求实数a 的取值范围；（2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x-a lnx ，∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2．∴f′（x ）=x-a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x-a lnx ，则()g'x 1x a =-=x xa-，（x ＞0），①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ，则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增，要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ，∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．（2）由x 1，x 2是g （x ）=x-a lnx=0的两个根，则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t-t-120t +<，设g （t ）=ln 2t-t-12t +，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，令h （t ）=2lnt-t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h （t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h （t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g （t ）＜g （1）=0，即ln 2t ＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2．练习4.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈.（1）讨论函数()y f x =的单调性；（2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>，当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得2402a a x ---<<或242a a x -+->，'()0f x <，解得224422a a a a x ----+-<<，所以函数()f x 在区间2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和区间24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，()f x 在2244,22a a a a ⎛⎫----+- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在240,2a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭和24,2a a ⎛⎫-+-+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+.当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <.由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+，所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证211221ln ln x x x x x x ->-，令21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t t->，即证1ln 0t t t --<，令1()ln (1)t h t t t t-=->，2(1)'()02t h t t t-=-<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而1ln 0t t t --<得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭.(五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例5】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅱ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++， 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，∴()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，即：112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立设()121h x x x =-+，当2≥x 时，11x +单调递减，2x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增()()min 1112433h x h ∴==-=113a ∴≤，即a 的取值范围为：11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥ ，122m x m x x ∴+≥()121f x x a x '=-++ ，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥，(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+练习5.已知函数op=−，op=(+pln(+p−．（1）若=1，'(p='(p，求实数的值．（2）若s∈+，op+op≥o0)+o0)+B，求正实数的取值范围．【解析】（1）由题意，得'(p=−1，'(p=ln(+p，由=1，'(p='(p…①，得−ln(+1)−1=0，令op=−ln(+1)−1，则'(p=−1r1，因为″(p=+1(r1)2>0，所以'(p在(−1,+∞)单调递增，又'(0)=0，所以当−1<<0时，'(p>0，op单调递增；当>0时，'(p<0，op单调递减；所以op≤o0)=0，当且仅当=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解=0，实数的值为0．（2）解法一：令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=−(+1)，所以当>ln(+1)时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<ln(+1)时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(ln(+1))=oln(+1))+op−o0)−o0)−En(+1)=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En．令op=(+pln(+p−(+1)ln(+1)−En（>0），则'(p=ln(+p−ln(+1)．（i）若>1时，'(p>0，op在(0,+∞)单调递增，所以op>o0)=0，满足题意．（ii）若=1时，op=0，满足题意．（iii）若0<<1时，'(p<0，op在(0,+∞)单调递减，所以op<o0)=0．不满足题意．综上述：≥1．解法二：先证明不等式，−−1≥0，−1≥ln，−En−1≤0…（*）．令op=−−1，则当≥0时，'(p=−1≥0，op单调递增，当≤0时，'(p=−1≤0，op单调递减，所以op≥o0)=0，即−−1≥0(∈p．变形得，≥+1，所以>−1时，≥ln(+1)，所以当>0时，−1≥ln.又由上式得，当>0时，1−1≥ln1，1−≥−En，−En−1≤0.因此不等式（*）均成立．令ℎ(p=op−B+op−o0)−o0)（>0），则ℎ'(p=ln(+p−，（i）若>ln时，当>−时，ℎ'(p>0，ℎ(p单调递增;当0<<−时，ℎ'(p<0，ℎ(p单调递减;故ℎ(p≥ℎ(−p=o−p−o−p+op−o0)−o0)=(−1)+−1−En．（ii）若0<≤ln时，ℎ'(p≥0，ℎ(p在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(p>ℎ(0)=op−o0)=−−1．因此，①当0<≤1时，此时ln<0，>ln，ℎ(p≥(−1)+−1−En≥0，则需−1≥0,−1−kB≥0,由（*）知，−En−1≤0，（当且仅当=1时等号成立），所以=1．②当>1时，此时ln>0，>0，则当>ln时，ℎ(p≥(−1)+−1−En>(−1)ln+−1−En=−ln+−1>0（由（*）知）；当0<≤ln时，ℎ(p>综上述：≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示【例6】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【分析】（1）先求解导数，再结合导数式特点，进行分类讨论，可得单调性；（2）结合极值点的特征，把目标式中双变量转化为单变量，结合函数单调性可证.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x a f x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-.若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减；当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增，综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx fx x x a x x x a x +=-++-+()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--.令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-，由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-，所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-.综上，可得()()1232fx f x -<+<-.练习6.已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）.11（1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）.【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（），得2121'21ax x f x ax x x-+-=--+=（），0x ∈+∞（，），（i ）若0a =时；1x f x x-'=（），当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点；（ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得11184a x a --=，21184a x a+-=，当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ，∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点，综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点；(iii)当108a <<，()f x 有两个极值点.（2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x -+=的两根，∴1212x x a +=,1212x x a =，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（）22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a =---+11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a =+--，设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a -'=-=<（），∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（），∴1234ln 2f x f x +>-（）（）.。
2023年高考数学二轮复习讲练测专题16 函数与导数常见经典压轴小题全归类(原卷版)
专题16函数与导数常见经典压轴小题全归类【命题规律】1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．【核心考点目录】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型核心考点二：函数嵌套问题核心考点三：函数整数解问题核心考点四：唯一零点求值问题核心考点五：等高线问题核心考点六：分段函数零点问题核心考点七：函数对称问题核心考点八：零点嵌套问题核心考点九：函数零点问题之三变量问题核心考点十：倍值函数核心考点十一：函数不动点问题核心考点十二：函数的旋转问题核心考点十三：构造函数解不等式核心考点十四：导数中的距离问题核心考点十五：导数的同构思想核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法核心考点十七：三次函数问题核心考点十八：切线问题核心考点十九：任意存在性问题核心考点二十：双参数最值问题核心考点二十一：切线斜率与割线斜率核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题核心考点二十四：函数的伸缩变换问题【真题回归】1．（2022·全国·统考高考真题）当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1-B ．12-C ．12D ．12．（2022·全国·统考高考真题）函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 3．（多选题）（2022·全国·统考高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线4．（2022·天津·统考高考真题）设a ∈R ，对任意实数x ，记(){}2min 2,35f x x x ax a =--+-．若()f x 至少有3个零点，则实数a 的取值范围为______.5．（2022·全国·统考高考真题）已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．6．（2022·全国·统考高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．7．（2022·浙江·统考高考真题）已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ⎧-+≤⎪=⎨+->⎪⎩则12f f ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭________；若当[,]x a b ∈时，1()3f x ≤≤，则b a -的最大值是_________．8．（2022·全国·统考高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 9．（2022·北京·统考高考真题）设函数()()21,,2,.ax x a f x x x a -+<⎧⎪=⎨-≥⎪⎩若()f x 存在最小值，则a 的一个取值为________；a 的最大值为___________．【方法技巧与总结】1、求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现()()f f a 的形式时，应从内到外依次求值；当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围．2、含有抽象函数的分段函数，在处理时首先要明确目标，即让自变量向有具体解析式的部分靠拢，其次要理解抽象函数的含义和作用（或者对函数图象的影响）．3、含分段函数的不等式在处理上通常有两种方法：一种是利用代数手段，通过对x 进行分类讨论将不等式转变为具体的不等式求解；另一种是通过作出分段函数的图象，数形结合，利用图象的特点解不等式．4、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．5、动态二次函数中静态的值：解决这类问题主要考虑二次函数的有关性质及式子变形，注意二次函数的系数、图象的开口、对称轴是否存在不变的性质，二次函数的图象是否过定点，从而简化解题．6、动态二次函数零点个数和分布问题：通常转化为相应二次函数的图象与x 轴交点的个数问题，结合二次函数的图象，通过对称轴，根的判别式，相应区间端点函数值等来考虑．7、求二次函数最值问题，应结合二次函数的图象求解，有三种常见类型： （1）对称轴变动，区间固定； （2）对称轴固定，区间变动； （3）对称轴变动，区间也变动．这时要讨论对称轴何时在区间之内，何时在区间之外．讨论的目的是确定对称轴和区间的关系，明确函数的单调情况，从而确定函数的最值．8、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点…具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．增区间：(), x -∞，0∆≤恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223b x x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d=+++的两个不相等的极值点，那么：① 若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点； ② 若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点； ③ 若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．9、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．10、对于三次函数图象的切线问题，和一般函数的研究方法相同．导数的几何意义就是求图象在该店处切线的斜率，利用导数研究函数的切线问题，要区分“在”与“过”的不同，如果是过某一点，一定要设切点坐标，然后根据具体的条件得到方程，然后解出参数即可．11、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．12、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．13、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．14、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．15、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等． （2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 16、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．【核心考点】核心考点一：函数零点问题之分段分析法模型 【典型例题】例1．（2023·浙江奉化·高二期末）若函数322ln ()x ex mx xf x x -+-=至少存在一个零点，则m 的取值范围为（ ） A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭C ．1,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦D ．1,e e ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭例2．（2023·天津·耀华中学高二期中）设函数()322ln f x x ex mx x =-+-，记()()f xg x x=，若函数()g x 至少存在一个零点，则实数m 的取值范围是 A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．210,e e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．21e ,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．2211e ,e e e ⎛⎤--+ ⎥⎝⎦例3．（2023·湖南·长沙一中高三月考（文））设函数()22x xf x x x a e=--+（其中e 为自然对数的底数），若函数()f x 至少存在一个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1(0,1]e+B ．1(0,]e e +C ．1[,)e e ++∞D ．1(,1]e-∞+核心考点二：函数嵌套问题 【典型例题】例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)x f x x x e =--，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e-=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6例5．（2023·全国·高三专题练习（文））已知函数()||12x f x e =-，()()11,021ln ,0x x g x x x x ⎧+≤⎪=⎨⎪->⎩若关于x 的方程()()0g f x m -=有四个不同的解，则实数m 的取值集合为（ ） A ．ln 20,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,12⎛⎫⎪⎝⎭C ．ln 22⎧⎫⎨⎬⎩⎭D ．()0,1例6．（2023·河南·高三月考（文））已知函数()ln x f x x=，若关于x 的方程()()210f x af x a ++-=⎡⎤⎣⎦有且仅有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是( ) A ．()2e,1e --B ．()1e,0-C ．(),1e -∞-D ．()1e,2e -核心考点三：函数整数解问题 【典型例题】例7．（2023·福建宁德·高三）当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．2-B ．1-C ．0D ．1例8．（2023·江苏·苏州大学附属中学高三月考）已知a Z ∈，关于x 的一元二次不等式260x x a -+≤的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的a 的值之和是（ ） A ．13B ．21C ．26D ．30例9．（2023·江苏宿迁·高一月考）用符号[x ]表示不超过x 的最大整数（称为x 的整数部分），如[﹣1.2]=﹣2，[0.2]=0，[1]=1，设函数f （x ）=（1﹣ln x ）（ln x ﹣ax ）有三个不同的零点x 1，x 2，x 3，若[x 1]+[x 2]+[x 3]=6，则实数a 的取值范围是（ ） A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．ln 31,3e ⎛⎫⎪⎝⎭ C ．ln 21,2e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2ln 3,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 核心考点四：唯一零点求值问题 【典型例题】例10．（2023·安徽蚌埠·模拟预测（理））已知函数()()()2ln 1ln f x x x a x =-+--有唯一零点，则a =（ ）A ．0B ．12-C ．1D ．2例11．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数()(),g x h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()x g x h x e x +=+，若函数()()12216x f x g x λλ-=+--有唯一零点，则正实数λ的值为（ ）A ．12B ．13C ．2D ．3例12．（2023·新疆·莎车县第一中学高三期中）已知函数()g x ，()h x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且()()sin xg x h e x x x ++=-，若函数()()20202320202x f g x x λλ-=---有唯一零点，则实数λ的值为 A ．1-或12B ．1或12-C ．1-或2D ．2-或1核心考点五：等高线问题 【典型例题】例13．（2023·陕西·千阳县中学模拟预测（理））已知函数2()log 1f x x =-，若方程()f x a =(0)a >的4个不同实根从小到大依次为1x ，2x ，3x ，4x ，有以下三个结论：①142x x +=且232x x +=；②当1a =时，12111x x +=且34111x x +=；③21340x x x x +=．其中正确的结论个数为（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3例14．（2023·江苏省天一中学高三月考）已知函数2()(2)x f x x x e =-，若方程()f x a =有3个不同的实根()123123x x x x x x <<，，，则22ax -的取值范围为（ ） A ．10e⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，B．1e⎡-⎢⎣⎭C．()D．(例15．（2023·浙江·高一单元测试）已知函数(){}2max ,32f x x x =-，其中{},max ,,p p q p q q p q ≥⎧=⎨<⎩，若方程()()302f x ax a =+>有四个不同的实根1x 、2x 、3x 、()41234x x x x x <<<，则1423x x x x ++的取值范围是（ ）A ．93,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭B ．193,102⎫⎛-- ⎪⎝⎭C ．39,210⎫⎛- ⎪⎝⎭D ．319,210⎫⎛- ⎪⎝⎭核心考点六：分段函数零点问题 【典型例题】例16．（2023·山东青岛·高三期末）已知函数2|ln(1),1()(2),1x x f x x x ⎧+-=⎨+≤-⎩，若方程()0f x m -=有4个不相同的解，则实数m 的取值范围为（ ） A ．(0,1]B ．[0,1)C ．(0,1)D ．[0,1]例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2log ,1()11,14x x f x x x >⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，()()g x f x kx =-，若函数()g x 有两个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．10,4⎛⎤⎥⎝⎦B ．10,ln 2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．11,42eln ⎡⎫⎪⎢⎣⎭例18．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数22,0()log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，函数()()g x f x x m =++，若()g x 有两个零点，则m 的取值范围是（ ）． A ．[1,)-+∞B ．(,1]-∞-C ．[0,)+∞D ．[1,0)-核心考点七：函数对称问题 【典型例题】例19．（2023·安徽省滁州中学高三月考（文））已知函数()22ln ,03,02x x x x f x x x x ->⎧⎪=⎨--≤⎪⎩的图象上有且仅有四个不同的点关于直线1y =的对称点在10kx y +-=的图象上,则实数k 的取值范围是A ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭B ．13,24⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭例20．（2023·全国·高一课时练习）若直角坐标平面内的两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数()f x 的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称点对[],P Q 是函数()f x 的一个“友好点对”（注：点对[],P Q 与[],Q P 看作同一个“友好点对”）．已知函数()22log ,04,0x x f x x x x >⎧=⎨--≤⎩，则此函数的“友好点对”有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个例21．（2023·福建·厦门一中高一竞赛）若函数y ＝f (x )图象上存在不同的两点A ，B 关于y 轴对称，则称点对[A ，B ]是函数y ＝f (x )的一对“黄金点对”（注：点对[A ，B ]与[B ，A ]可看作同一对“黄金点对”）已知函数2229,0()4,041232,4x x f x x x x x x x +<⎧⎪=-+≤≤⎨⎪-+>⎩，则此函数的“黄金点对”有（ ）A ．0对B ．1对C ．2对D ．3对核心考点八：零点嵌套问题 【典型例题】例22．（2023·湖北武汉·高三月考）已知函数2()()(1)()1x x f x xe a xe a =+-+-有三个不同的零点123,,x x x .其中123x x x <<，则3122123(1)(1)(1)x x x x e x e x e ---的值为（ ）A ．1B ．2(1)a -C ．1-D ．1a -例23．（2023·全国·模拟预测（理））已知函数2()e e x x x ax f x a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x （其中123x x x <<），则3122312111e e ex x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1B ．1-C ．aD ．a -例24．（2023·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知函数()()()2ln ln f x ax x x x x =+--，有三个不同的零点，（其中123x x x <<），则2312123ln ln ln 111x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 A ．1a - B ．1a - C ．-1 D ．1核心考点九：函数零点问题之三变量问题 【典型例题】例25．（2023·全国·高三）若存在两个正实数x 、y ，使得等式3(24)(ln ln )0x a y ex y x +--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．()0-∞，B ．3(0)[)2e-∞⋃+∞，， C ．3(0]2e，D ．3[)2e+∞， 例26．（2023·山东枣庄·高二期末）对于任意的实数[1,e]x ∈，总存在三个不同的实数y ，使得ln 0ye xy x ay y--=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是A ．2(,)4e -∞-B ．2(,0)4e -C ．2[,)4e -+∞D ．2(,)4e -+∞例27．（2023·四川省新津中学高三月考（理））若存在两个正实数,x y ，使得等式330yx x e ay -=成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为A ．2[,)8e +∞B ．3(0,]27eC ．3[,)27e +∞D ．2(0,]8e核心考点十：倍值函数 【典型例题】例28．（河南省郑州市第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学（理）试题）对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时的值域为[](),0ka kb k >，则称()y f x =为k 倍值函数.若()2xf x e x =+是k倍值函数，则实数k 的取值范围是（ ） A ．()1,e ++∞B ．()2,e ++∞C ．1,e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭D ．,e e 2⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭例29．（2023·四川·内江市教育科学研究所高二期末（文））对于函数()y f x =，若存在区间,a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数.若()xf x e =是k 倍值函数，则k 的取值范围为（ ）A ．10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．()1,eC ．(),e +∞D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭例30．（2023·吉林·长春十一高高二期中（理））对于函数()y f x =，若存在区间[],a b ，当[],x a b ∈时，()f x 的值域为[],ka kb ，则称()y f x =为k 倍值函数．若()ln f x x x =+是k 倍值函数，则k 的取值范围为（ ） A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．11,1e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．11,e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭核心考点十一：函数不动点问题 【典型例题】例31．（2023·广东海珠·高三期末）设函数()f x a R e ∈，为自然对数的底数），若曲线y x x =上存在点00()x y ，使得00()f y y =，则a 的取值范围是（ ） A ．1e[1]e-, B ．1e[e 1]e-+， C ．[1e 1]+， D ．[1,e]例32．（2023·山西省榆社中学高三月考（理））若存在一个实数t ，使得()F t t =成立，则称t 为函数()F x 的一个不动点.设函数()1(xg x e x a =+-(a R ∈，e 为自然对数的底数)，定义在R 上的连续函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.若存在01|()(1)2x x f x f x x ⎧⎫∈+-+⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()g x 的一个不动点，则实数a 的取值范围为（ ）A ．⎛⎫-∞ ⎪ ⎪⎝⎭ B ．⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭ C ．⎛⎤⎥ ⎝⎦ D ．⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭例33．（2023·四川自贡·高二期末（文））设函数()()1ln 2=+-∈f x x x a a R ，若存在[]1,b e ∈(e 为自然对数的底数)，使得()()f f b b =，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,122⎡⎤--⎢⎥⎣⎦eB ．e 1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．1,ln 212⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦核心考点十二：函数的旋转问题 【典型例题】例34．（2023·上海市建平中学高三期末）双曲线2213x y -=绕坐标原点O 旋转适当角度可以成为函数f （x ）的图象，关于此函数f （x ）有如下四个命题，其中真命题的个数为（ ） ①f （x ）是奇函数；②f （x ）的图象过点32⎫⎪⎪⎝⎭或32⎫-⎪⎪⎝⎭； ③f （x ）的值域是33,,22⎛⎤⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭；④函数y ＝f （x ）－x 有两个零点． A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个例35．（2023·山东青岛·高三开学考试）将函数2([3,3])y x =∈-的图象绕点(3,0)-逆时针旋转(0)ααθ≤≤，得到曲线C ，对于每一个旋转角α，曲线C 都是一个函数的图象，则θ最大时的正切值为（ ）A ．32B ．23C ．1D 例36．（2023·浙江·高三期末）将函数π2sin 0,22x y x ⎛⎫⎡⎤=∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的图像绕着原点逆时针旋转角α得到曲线T ，当(]0,αθ∈时都能使T 成为某个函数的图像，则θ的最大值是（ ）A ．π6B ．π4C ．3π4D ．2π3核心考点十三：构造函数解不等式 【典型例题】例37．（2023·江西赣州·高三期中（文））已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =，且()f x 的导数1()2f x '>，则不等式||1(||)22x f x <+的解集为（ ） A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)-D ．(,1][1,)-∞-+∞例38．（2023·全国·高二课时练习）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（ ） A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，例39．（2023·全国·高二课时练习）已知()f x 的定义域为0,，()'f x 为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x '<-，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是（ ）A ．0,1B ．2,C ．1,2D ．1,核心考点十四：导数中的距离问题 【典型例题】例40．（2023春•荔湾区期末）设函数22()()(22)f x x a lnx a =-+-，其中0x >，a R ∈，存在0x 使得04()5f x 成立，则实数a 的值是( ) A ．15B ．25C ．12D ．1例41．（2023•龙岩模拟）若对任意的正实数t ，函数33()()()3f x x t x lnt ax =-+--在R 上都是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．1(,]2-∞B ．(-∞C ．(-∞D ．(-∞，2]例42．（2023•淮北一模）若存在实数x 使得关于x 的不等式2221()22x e a x ax a -+-+成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．1{}2B ．1{}4C ．1[2，)+∞D ．1[4，)+∞核心考点十五：导数的同构思想 【典型例题】例43．（2023·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（ ） A ．(]1,1-B ．(]1,1e --C ．(]1,1e -D ．(]1,e例44．（2023·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mxxe m-≥恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[),e +∞例45．（2023·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．(),e +∞核心考点十六：不等式恒成立之分离参数、分离函数、放缩法 【典型例题】例46．（2023·浙江·高三月考）已知函数2()1x f x xe =-，不等式()ln f x mx x ≥+对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(,2]-∞B ．[0,2]C ．(2,e 1⎤-∞-⎦D ．20,1e ⎡⎤-⎣⎦例47．（2023·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于x 的不等式()32ln 113x x a x xe x+++-≥对任意0x >恒成立，则a 的取值范围是（ ）． A ．(],1-∞-B ．(){},1e -∞⋃C ．[],1e --D ．(],0-∞例48．（2023·全国·高三专题练习）已知,a b ∈R ，若关于x 的不等式2ln 0x a x a b -+-≥恒成立，则ab 的最大值为_______．核心考点十七：三次函数问题 【典型例题】例49．（2023·全国·高三课时练习）设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=，已知函数()3272392f x x x x =-+-，则12320212022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．2021 B ．20212C ．2022D ．40212例50．（2023·安徽·东至县第二中学高三月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数()f x 都有对称中心，其对称中心为00(,())x f x （其中0''()0f x =）.已知函数32()345f x x x x =-++.若()4,()10f m f n ==，则m n +=（ ） A ．1B ．32C ．2D ．3例51．（2023·全国·高三月考（文））已知m ，n ，p ∈R ，若三次函数()32f x x mx nx p =+++有三个零点a ，b ，c ，且满足()()3112f f -=<，()()022f f =>，则111a b c ++的取值范围是（ ）A ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭D ．11,32⎛⎫ ⎪⎝⎭核心考点十八：切线问题 【典型例题】例52．（2023·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数32()(0)()f x ax bx cx d a x R =+++≠∈叙述正确的是（ ）①函数()f x 的图象一定是中心对称图形； ②函数()f x 可能只有一个极值点； ③当03bx a≠-时，()f x 在0x x =处的切线与函数()y f x =的图象有且仅有两个交点； ④当03bx a≠-时，则过点()()00,x f x 的切线可能有一条或者三条． A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④例53．（2023·江西·南昌二中高三月考（文））若函数2()1f x x =+的图象与曲线C:()21(0)x g x a e a =⋅+>存在公共切线，则实数a 的取值范围为 A ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．23,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例54．（2023·全国·高二单元测试）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( ) A ．e b a <B ．e b a >C ．0e b a <<D ．0e a b <<核心考点十九：任意存在性问题 【典型例题】例55．（2023·河南·郑州外国语中学高三月考（理））若不等式()()()221212log 1log 3,,13x xa x x ++-≥-∈-∞恒成立，则实数a 的范围是（ ） A ．[0,)+∞B ．[1,)+∞C ．(,0]-∞D ．(,1]-∞.例56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()=++f x x px q 对,∀∈p q R ，总有0[1,5]∃∈x ，使()0f x m≥成立，则m 的范围是（ ） A ．5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,2]-∞C ．(,3]-∞D ．(,4]-∞例57．（2023·全国·高二课时练习）已知()()1ln f x x x =+，若k ∈Z ，且()()2k x f x -<对任意2x >恒成立，则k 的最大值为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6核心考点二十：双参数最值问题 【典型例题】例58．（2023·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知,a b ∈R ，且0ab ≠，对任意0x >均有()()(ln )0x a b x a x b ----≥，则（ ） A ．0,0a b <<B ．0,0a b <>C ．0,0a b ><D ．0,0a b >>例59．（2023·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞例60．（2023·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当(1,)x ∈+∞时，不等式ln(1)230(x ax b a --+，b R ∈，0)a ≠恒成立，则ba 的最大值为（ ）A ．1eB ．2C ．43D ．2e核心考点二十一：切线斜率与割线斜率 【典型例题】例61．（2023·广东·佛山一中高三月考）已知函数2()ln (1)1h x a x a x =+-+(0)a < ，在函数()h x 图象上任取两点,A B ，若直线AB 的斜率的绝对值都不小于5，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．⎛-∞ ⎝⎦C ．,⎛-∞ ⎝⎦D ．⎫⎪⎪⎝⎭例62．（2023·山西大同·高一期中）已知函数(),()f x g x 是定义在R 上的函数，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()f x g x +=2x ax +，记2()()()g x h x xf x x =+，若对于任意的1212x x <<<，都有()()12120h x h x x x -<-，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,02⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．(0,)+∞C ．(,1]-∞-D ．(0,2]例63．（2023·全国·高一课时练习）已知函数(),142,12x a x f x a x x ⎧≥⎪=⎨⎛⎫-+< ⎪⎪⎝⎭⎩，若对任意的1x ，2x ，且12x x ≠，都有()()12120f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,+∞B ．[)1,8C ．()4,8D ．[)4,8核心考点二十二：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离） 【典型例题】例64．设二次函数2()(2)32f x a x ax =-++在R 上有最大值，最大值为m （a ），当m （a ）取最小值时，(a =) A ．0B ．1C ．12D例65．（2023春•绍兴期末）已知函数2()||||f x x a x b =+++，[0x ∈，1]，设()f x 的最大值为M ，若M 的最小值为1时，则a 的值可以是( ) AB ．0 CD ．1例66．（2023•济南模拟）已知函数2()||2x f x ax b x -=--+，若对任意的实数a ，b ，总存在0[1x ∈-，2]，使得0()f x m 成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1(,]4-∞B ．(-∞，1]2C ．(-∞，2]3D ．(-∞，1]核心考点二十三：两边夹问题和零点相同问题 【典型例题】例67．（2023春•湖州期末）若存在正实数x ，y 使得不等式22414lnx x lny ln y -++-成立，则(xy += ) ABCD 例68．（2023•上饶二模）已知实数x ，y 满足2(436)326x y ln x y e x y +-+--+-，则x y +的值为( ) A ．2B ．1C ．0D ．1-例69．（2023•崇明区期末）若不等式(||)sin()06x a b x ππ--+对[1x ∈-，1]恒成立，则a b +的值等于() A ．23B ．56C ．1D ．2核心考点二十四：函数的伸缩变换问题 【典型例题】例70．（2023·天津一中高三月考）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[]2,3 B ．[]1,3 C ．[]1,4D ．[]2,4例71．（2023·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为R 的函数()f x 满足(2)3()f x f x +=，当[0,2]x ∈时，2()2f x x x =-，若[4,2]x ∈--时，13()()18≥-f x t t恒成立，则实数t 的取值范围是( ) A ．(](],10,3-∞-B．((,0,3⎤-∞⎦C ．[)[)1,03,-+∞D ．))3,⎡⎡+∞⎣⎣例72．（2023届山西省榆林市高三二模理科数学试卷）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[)0,2x ∈时，()[)[)2213,0,1{ln ,1,2x x x f x x x x -+∈=∈，若当[)4,2x ∈--时，函数()22f x t t ≥+恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．30t -≤≤B ．31t -≤≤C ．20t -≤≤D ．01t ≤≤【新题速递】一、单选题1．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数()2,01,011x x f x x x x ⎧≤⎪=-≤<⎨≥，若函数()()()22231g x m f x mf x =-+，存在5个零点，则m =（ ） A ．1B ．12C ．1或12D ．1-2．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩， 若函数()()()g x f x f x =--，则函数()g x 的零点个数为（ ）A ．1B ．3C ．4D ．53．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数()11,041,0x xf x x x ⎧+<⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩，若()()12f x f x =，则12x x -的最小值为（ ） A ．4B ．92C ．143D ．54．（2023春·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）已知实数0a >，0b >，1a b +=，则下列说法中，正确的是（ ）． A ．114a b+≤B ．存在a ，b ，使得223a b +≥C ．22log log 1a b ⋅≤D ．存在a ，b ，使得直线10ax by 与圆224x y +=相切5．（2023·全国·高三专题练习）已知()0,2A ，()(),00B t t <，动点C 在曲线T ：()2401y x x =≤≤上，若△ABC 面积的最小值为1，则t 不可能为（ ） A ．4-B ．3-C ．2-D ．1-6．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知P 为直线=1y x --上一动点，过点P 作抛物线2:2C x y =的两条切线，切点记为A ，B ，则原点到直线AB 距离的最大值为（ ） A ．1BCD ．27．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知0a >，0b >，直线2e y x b -=+与曲线ln y x a =-相切，则11a b+的最小值是（ ） A ．16B ．12C ．8D ．48．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）若关于x 的不等式(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．-2 B ．-1 C ．0 D ．1二、多选题9．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数()e xf x x =-，()lng x x x =-，则下列说法正确的是（ ）A ．()e xg 在()0,∞+上是增函数B ．1x ∀>，不等式()()2ln f ax f x ≥恒成立，则正实数a 的最小值为2eC ．若()f x t =有两个零点12,x x ，则120x x +>D ．若()()()122f x g x t t ==>，且210x x >>，则21ln t x x -的最大值为1e10．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数32()e 3xf x ax =-有三个不同的极值点1x ，2x ，3x ，且123x x x <<，则下列结论正确的是（ ）A ．2e 8a >B ．11x <-C ．2x 为函数()f x 的极大值点D ．()23e 3f x <11．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数()3f x x ax b =++，其中a ，b 为实数，则下列条件能使函数()f x 仅有一个零点的是（ ） A ．3a =-，3b =-B ．3a =-，2b =C ．0a =，3b =-D ．1a =，2b =12．（2023春·山东潍坊·高三统考期中）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对于任意实数x ，都有2()e ()x f x f x -=，且满足22()()21e x f x f x x -'+=+-，则（ ）A ．函数()e ()x F x f x =为偶函数B ．(0)0f =C ．不等式e ()e e x xxf x +<的解集为(1,)+∞ D ．若方程2()()0f x x a x--=有两个根12,x x ，则122x x a +> 13．（2023·浙江温州·统考模拟预测）若函数()y f x =的图象上存在两个不同的点P ，Q ，使得()f x 在这两点处的切线重合，则称函数()y f x =为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（ ） A ．sin cos y x x =+ B ．(sin c s )o y x = C ．sin y x x =+D ．2sin y x x =+14．（2023春·江苏南京·高三统考阶段练习）已知双曲线C ：224x y -=，曲线E ：2y ax x b =++，记两条曲线过点()1,0的切线分别为1l ，2l ，且斜率均为正数，则（ ） A ．若=0a ，1b =，则C 与E 有一个交点 B ．若=1a ，=0b ，则C 与E 有一个交点C ．若0a b ，则1l 与E 夹角的正切值为7-D ．若==1a b ，则1l 与2l 三、填空题15．（2023·河南郑州·高三阶段练习）正实数a ，b 满足1e 4a a +=+，()ln 3b b +=，则b a -的值为____________． 16．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数()234202312342023x x x x f x x =+-+-++，()234202312342023x x x x g x x =-+-+--，设()()()53F x f x g x =+⋅-，且函数()F x 的零点均在区间[](a b a b <，，a ，)b Z ∈内，则b a -的最小值为__________．17．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）方程e 0x ax a -+=有唯一的实数解，实数a 的取值范围为__________．18．（2023春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）已知函数()()23e ,? 0e ,? 0x x xf x x a x ⎧->=⎨-≤⎩，若()()12f x f x =，且12x x -的最大值为4，则实数a 的值为_______．19．（2023·全国·高三专题练习）若存在0a >，0b >，满足(2e )ln (2e )ln a t b a b t b a a +-=-，其中e 为自然对数的底数，则实数t 的取值范围是___________．20．（2023·四川资阳·统考模拟预测）若2224ln x ax a x ->，则a 的取值范围是______．。
高中数学恒成立与存在性问题
恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题方法一：参变量分离法解恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a的取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴a＜－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，即a＜(－lnx－1x)min令H(x)＝－lnx－1x，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝lnxx²当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增∴H(x)min＝H(1)＝－1∴a＜－1例2.已知函数f(x)＝1xlnx(x＞0,x≠1)，求函数f(x)单调区间，解：f(x)＝1xlnx的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝－(lnx＋1)(xlnx)²令f′(x)＞0，则0＜x＜1e；令f′(x)＜0，则1e＜x＜1或x＞1∴f(x)的增区间为(0，1e)，减区间为(1e，1)和(1，＋∞)例3.已知22x＞xa对任意x∈(0,1)成立，求a的取值范围.解：两边取自然对数：1xln2＞alnx，即1xlnx＜aln2，x∈(0，1)∴aln2＞(1xlnx)max，x∈(0，1)∵f(x)在(0，1e)上单调递增，在(1e，1)上单调递减，∴f(x)max＝f(1e)＝－e∴aln2＞－e，即a＞－eln2必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x)min和最大值f(x)max.⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x)min＞M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x)min≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x)min＜M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x)min≤M若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M方法二：分类讨论法解决恒成立问题例1.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋1，若f(x)＜0恒成立，求a取值范围.解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1∴f′(x)＝1x＋a＝1x－(－a)①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.②当－a＞0，即a＜0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜－1a；令f′(x)＜0，则x＞－1a∴f(x)在(0，－1a)上单调递增，在(－1a，＋∞)上单调递减∴f(x)max＝f(－1a)＝ln(－1a)＜0＝ln1∴－1a＜1，即a＜－1例2.【2017年全国3卷】已知函数f(x)＝x－1－alnx，若f(x)≥0恒成立，求a的值.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax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x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.例3.【2015年全国2卷】已知函数f(x)＝e mx＋x²－mx⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.解：⑴∵f(x)＝e mx＋x²－mx，∴f′(x)＝me mx＋2x－mf′′(x)＝m²e mx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝me mx＋2x－m在R上单调递增而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；⑵由⑴知f(x)min＝f(0)＝1当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2∴此时|f(x1)－f(x2)|≤e－1成立当m≠0时，f(1)＝e m＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m令g(m)＝f(1)－f(－1)＝e m－e－m－2m，在R上单调递增而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)当m＞0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－1＝e m－m≤e－1，即0＜m＜1当m＜0时，|f(x1)－f(x2)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，即－1＜m＜0综上所述：m∈(－1，1)方法三：“端点值代入型”恒成立问题例1.【2006全国2卷理20】设函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求a的取值范围.解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，即x＝e a－1－1当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立当a＞1时，对于0＜x＜e a－1－1时，g′(x)＜0∴g(x)在(0，e a－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，∴对于0＜x＜e a－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立综上所述：a∈(－∞，1]例2.【2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝e x－e－x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax 成立，求a的取值范围.解：f′(x)＝e x＋e－x，由于e x＋e－x≥2e x·e－x＝2，故f′(x)≥2令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝e x＋e－x－a⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝e x＋e－x－a＞2－a≥0∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x1＝ln a＋a²－42此时，若x∈(0，x1)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.综上所述：a∈(－∞，2].例3.【2008全国2卷理22⑵】设函数f(x)＝sinx 2＋cosx.⑴求f (x )的单调区间；⑵若对所有的x ≥0，都有f (x )≤ax 成立，求a 的取值范围.解：⑴f ′(x )＝(2＋cosx )cosx －sinx (－sinx )(2＋cosx )²＝2cosx ＋1(2＋cosx )²当2k π－2π3＜x ＜2k π＋2π3(k ∈Z )时，cosx ＞－12，即f ′(x )＞0；当2k π＋2π3＜x ＜2k π＋4π3(k ∈Z )时，cosx ＜－12，即f ′(x )＜0；因此f (x )在每一个区间(2kπ－2π3，2kπ＋2π3)(k ∈Z )是增函数，f (x )在每一个区间(2kπ＋2π3，2kπ＋4π3)(k ∈Z )是减函数，⑵令g (x )＝ax －f (x )，则g ′(x )＝a －2cosx ＋1(2＋cosx )²＝a －22＋cosx ＋3(2＋cosx )²＝3(12＋cosx －13)²＋a －13故当a ≥13时，g ′(x )≥0.又g (0)＝0，所以当x ≥0时，g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≤ax .当0＜a ＜13时，令h (x )＝sinx －3ax ，则h ′(x )＝cosx －3a .故当x ∈[0，arccos 3a )时，h ′(x )＞0，因此h (x )在[0，arccos 3a )上单调递增.故当x ∈(0，arccos 3a )时，h (x )＞h (0)＝0，sinx ＞3ax .于是，当x ∈(0，arccos 3a )时，f (x )＝sinx 2＋cosx ＞sinx 3＞ax .当a ≤0时，有f (π2)＝12＞0≥a ·π2综上所述：a ∈[13,＋∞)例4.【2014全国2卷理21】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b max .解：由f (x )得f ′(x )=e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2=0，即f ′(x )≥0，当且仅当e x ＝e －x ，即x =0时，f ′(x )=0，∴函数f (x )在R 上为增函数；g (x )=f (2x )－4bf (x )=e 2x －e -2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，则g '(x )=2[e 2x ＋e -2x －2b (e x +e -x )＋(4b －2)]=2[(e x ＋e -x )2－2b (e x ＋e -x )＋(4b －4)]=2(e x ＋e -x －2)(e x ＋e -x －2b ＋2)．①∵e x ＋e -x ≥2，e x ＋e -x ＋2≥4，∴当2b ≤4，即b ≤2时，g '(x )≥0，当且仅当x =0时取等号，从而g (x )在R 上为增函数，而g (0)=0，∴x ＞0时，g (x )＞0，符合题意．②当b ＞2时，若x 满足2＜e x ＋e -x ＜2b －2即0＜x ＜ln (b －1＋b ²－2b )时，g '(x )＜0，又由g (0)=0知，当0＜x ≤ln (b －1＋b ²－2b )时，g (x )＜0，不符合题意．综合①、②知，b ≤2，得b 的最大值为2．2.单变量型存在性问题例1.f (x )＝xlnx ，g (x )＝－x ²＋ax －3.若存在x ∈[1e ，e ]，使得2f (x )＞g (x )成立，求a 的取值范围.解：由2f (x )＞g (x )得，2xlnx ＞－x ²＋ax －3∴a ＜2xlnx ＋x ²＋3x＝2lnx ＋x ＋3x ∴a ＜(2lnx ＋x ＋3x )max ，x ∈[1e，e ]，令H (x )＝2lnx ＋x ＋3x ，x ∈[1e ，e ]，则H ′(x )＝2x ＋1－3x ²＝(x ＋3)(x －1)x ²当x ∈[1e ，1]时，H ′(x )＜0，则H (x )在[1e，1]上单调递减当x ∈(1，e ]时，H ′(x )＞0，则H (x )在(1，e ]上单调递增∵H (1e )－H (e )＝(－2＋1e ＋3e )－(2＋e ＋3e )＝2e －2e －4＞0∴H (1e )＞H (e )，∴a ＜H (1e )＝3e ＋1e－2例2.已知函数f (x )＝x －alnx ，g (x )＝－a ＋1x(a ∈R ).若存在[1，e ]上存在一点x 0，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，求a 的取值范围.解：令H (x )＝f (x )－g (x )＝x －alnx ＋a ＋1x，x ∈[1，e ]H ′(x )＝1－a x －a ＋1x ²＝(x ＋1)[x －(a ＋1)]x ²，由题意知∃x ∈[1，e ]，使得H (x )＜0，∴H (x )min ＜0当a ＋1≥e ，即a ≥e －1时，H ′(x )＜0，H (x )在[1，e ]上单调递减∴H (x )min ＝H (e )＝e －a ＋a ＋1e ＜0，∴a ＞e ²＋1e －1当a ＋1≤1，即a ≤0时，H (x )在[1，e ]上单调递增∴H (x )min ＝H (1)＝a ＋2＜0∴a ＜－2当1＜a ＋1＜e 时，H (x )在[1，a ＋1)上递减，在(a ＋1，e ]上递增，∴H (x )min ＝H (a ＋1)＝a ＋2－aln (a ＋1)＜0令a ＋1＝x ，则φ(x )＝x ＋1－(x －1)lnx ，x ∈(1，e )φ′(x )＝1－lnx －x －1x＝1x －lnx ，令φ′(x )＝0，设其解为x 0∴则φ(x )在(1，x 0)上递增，在(x 0，e )上递减φ(x )min ＝(φ(1)，φ(e ))min ＝2，即H (x )min ＝2这与H (x )min ＜0相矛盾，与题意不合，综上所述：a ∈(－∞，－2)∪(e ²＋1e －1，＋∞)必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化若函数f (x )在区间D 上存在最小值f (x )min 和最大值f (x )max ，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔f (x )max ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔f (x )max ≥M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔f (x )min ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔f (x )min ≤M若函数f (x )在区间D 上不存在最大(小)值，且值域为(m ，n )，则⑴∃x ∈D ，使得f (x )＞M ⇔n ＞M⑵∃x ∈D ，使得f (x )≥M ⇔n ＞M⑶∃x ∈D ，使得f (x )＜M ⇔m ＜M⑷∃x ∈D ，使得f (x )≤M ⇔m ＜M3.双变量型的恒成立与存在性问题必背结论三存在性问题与函数最值的相互转化⑴∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑵∀x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min ；⑶∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min ；⑷∃x 1∈[a ，b ]，∀x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max ；⑸∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；⑹∀x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑺∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)max ；⑻∃x 1∈[a ，b ]，总∃x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min ；例1.f (x )＝lnx －x 4＋34x －1.设g (x )＝x ²－2bx ＋4，若对任意的x 1∈(0,2)，存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围.解：f (x )＝lnx －x 4＋34x －1，x ∈(0,2)，f ′(x )＝1x －14－34x ²＝－(x －1)(x －3)4x ²当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0,1)上递减当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0，f (x )在(1,2)上递增∴f (x )min ＝f (1)＝－12由题意知，f (x )min ≥g (x )，∃x ∈[1,2]∴∃x ∈[1,2]，使得x ²－2bx ＋4≤－12，即b ≥12(x ＋92x )∴[12(x ＋92x )]min ≤b ，x ∈[1,2]，即b ≥178例2.已知函数f (x )＝12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx .设g (x )＝x ²－2x ，若对于任意的x 1∈(0,2]，存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求实数a 的取值范围.解：由g (x )＝x ²－2x ，x ∈(0,2]知，g (x )max ＝0由题意知，∀x ∈(0,2)，12ax ²－(2a ＋1)x ＋2lnx ＜0f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x ＝ax ²－(2a ＋1)x ＋2x ＝(x －2)(ax －1)x(注：此处主导函数为－ax ＋1)⑴当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0∴a ＞－1＋ln 2⑵当a ＞0时，①若1a ≥2，即0＜a ≤12，f (x )在(0,2]上单调递增，f (x )max ＝f (2)＝－2a －2＋2ln 2＜0，∴－1＋ln 2＜a ≤12②若1a ＜2时，f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a ，2]上单调递减f (x )max ＝f (1a )＝－12a－2－2lna ＜0恒成立综上所述：a ∈(－1＋ln 2，＋∞)4.等式型恒成立与存在性问题模型一：“任意＝存在”型问题必背结论四：∀x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域⊆g (x )值域例1.已知函数f (x )＝x ²＋2x ＋a 和函数g (x )＝2x ＋x ＋1，对任意实数x 1，总存在实数x 2，使g (x 1)＝f (x 2)成立，则实数a 的取值范围为.解：∵f (x )＝x ²＋2x ＋a 的最小值为f (－1)＝a －1，∴f (x )的值域为[a －1，＋∞)，∵g (x )＝2x ＋x ＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g (x )的值域为[－2，＋∞)∵∀x 1，总∃x 2，使得g (x 1)＝f (x 2)成立∴g (x )值域⊆f (x )值域，即[－2，＋∞)⊆[a －1，＋∞)∴a －1≤－2，即a ≤－1例2.函数f (x )＝x ²－23ax 3(a ＞0)，x ∈R .若对任意的x 1∈(2，＋∞)，都存在x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)·f (x 2)＝1，求a 的取值范围.解：∀x 1∈(2，＋∞)，∃x 2∈(1，＋∞)，使得f (x 1)＝1f (x 2)∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域f (x )＝x ²－23ax 3，f ′(x )＝2x －2ax ²＝2x (1－ax )①当32a ＞2即0＜a ＜34时，0∈f (x )的值域，但是0不属于1f (x )的值域∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立②当1≤32a ≤2，即34≤a ≤32时，有f (2)≤0且此时f (x )在(2，＋∞)上单调递减，故f (x )的值域是(－∞，f (2))，因而(－∞，f (2))⊆(－∞，0)，由f (1)≥0，则f (x )在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域③当32a ＜1即a ＞32时，有f (1)＜0且此时f (x )在(1，＋∞)上单调递减，故1f (x )的值域时(1f (1)，0)，f (x )的值域是(－∞，f (2))，∴f (x )的值域⊆1f (x )的值域不成立综上所述：a ∈[34，32]模型二：“存在＝存在”型问题必背结论五：∃x 1∈A ，∃x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)⇔f (x )值域∩g (x )值域≠∅例3.函数f (x )＝e x －1，g (x )＝－x ²＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 取值范围为.解：∵f (x )＝e x －1＞－1，∴f (x )的值域为(－1，＋∞)∵g (x )＝－x ²＋4x －3≤1，∴g (x )的值域为(－∞，1]∴f (x )的值域∩g (x )的值域＝(－1，1]∴g (b )＝－b ²＋4b －3∈(－1，1]，即－1＜－b ²＋4b －3≤1解得：2－2＜b ＜2＋2例4.f (x )＝x 3＋(1－a )x ²－a (a ＋2)x (a ∈R )，g (x )＝196x －13.是否存在实数a ，存在x 1∈[－1,1]，x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立？解：令H (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x ²＋2x －a (a ＋2)则H (x )的值域为[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∵g (x )＝196x －13在[0,2]上单调递增∴g (x )的值域[－13，6]∵存在x 1∈[－1,1]，存在x 2∈[0,2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立∴[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]≠∅当[－13－a ²－2a ，5－a ²－2a ]∩[－13，6]＝∅时，则5－a ²－2a ＜－13或－13－a ²－2a ＞6，即a ＜－1－573或a ＞－1＋573∴a ∈[－1－573，－1＋573]。
2016届高考数学一轮复习-恒成立、存在性问题
∴ 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
5/13/2018
(2)存在性问题 1. ∃x0∈D,使得 f(x0)>A 成立，则 f(x) max >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)
若本题（ 2）条件改为：对任意 x1 (0,), 使得任意的x2 [0,1] 都有f ( x1 ) g ( x2 )求a的取值范围
5/13/2018
应用提高
引例：已知函数 f x 8x2 16x k , 其中k为实数 .
3] ， 使 f ( x) 0 恒成立， 求k的取值范围； （1） 若对 x [3，
2
x 都有 [0， 3]
2 成立，求f c的取值范 ( x) c
5/13/2018
练习1
已知函数 f ( x) 12x ln x 3x c( x 0) 其中 c 为常数．若对任意 x 0 2 不等式 f ( x) ≥ 2c 恒成立,求 c 的取值范围．
4 4
5/13/2018
3] ， 使 f ( x1 ) g ( x2 ) 恒成立， 求k的取值范围； （5） 若 x1，x2 [3，
3] ，x2 [3，，使 3] f ( x1 ) g ( x2 ) 成立，求k的取值范围； （6）若 x1 [3，
(7)若x1, x2 3,3, 使f (x1 ) g(x2 )成立，求k的取值范围
(2024年高考真题)2024年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷 新课标Ⅰ卷(含部分解析)
2024年普通高等学校招生全国统一考试 新课标Ⅰ卷数学试卷养成良好的答题习惯，是决定成败的决定性因素之一。
做题前，要认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查，查漏补缺，纠正错误。
1.已知集合{}355A x x =-<<∣，{3,1,0,2,3}B =--，则A B =( ).A.{1,0}-B.{2,3}C.{3,1,0}--D.{1,0,2}- 2.若1i 1z z =+-，则z =( ). A.1i -- B.1i -+ C.1i - D.1i +3.已知向量(0,1)a =，(2,)b x =，若(4)b b a ⊥-，则x =( ).A.-2B.-1C.1D.24.已知cos()m αβ+=，tan tan 2αβ=，则cos()αβ-=( ).A.3m -B.3m -C.3mD.3m5.( ).A. B. C. D.6.已知函数22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩在R 上单调递增，则a 的取值范围是( ). A.(,0]-∞ B.[1,0]- C.[1,1]- D.[0,)+∞7.当[0,2π]x ∈时，曲线sin y x =与π2sin 36y x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为( ). A.3 B.4 C.6 D.88.已知函数()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时，()f x x =，则下列结论中一定正确的是( ).A.(10)100f >B.(20)1000f >C.(10)1000f <D.(20)10000f <9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1X =，样本方差20.01S =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设失去出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N X S ，则( ).（若随机变量Z 服从正态分布()2,N μσ，则()0.8413P Z μμ<+≈）A.(2)0.2P X >>B.()0.5P X Z ><C.()0.5P Y Z >>D.()0.8P Y Z ><10.设函数2()(1)(4)f x x x =--，则( ).A.3x =是()f x 的极小值点B.当01x <<时，()2()f x f x <C.当12x <<时，4(21)0f x -<-<D.当110x -<<时，(2)()f x f x -> 11.造型可以看作图中的曲线C 的一部分，已知C 过坐标原点O ，且C 上的点满足横坐标大于-2，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则( ).A.2a =-B.点0)在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+ 12.设双曲线2222:1x y C a b-=（0a >，0b >）的左右焦点分別为1F ，2F ，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若113F A =，||10AB =，则C 的离心率为_________.13.若曲线e x y x =+在点(0,1)处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则a =_________.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两个各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片的数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛比赛后，甲的总得分小于2的概率为_________.15.记ABC △的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-=.（1）求B ；（2）若ABC △的面积为3+，求c .16.已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>上两点. （1）求C 的率心率；（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP △的面积为9，求l 的方程.17.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA PC ==，1BC =，AB =（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --，求AD . 18.已知函数3()ln (1)2x f x ax b x x =++--.（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-，当且仅当12x <<，求b 的取值范围.19.设m 为正整数，数列1a ，2a ，…，42m a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1a ，2a ，…，42m a +是(,)i j ——可分数列.（1）写出所有的(,)i j ，16i j ≤<≤，使数列1a ，2a ，…，6a 是(,)i j ——可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1a ，2a ，…，42m a +足(2,13)——可分数列；（3）从1，2，…，42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1a ，2a ，…，42m a +足(,)i j ——可分数列的概率为m P ，证明：18m P >.参考答案1.A解析：{1,0}A B =-，选A.2.C解析：3.D解析：4(2,4)b a x -=-，(4)b b a ⊥-，(4)0b b a ∴-=，4(4)0x x ∴+-=，2x ∴=，选D.4.A 解析：cos cos sin sin sin sin 2cos cos m αβαβαβαβ-=⎧⎪⎨=⎪⎩，sin sin 2cos cos m m αβαβ=-⎧∴⎨=-⎩，cos()cos cos sin sin 23m m m αβαβαβ-=+=--=-，选A.5.B解析：设它们底面半径为r ，圆锥母线l，2ππrl ∴=，l ∴==，3r ∴=，1π93V =⋅⋅=，选B.6.B解析：()f x 在R 上↗，00e ln1a a -≥⎧⎨-≤+⎩，10a ∴-≤≤，选B. 7.C解析：6个交点，选C.8.B解析：(1)1f =，(2)2f =，(3)(2)(1)3f f f >+=，(4)(3)(2)5f f f >+>，(5)(4)(3)8f f f >+>，(6)(5)(4)13f f f >+>，(7)(6)(5)21f f f >+>，(8)(7)(6)34f f f >+>，(9)(8)(7)55f f f >+>，(10)(9)(8)89f f f >+>，(11)(10)(9)144f f f >+>，(12)(11)(10)233f f f >+>，(13)(12)(11)377f f f >+>，(14)(13)(12)610f f f >+>，(15)(14)(13)987f f f >+>，(16)1000f >，(20)1000f ∴>，选B.9.BC解析：()2~ 1.8,0.1X N ，()2~ 2.1,0.1Y N ，2 1.820.12μσ=+⨯=+，(2)(2)()10.84130.1587P X P X P X μσμσ>=>+<>+=-=，A 错.(2)( 1.8)0.5P X P X ><>=，B 对.2 2.10.1μσ=-=-，(2)( 2.1)0.5P Y P Y >>>=，C 对.(2)()()0.84130.8P Y P Y P Y μσμσ>=>-=<+=>，D 错，所以选BC.10.ACD解析：A 对，因为()3(1)(3)f x x x '=--；B 错，因为当01x <<时()0f x '>且201x x <<<，所以()2()f x f x <；C 对，因为2(21)4(1)(25)0f x x x -=--<，2(21)44(2)(21)0f x x x -+=-->，2223(2)()(1)(2)(1)(4)(1)(22)2(1)f x f x x x x x x x x --=------=--+=--，11x -<<时，(2)()0f x f x -->，(2)()f x f x ->，D 对.11.ABD解析：A 对，因为O 在曲线上，所以O 到x a =的距离为a -，而2OF =，所以有242a a -⋅=⇒=-，那么曲线的方程为(4x +=.B对，因为代入0)知满足方程；C 错，因为2224(2)()2y x f x x ⎛⎫=--= ⎪+⎝⎭，求导得332()2(2)(2)f x x x '=---+，那么有(2)1f =，1(2)02f '=-<，于是在2x =的左侧必存在一小区间(2,2)ε-上满足()1f x >，因此最大值一定大于1； D 对，因为()22220000004442222y x y x x x ⎛⎫⎛⎫=--≤⇒≤ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 12.32解析：由||10AB =知25F A =，即2225b c a a a-==，而121F F F A ⊥，所以1212F F =，即6c =，代回去解得4a =，所以32e =. 13.ln 2解析： 14.12 解析：甲出1一定输，所以最多3分，要得3分，就只有一种组合18-、32-、54-、76-.得2分有三类，分别列举如下：（1）出3和出5的赢，其余输：16-，32-，54-，78-（2）出3和出7的赢，其余输：14-，32-，58-，76-；18-，32-，56-，74-，16-，32-，58-，74-（3）出5和出7的赢，其余输：12-，38-，54-，76-；14-，38-，52-，76-；18-，34-，52-，76-；16-，38-，52-，74-；18-，36-，52-，74-；16-，38-，54-，72-；18-，36-，54-，72-共12种组合满足要求，而所有组合为24，所以甲得分不小于2的概率为1215.（1）π3B = （2）c =解析：（1）已知222a b c +-=，根据余弦定理222cos 2a b c C ab +-=，可得：cos 22C ab ==. 因为(0,π)C ∈，所以π4C =.又因为sin C B =，即πsin4B =，2B =，解得1cos 2B =. 因为(0,π)B ∈，所以π3B =. （2）由（1）知π3B =，π4C =，则ππ5πππ3412A B C =--=--=. 已知ABC △的面积为3+，且1sin 2ABC S ab C =△，则1πsin 324ab =1322ab ⨯=，2(3ab =+. 又由正弦定理sin sin sin a b c A B C ==，可得sin sin sin sin a C b C c A B==. 则π5πsin sin 412c a =，5πsin 12πsin 4c a =，同理πsin 3πsin 4c b =.所以2225ππsin sin 1232(3π1sin 42c c ab ⎝⎭===+解得c =16.（1）12（2）见解析解析：（1）将(0,3)A 、33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭代入椭圆22220919941a b a b⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，则22129a b ⎧=⎨=⎩c =12c e a ∴===.（2）①当L 的斜率不存在时，:3L x =，33,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3PB =，A 到PB 距离3d =， 此时1933922ABP S =⨯⨯=≠△不满足条件. ②当L 的斜率存在时，设3:(3)2PB y k x -=-，令()11,P x y 、()22,B x y ， 223(3)21129y k x x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消y 可得()()22224324123636270k x k k x k k +--+--= 2122212224124336362743k k x x k k k x x k ⎧-+=⎪⎪+⎨--⎪=⎪+⎩，PB = 17.（1）证明见解析（2）AD =解析：（1）PA ⊥面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，PA AD ∴⊥又AD PB ⊥，PB PA P =，,PB PA ⊂平面P ABAD ∴⊥面PAB ，AB ∴⊂平面PAB ，AD AB ∴⊥ABC △中，222AB BC AC +=，AB BC ∴⊥ A ，B ，C ，D 四点共面，//AD BC ∴又BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC//AD ∴平面PBC .（2）以DA ，DC 为x ，y 轴过D 作与平面ABCD 垂直的线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系D xyz -令AD t =，则(,0,0)A t ，(,0,2)P t ，(0,0,0)D，DC =()C设平面ACP 的法向量()1111,,n x y z =不妨设1x =1y t =，10z =，()14,0n t =- 设平面CPD 的法向量为()2222,,n x y z =2200n DP n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩222200tx z +=⎧⎪∴=不妨设2z t =，则22x =-，20y =，2(2,0,)n t =-二面角A CP D --的正弦值7，则余弦值为7 1212122cos ,2n nn n n n t ⋅===t ∴=AD ∴=.18.（1）-2（2）证明见解析（3）23b ≥-解析：（1）0b =时，()ln 2x f x ax x =+-，11()02f x a x x'=++≥-对02x ∀<<恒成立 而11222(2)a a a x x x x ++=+≥+--， 当且仅当1x =时取“=”，故只需202a a +≥⇒≥-，即a 的最小值为-2.（2）方法一：(0,2)x ∈，(2)()f x f x -+332ln (2)(1)ln (1)22x x a x b x ax b x a x x-=+-+-+++-=- ()f x ∴关于(1,)a 中心对称.方法二：将()f x 向左平移一个单位31(1)ln(1)1x f x a x bx x +⇒+=+++-关于(0,)a 中心对称平移回去()f x ⇒关于(1,)a 中心对称.（3）()2f x >-当且仅当12x <<，(1)22f a ∴=-⇒=-3()ln 2(1)22x f x x b x x∴=-+->--对12x ∀<<恒成立 222112(1)2()23(1)3(1)(1)32(2)(2)x f x b x b x x b x x x x x x ⎡⎤-'=+-+-=+-=-+⎢⎥---⎣⎦令2()3(2)g x b x x =+-，∴必有2(1)2303g b b =+≥⇒≥-（必要性） 当23b ≥-时，对(1,2)x ∀∈，32()ln 2(1)()23x f x x x h x x ≥---=- 2222(1)1()2(1)2(1)10(2)(2)x h x x x x x x x ⎡⎤-'=--=-->⎢⎥--⎣⎦对(1,2)x ∀∈恒成立，()(1)2h x h ∴>=-符合条件， 综上：23b ≥-. 19.（1）(1,2)，(1,6)，(5,6)（2）证明见解析（3）证明见解析解析：（1）以下(,)i j 满足：(1,2)，(1,6)，(5,6)（2）易知：p a ，q a ，r a ，s a 等差,,,p q r s ⇔等差故只需证明：1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，14可分分组为(1,4,7,10)，(3,6,9,12)，(5,8,11,14)即可其余k a ，1542k m ≤≤+，按连续4个为一组即可（3）由第（2）问易发现：1a ，2a ，…，42m a +是(,)i j 可分的1,2,42m ⇔+是(,)i j 可分的.易知：1，2，…，42m +是(41,42)k r ++可分的(0)k r m ≤≤≤因为可分为(1,2,3,4)，…，(43,42,41,4)k k k k ---与(4(1)1,4(1),4(1)1,4(1)2)r r r r +-+++++，…，(41,4,41,42)m m m m -++ 此时共211C (1)(1)(2)2m m m m +++=++种 再证：1，2，…，42m +是(42,41)k r ++可分的(0)k r m ≤<≤易知1~4k 与42~42r m ++是可分的只需考虑41k +，43k +，44k +，…，41r -，4r ，42r +记*N p r k =-∈，只需证：1，3，5，…，41p -，4p ，42p +可分1~42p +去掉2与41p +观察：1p =时，1，3，4，6无法做到；2p =时，1，3，4，5，6，7，8，10，可以做到；3p =时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，144p =时，1，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，18(1,5,9,13)，(3,7,11,15)，(4,8,12,16)，(6,10,14,18)满足故2p ∀≥，可划分为：(1,1,21,31)p p p +++，(3,3,23,33)p p p +++，(4,4,24,34)p p p +++，(5,5,25,35)p p p +++，…，(,2,3,4)p p p p ，(2,22,32,42)p p p p ++++，共p 组事实上，就是(,,2,3)i p i p i p i +++，1,2,3,,i p =，且把2换成42p +此时(,)k k p +，2p ≥均可行，共211C (1)2m m m m +-=-组 (0,1)，(1,2)，…，(1,)m m -不可行 综上，可行的(42,41)k r ++与(41,42)k r ++至少11(1)(1)(2)22m m m m -+++组 故()222224212221112C (21)(41)8618m m m m m m m m P m m m m +++++++≥==>++++，得证！。
双变量之恒能成立与单调性同构 高考数学
)
A.ln y − x + 1 ＞0
B.ln y − x + 1 ＜0
C.ln x − y ＞0
D.ln x − y ＜0
2..若对任意的 ， ∈
的最小值为(
3
A.− 2
e
−
[−, )， ＜ ，
−
＜恒成立，则
)
2
B.− 2
e
1
C.− 2
−
式
பைடு நூலகம் −
A.
1
−∞,
2
＞恒成立，则实数的取值范围为(
1
B.(−∞, ]
2
C.
例2设函数 = − − ， ∈
)
1
, +∞
2
1
D.[ , +∞)
2
，若∀ , ∈ [ , ]且 ＞ ，
都有 − ＞ − 成立，求实数的取值范围.
∈
[ , ], ∃
∈
[ , ]，
试卷讲评课件
练习
1.已知函数f x =
x3
−
x2
a
x
− 3, g x = + xlnx，若∃x1 , x2 ∈ [1,2]，使
得f x1 ≥ g x2 成立，求实数a的取值范围.
试卷讲评课件
2. 已知函数f x = x 2 + ax, g x = −2cosx − x + x + 1 ln x + 1 ，
当a ≥ −2时，若∀x1 ∈ [1, +∞), ∃x2 ∈ (−1.1]，使得
f x1 − g x2 ＞3a + 4成立，求实数a的取值范围.
恒成立与存在性问题
(x
x2 3 2)(x 1)2
,
令F′(x)＞0，得单调增区间为 (2,和 3) ( 3,) 令F′(x)＜0，得单调减区间为 ( 和3,1) (1, 3)
②不等式f(x+1)≤f(2x+1)-m2+3am+4化为：
ln(x+1)≤ln(2x+1)-m2+3am+4即 ln x≤13ma+4-m2.
2x 1
现在只需求y=ln x (x1∈[0,1])的最大值和
2x 1
y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])的最小值.
因为 x 1 1 在[01 ，1]上单调递减,
2x 1 2 2(2x 1)
所以y=ln x (x1∈[0,1])的最大值为0,
2x 1
而y=3ma+4-m2(a∈[-1,1])是关于a的一次函数，
A．(1,1＋ 2)
B．(1＋ 2，＋∞)
C．(1,3)
D．(3，＋∞)
变式：
思考： 若目标函数取得最大值的点有无数个，则a 的取值范围
方法技巧 (1)平面区域：
用二元一次不等式(组)表示平面，即公共区域)． (2)线性规划问题解题步骤： ①作图——画出可行域所确定的平面区域和目标函数所表示的 平行直线系中的一条 l； ②平移——将 l 平行移动，以确定最优解的对应点 A 的位置； ③求值——解有关方程组求出 A 点坐标(即最优解)，代入目标 函数，求出目标函数的最值．
3.若有 f(a)＝g(b)，则 b 的取值范围为
[答案] B( )
A．[2－ 2，2＋ 2]
B．(2－ 2，2＋ 2)
C．[1,3]
D．(1,3)
[例 2] (2011·淄博模拟)若不等式(a－a2)(x2＋1)＋x≤0 对
双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析-高考数学专练
双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析-高考数学专练考点一单函数双任意型【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ln xx＋ax ＋b 的图象在点A (1，f (1))处的切线与直线l ：2x －4y ＋3＝0平行．(1)求证：函数y ＝f (x )在区间(1，e)上存在最大值；(2)记函数g (x )＝xf (x )＋c ，若g (x )≤0对一切x ∈(0，＋∞)，b c 的取值范围．解析(1)由题意得f ′(x )＝1－ln xx2＋a ．因为函数图象在点A 处的切线与直线l 平行，且l 的斜率为12，所以f ′(1)＝12，即1＋a ＝12，所以a ＝－12．所以f ′(x )＝1－ln x x 2－12＝2－2ln x －x 22x 2，所以f ′(1)＝12＞0，f ′(e)＝－12＜0．因为y ＝2－2ln x －x 2在(1，e)上连续，所以f ′(x )在区间(1，e)上存在一个零点，设为x 0，则x 0∈(1，e)，且f ′(x 0)＝0．当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，x 0)上单调递增；当x ∈(x 0，e)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(x 0，e)上单调递减．所以当x ＝x 0时，函数y ＝f (x )取得最大值．故函数y ＝f (x )在区间(1，e)上存在最大值．(2)法一因为g (x )＝ln x －12x 2＋bx ＋c ≤0对一切x ∈(0，＋∞)，b 所以c ≤12x 2－bx －ln x ．记h 1(x )＝12x 2－bx －ln x (x ＞0)，则c ≤h 1(x )min ．h ′1(x )＝x －b －1x ．令h ′1(x )＝0，得x 2－bx －1＝0，所以x 1＝b －b 2＋42＜0(舍去)，x 2＝b ＋b 2＋42．因为b x 2＝b ＋b 2＋42∈(1，2)．当0＜x ＜x 2时，h ′1(x )＜0，h 1(x )单调递减；当x ＞x 2时，h ′1(x )＞0，h 1(x )单调递增．所以h 1(x )min ＝h 1(x 2)＝12x 22－bx 2－ln x 2＝12x 22＋1－x 22－ln x 2＝－12x 22－ln x 2＋1．记h 2(x )＝－12x 2－ln x ＋1．因为h 2(x )在(1，2)上单调递减，所以h 2(x )＞h 2(2)＝－1－ln 2．所以c ≤－1－ln 2，故c 的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．法二因为g (x )＝ln x －12x 2＋bx ＋c ≤0对一切x ∈(0，＋∞)恒成立，所以c ≤12x 2－bx －ln x ．设h 1(b )＝－xb ＋12x 2－ln x ，因为x ∈(0，＋∞)，则函数h 1(b )所以h 1(b )＞＝12x 2－32x －ln x ，则对∀x ∈(0，＋∞)，c ≤12x 2－32x －ln x 恒成立，设h 2(x )＝12x 2－32x －ln x ，则h ′2(x )＝x －32－1x ＝2x 2－3x －22x ＝(x －2)(2x ＋1)2x，令h ′2(x )＝0，则x ＝2，当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数单调递减；当x ＞2时，f ′(x )＞0，函数单调递增，则x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－12－ln 2，则c ≤－1－ln 2，故c 的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．[例2]已知函数f (x )＝(log a x )2＋x －ln x (a >1)．(1)求证：函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增；(2)若关于x 的方程|f (x )－t |＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t 的值；(3)若对任意的x 1，x 2∈[a －1，a ]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1恒成立(e 为自然对数的底数)，求实数a 的取值范围．解析(1)因为函数f (x )＝(log a x )2＋x －ln x ，所以f ′(x )＝1－1x ＋2log a x ·1x ln a．因为a >1，x >1，所以f ′(x )＝1－1x ＋2log a x ·1x ln a >0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．(2)因为当a >1，0<x <1时，分别有1－1x <0，2log a x ·1x ln a <0，所以f ′(x )<0，结合(1)可得f (x )min ＝f (1)，所以t －1＝f (1)＝1，故t ＝2．(3)由(2)可知，函数f (x )在[a －1，1]上单调递减，在(1，a ]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝1，f (x )max ＝max{f (a －1)，f (a )}．f (a )－f (a －1)＝a －a －1－2ln a ，令g (x )＝x －x －1－2ln x (x >1)，则g ′(x )＝1＋x －2－2x＝≥0，所以g (a )>g (1)＝0，即f (a )－f (a －1)>0，所以f (x )max ＝f (a )，所以问题等价于∀x 1，x 2∈[a －1，a ]，|f (x 1)－f (x 2)|max ＝f (a )－f (1)＝a －ln a ≤e －1．由h (x )＝x －ln x 的单调性，且a >1，解得1<a ≤e ，所以实数a 的取值范围为(1，e]．[例3]已知函数f (x )＝x 2－ax ＋2ln x ．(1)若函数y ＝f (x )在定义域上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)设f (x )有两个极值点x 1，x 2，若x 1，1e ，且f (x 1)≥t ＋f (x 2)恒成立，求实数t 的取值范围．思路(1)转化为恒不等式问题，即f ′(x )＝2x －a ＋2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，然后用分离参数＋最值分析法解决．(2)分离参数t ，即t ≤f (x 1)－f (x 2)，然后用条件f (x )有两个极值点x 1，x 2，进行消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．解析(1)因为函数y ＝f (x )在定义域上单调递增，所以f ′(x )≥0，即2x －a ＋2x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以a ≤2x ＋2x (x ∈(0，＋∞))．而2x ＋2x≥22x ·2x＝2x ＝2x ，即x ＝1所以a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．(2)因为f ′(x )＝2x 2－ax ＋2x(x ＞0)，由题意可得x 1，x 2为方程f ′(x )＝0，即2x 2－ax ＋2＝0(x ＞0)的两个不同实根，所以ax 1＝2x 21＋2，ax 2＝2x 22＋2．由根与系数的关系可得x 1x 2＝1．由已知0＜x 1≤1e ，则x 2＝1x 1≥e ．而f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－ax 1＋2ln x 1)－(x 22－ax 2＋2ln x 2)＝[x 21－(2x 21＋2)＋2ln x 1]－[x 22－(2x 22＋2)＋2ln x 2]＝(－x 21－2＋2ln x 1)－(－x 22－2＋2lnx 2)＝x 22－x 21＋2(ln x 1－ln x 2)＝x 22－x 21＋2lnx 1x 2＝x 22－1x 22＋2ln 1x 22x 22－1x 22－2ln x 22(x 2≥e)．设p (x )＝x －1x －2ln x (x ≥e 2)，则p ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝(x －1)2x 2，显然当x ≥e 2时，p ′(x )＞0，函数p (x )单调递增，故p (x )≥p (e 2)＝e 2－1e 2－2ln e 2＝e 2－1e 2－4．故f (x 1)－f (x 2)≥e 2－1e 2－4，故t ≤e 2－1e2－4．所以实数t ∞，e 2－1e 2－4．悟通(2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．但在f (x 1)－f (x 2)＝(x 21－ax 1＋2ln x 1)－(x 22－ax 2＋2ln x 2)中含有三个变量x 1，x 2与a ，最终保留哪个？由于x 1，1e ，消掉x 2与a 为佳，解答中是消掉x 1与a ，保留下x 2也可以，但要注意x 2的范围，由于x 1，x 2为f (x )的两个极值点，所以ax 1＝2x 21＋2，ax 2＝2x 22＋2．先消去ax 1与ax 2，再用韦达定理消去x 1，此时构造函数p (x )＝x－1x－2ln x (x ≥e 2)，求的最小值．[例4]已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝x 2－ax ．+X+K](1)求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最小值m (t )；(2)令h (x )＝g (x )－f (x )，A (x 1，h (x 1))，B (x 2，h (x 2))(x 1≠x 2)是函数h (x )图象上任意两点，且满足h (x 1)－h (x 2)x 1－x 2＞1，求实数a 的取值范围；解析(1)f ′(x )＝1－1x，x ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝1．当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递增，f (x )的最小值为f (t )＝t －ln t ；当0＜t ＜1时，f (x )在区间(t ，1)上为减函数，在区间(1，t ＋1)上为增函数，f (x )的最小值为f (1)＝1．综上，m (t )ln t ，t ≥1，，0＜t ＜1.(2)h (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋ln x ，x ＞0．不妨取0＜x 1＜x 2，则x 1－x 2＜0，则由h (x 1)－h (x 2)x 1－x 2＞1，可得h (x 1)－h (x 2)＜x 1－x 2，变形得h (x 1)－x 1＜h (x 2)－x 2恒成立．令F (x )＝h (x )－x ＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x ，x ＞0，则F (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，故F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋1x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x ＋1x ≥a ＋2在(0，＋∞)上恒成立．因为2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，所以a ≤22－2．故a 的取值范围为(－∞，22－2]．[例5]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－3x ．(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2，求函数f (x )的极小值；(2)若a ＝1，对于任意x 1，x 2∈[1，10]，当x 1<x 2时，不等式f (x 1)－f (x 2)>m (x 2－x 1)x 1x 2恒成立，求实数m 的取值范围．解析(1)f (x )＝ln x ＋ax 2－3x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax －3．由函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2，得f ′(1)＝1＋2a －3＝0，解得a ＝1．此时f ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12．当x x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x f ′(x )<0．所以函数f (x )(1，＋∞)所以当x ＝1时，函数f (x )取得极小值f (1)＝ln 1＋1－3＝－2．(2)由a ＝1得f (x )＝ln x ＋x 2－3x ．因为对于任意x 1，x 2∈[1，10]，当x 1<x 2时，f (x 1)－f (x 2)>m (x 2－x 1)x 1x 2恒成立，所以对于任意x 1，x 2∈[1，10]，当x 1<x 2时，f (x 1)－m x 1>f (x 2)－m x 2恒成立，所以函数y ＝f (x )－mx 在[1，10]上单调递减．令h (x )＝f (x )－m x ＝ln x ＋x 2－3x －mx，x ∈[1，10]，所以h ′(x )＝1x ＋2x －3＋mx 2≤0在[1，10]上恒成立，则m ≤－2x 3＋3x 2－x 在[1，10]上恒成立．设F (x )＝－2x 3＋3x 2－x (x ∈[1，10])，则F ′(x )＝－6x 2＋6x －1＝－＋12．当x ∈[1，10]时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[1，10]上单调递减，所以F (x )min ＝F (10)＝－2×103＋3×102－10＝－1710，所以m ≤－1710，故实数m 的取值范围为(－∞，－1710]．悟通(1)利用f ′(1)＝0，得a 的方程，解方程求a 的值，再求f ′(x )＝0的实数解，并判断在实数解的两侧f (x )的导数值符号，得f (x )的极值．(2)“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f (x 1)－f (x 2)>m (x 2－x 1)x 1x 2”可化为“f (x 1)－m x 1>f (x 2)－mx 2”，只需构造函数h (x )＝f (x )－m x ，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h ′(x )＝1x ＋2x －3＋mx 2≤0在[1，10]上恒成立”．分离参数m ，构造新函数，借助函数最值求m 的取值范围．【对点训练】1．已知函数f (x )＝a ln x ＋x －1x，其中a 为实常数．(1)若x ＝12是f (x )的极大值点，求f (x )的极小值；(2)若不等式a ln x －1x ≤b －x 对任意－52≤a ≤0，12≤x ≤2恒成立，求b 的最小值．1．解析(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x 2，由题意知x >0．由f 0，得＋12a ＋1＝0，所以a ＝－52，此时f (x )＝－52ln x ＋x －1x ．则f ′(x )＝x 2－52x ＋1x 2＝所以f (x )在12，2上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．所以x ＝2为极小值点，极小值f (2)＝32－5ln 22．(2)不等式a ln x －1x ≤b －x 即为f (x )≤b ，所以b ≥f (x )max 对任意－52≤a ≤0，12≤x ≤2恒成立．①若1≤x ≤2，则ln x ≥0，f (x )＝a ln x ＋x －1x x －1x ≤2－12＝32．当a ＝0，x ＝2时取等号．②若12≤x <1，则ln x <0，f (x )＝a ln x ＋x －1x ≤－52ln x ＋x －1x．由(1)可知g (x )＝－52ln x ＋x －1x 在12，上为减函数．所以当12≤x <1时，g (x )≤＝52ln 2－32．因为52ln 2－32<52－32＝1<32，所以f (x )≤32．综上，f (x )max ＝32．于是b min ＝32．2．设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx ．(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1，求m 的取值范围．2．解析(1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x ．若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0．若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0．所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1－f (0)≤e －1，－1)－f (0)≤e －1，m －m ≤e －1，－m＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t －1．当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0．故g (t )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1，1]时，g (t )≤0．当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，即e m －m ＞e －1；当m ＜－1时，g (－m )＞0，即e －m ＋m ＞e －1．综上，m 的取值范围是[－1，1]．3．设函数f (x )＝1－a 2x 2＋ax －ln x (a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的极值；(2)若对任意a ∈(4，5)及任意x 1，x 2∈[1，2]，恒有a －12m ＋ln2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围．3．解析(1)由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝1时，f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，当0<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴函数f (x )的极小值为f (1)＝1，无极大值．(2)由题意知f ′(x )＝(1－a )x ＋a －1x ＝当a ∈(4，5)时，1－a <－3，0<1a －1<13，∴在区间[1，2]上，f ′(x )≤0，则f (x )单调递减，f (1)是f (x )的最大值，f (2)是f (x )的最小值．∴|f (x 1)－f (x 2)|≤f (1)－f (2)＝a 2－32＋ln 2．∵对任意a ∈(4，5)及任意x 1，x 2∈[1，2]，恒有a －12m ＋ln 2>|f (x 1)－f (x 2)|成立，∴a －12m ＋ln 2>a 2－32＋ln 2，得m >a －3a －1．∵a ∈(4，5)，∴a －3a －1＝1－2a －1<1－25－1＝12，∴m ≥12，故实数m 的取值范围是[12，＋∞)．4．已知函数f (x )x (其中e 为自然对数的底数)．(1)证明：f (x )≤f (e)；(2)对任意正实数x 、y ，不等式x y －ln x )－2x ≤0恒成立，求正实数a 的最大值．4．解析(1)f ′(x )＝－1e ln x ＝－1e ln x ＋2x －1e ＝－x ln x ＋2e －xe x，令g (x )＝－x ln x ＋2e －x ，g ′(x )＝－ln x ＋(－x )·1x－1＝－ln x －2，在(0，e －2)上，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，在(e －2，＋∞)上，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，所以g (x )max ＝g (e －2)＝－e －2ln e －2＋2e －e －2＝2e －2＋2e －e －2＝e －2＋2e ＞0，又因为x →0时，g (x )→0；g (e)＝0，所以在(0，e)上，g (x )＞0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，在(e ，＋∞)上，g (x )＜0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (e)，即f (x )≤f (e)．(2)因为x ，y ，a ，都大于0，由x y －ln x )－2x ≤0两边同除以ax 整理得：2a ≥yx ，令y x ＝t (t ＞0)，所以2a ≥t 恒成立，记h (t )t ，则2a ≥h (t )max ，由(1)知h (t )max ＝g (e)＝1，所以2a ≥1，即0＜a ≤2，a max ＝2．所以正实数a 的最大值是2．5．设函数f (x )＝ln x ＋kx，k ∈R ．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．5．解析(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex 2(x >0)，由f ′(x )<0得0<x <e ，由f ′(x )>0得x >e ，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee＝2．∴f (x )的极小值为2．(2)由题意知，对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，即f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx－x (x >0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －k x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＋14恒成立，∴k ≥14．故k 的取值范围是14，＋6．已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a <0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对于任意的x 1，x 2∈(0，1]，且x 1≠x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|<4|1x 1－1x 2|，求实数a 的取值范围．6．解析(1)由题意知f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)，因为x >0，a <0，所以f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)不妨设0<x 1<x 2≤1，则1x 1>1x 2>0，由(1)知f (x 1)<f (x 2)，所以|f (x 1)－f (x 2)|<4|1x 1－1x 2|⇔f (x 2)－f (x 1f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2．设g (x )＝f (x )＋4x，x ∈(0，1]，|f (x 1)－f (x 2)|<4|1x 1－1x 2|等价于g (x )在(0，1]上单调递减，所以g ′(x )≤0在(0，1]上恒成立⇔1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0，1]上恒成立⇔a ≥x －4x 在(0，1]上恒成立，易知y ＝x －4x 在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a <0，所以－3≤a <0，所以实数a 的取值范围为[－3，0)．7．设f (x )＝e x －a (x ＋1)．(1)若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立，求正实数a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋ae x ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠x 2)是曲线y ＝g (x )上任意两点，若对任意的a ≤－1，直线AB 的斜率恒大于常数m ，求m 的取值范围．7．解析(1)因为f (x )＝e x －a (x ＋1)，所以f ′(x )＝e x －a ．由题意，知a ＞0，故由f ′(x )＝e x －a ＝0，解得x ＝ln a ．故当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的最小值为f (ln a )＝e ln a －a (ln a ＋1)＝－a ln a ．由题意，若∀x ∈R ，f (x )≥0恒成立，即f (x )＝e x －a (x ＋1)≥0恒成立，故有－a ln a ≥0，又a ＞0，所以ln a ≤0，解得0＜a ≤1．所以正实数a 的取值范围为(0，1]．(2)设x 1，x 2是任意的两个实数，且x 1＜x 2．则直线AB 的斜率为k ＝g (x 2)－g (x 1)x 2－x 1，由已知k ＞m ，即g (x 2)－g (x 1)x 2－x 1＞m ．因为x 2－x 1＞0，所以g (x 2)－g (x 1)＞m (x 2－x 1)，即g (x 2)－mx 2＞g (x 1)－mx 1．因为x 1＜x 2，所以函数h (x )＝g (x )－mx 在R 上为增函数，故有h ′(x )＝g ′(x )－m ≥0恒成立，所以m ≤g ′(x )．而g ′(x )＝e x －a －aex ，又a ≤－1＜0，故g ′(x )＝e x ＋－a e x－a ≥2e x ·(－a )e x－a ＝2－a －a ．而2－a －a ＝2－a ＋(－a )2＝(－a ＋1)2－1≥3，所以m 的取值范围为(－∞，3]．考点二双函数双任意型【例题选讲】[例6]已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝ax 2＋1，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a ∉(0，e)，若对任意x 1，x 2∈[1，e]，有f (x 1)>g (x 2)，求实数a 的取值范围．解析(1)f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，①当a ≤0时，1－ax >0，则f ′(x )>0，f (x )在[1，e]上单调递增；②当0<a ≤1e 时，1a≥e ，则f ′(x )≥0，f (x )在[1，e]上单调递增；③当1e <a <1时，1<1a <e ，当x ∈1，1a 时，f ′(x )≥0，f (x )在1，1a 上单调递增，当x ∈1a ，e 时，f ′(x )≤0，f (x )在1a ，e上单调递减；④当a ≥1时，0<1a≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．综上所述，当a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递增；当1e <a <1时，f (x )在1，1a 上单调递增，在1a，e 上单调递减；当a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递减．(2)g ′(x )＝2ax ，依题意知，x ∈[1，e]时，f (x )min >g (x )max 恒成立．已知a ∉(0，e)，则①当a ≤0时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1，e]上单调递减，而f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ，g (x )max ＝g (1)＝a ＋1，所以－a >a ＋1，得a <－12；②当a ≥e 时，g ′(x )>0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，而f (x )在[1，e]上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝a e 2＋1，f (x )min ＝f (e)＝1－a e ，所以1－a e>a e 2＋1，得a <0，与a ≥e 矛盾．综上所述，实数a ∞[例7]已知函数f (x )＝x e x ＋x －1，g (x )＝ln x ＋1e(e 为自然对数的底数)．(1)证明：f (x )≥g (x )；(2)若对于任意的x 1，x 2∈[1，a ](a >1)，总有|f (x 1)－g (x 2)|≤2e 2－1e ＋1，求a 的最大值．解析(1)令F (x )＝f (x )－g (x )＝x e x ＋x －ln x －1－1e，∴F ′(x )＝1－x e x ＋1－1x ＝(x －1)e x －x x ex ．∵x >0，∴e x >x ＋1，∴F (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F (x )min ＝F (1)＝0，∴f (x )≥g (x )．(2)∵x ∈[1，a ]，f ′(x )＝1－x e x ＋1>0，g ′(x )＝1x >0，∴f (x )，g (x )均在[1，a ]上单调递增．∵f (x )≥g (x )，F (x )＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴f (x )与g (x )的图象在[1，a ]上的距离随x 增大而增大，∴|f (x 1)－g (x 2)|max ＝f (a )－g (1)≤2e 2－1e ＋1，∴a e a ＋a ≤2e 2＋2，设G (a )＝ae a ＋a (a >1)，G ′(a )＝1－a e a ＋1＝e a －a ＋1ea ，∵当a >1时，e a >a ＋1，∴当a >1时，G ′(a )>0，G (a )在[1，＋∞)上单调递增，∴a ≤2，∴a 的最大值为2．[例8]已知函数f (x )＝x 2－2a ln x (a ∈R )，g (x )＝2ax .(1)求函数f (x )的极值；(2)若0＜a ＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|＞|g (x 1)－g (x 2)|成立，求实数a 的取值范围.解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －ax．当a ≤0时，显然f ′(x )＞0恒成立，故f (x )无极值；当a ＞0时，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a ，f (x )在(0，a )上单调递减；由f ′(x )＞0，得x ＞a ，f (x )在(a ，＋∞)上单调递增．故f (x )有极小值f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，a ≤0时，f (x )无极值；a ＞0时，f (x )极小值＝a －a ln a ，无极大值．(2)不妨令1≤x 1＜x 2≤2，因为0＜a ＜1，所以g (x 1)＜g (x 2)．由(1)可知f (x 1)＜f (x 2)，因为|f (x 1)－f (x 2)|＞|g (x 1)－g (x 2)|，所以f (x 2)－f (x 1)＞g (x 2)－g (x 1)，即f (x 2)－g (x 2)＞f (x 1)－g (x 1)，所以h (x )＝f (x )－g (x )＝x 2－2a ln x －2ax 在[1，2]上单调递增，所以h ′(x )＝2x －2ax －2a ≥0在[1，2]上恒成立，即a ≤x 2x ＋1在[1，2]上恒成立．令t ＝x ＋1∈[2，3]，则x 2x ＋1＝t ＋1t －2≥12，所以a ，12．故实数a ，12．【对点训练】8．已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ．若对任意x 1，x 2∈[－3，3]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．8．解析由对任意x 1，x 2∈[－3，3]，都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min ，因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ，所以当x 1∈[－3，3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ，因为g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，所以g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x ∈(－3，2)，则g ′(x )<0，当x ∈(2，3)，则g ′(x )>0，所以f (x )在(－3，2)上单调递减；f (x )在(2，3)上单调递增．易得g (x )min ＝g (2)＝－48，故147－c ≤－48，即c ≥195．故实数c 的取值范围是[195，＋∞)．9．已知函数f (x )＝x －1－a ln x (a ∈R )，g (x )＝1x．(1)当a ＝－2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若a <0，且对任意x 1，x 2∈(0，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<4×|g (x 1)－g (x 2)|，求实数a 的取值范围．9．解析(1)当a ＝－2时，f (x )＝x －1＋2ln x ，f ′(x )＝1＋2x，f (1)＝0，切线的斜率k ＝f ′(1)＝3，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －3＝0．(2)对x ∈(0，1]，当a <0时，f ′(x )＝1－ax >0，∴f (x )在(0，1]上单调递增，易知g (x )＝1x在(0，1]上单调递减，不妨设x 1，x 2∈(0，1]，且x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，g (x 1)>g (x 2)，∴f (x 2)－f (x 1)<4×[g (x 1)－g (x 2)]，即f (x 1)＋4x 1>f (x 2)＋4x 2．令h (x )＝f (x )＋4x ，则当x 1<x 2时，有h (x 1)>h (x 2)，∴h (x )在(0，1]上单调递减，∴h ′(x )＝1－a x －4x 2＝x 2－ax －4x 2≤0在(0，1]上恒成立，∴x 2－ax －4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a ≥x －4x 在(0，1]上恒成立，∴只需a ≥(x －4x)max ．∵y ＝x －4x 在(0，1]上单调递增，∴y max ＝－3，∴－3≤a <0，故实数a 的取值范围为[－3，0)．10．设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x ．(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．10．解析(1)因为F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，所以F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )>0，解得x >－1，令F ′(x )<0，解得x <－1，所以F (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e．(2)因为任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)，且x 1>x 2，有m [f (x 1)－f (x 2)]>g (x 1)－g (x 2)恒成立，所以mf (x 1)－g (x 1)>mf (x 2)－g (x 2)恒成立．令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m ≥1e x ，而1e x ≤e ，故m ≥e ，即实数m 的取值范围是[e ，＋∞)．考点三任意存在型【例题选讲】[例9]设函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a ∈R )．(1)已知函数在定义域内为增函数，求a 的取值范围；(2)设g (x )＝f (x )＋2ln ax ＋26x，对于任意a ∈(2，4)，总存在x ∈32，2，使g (x )＞k (4－a 2)成立，求实数k的取值范围．解析(1)∵函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax ，∴f ′(x )＝1x＋2x －a ．∵函数在定义域内为增函数，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≤1x ＋2x 在(0，＋∞)上恒成立，而x ＞0，1x ＋2x ≥22，当且仅当x ＝22时，“＝”成立．即1x＋2x 的最小值为22，∴a ≤22．(2)∵g (x )＝f (x )＋2lnax ＋26x＝2ln (ax ＋2)＋x 2－ax －2ln 6，∴g ′(x )＝2a ax ＋2＋2x －a ∵a ∈(2，4)，∴4－a 22a ＝2a －a 2＞－32，x ＋4－a 22a＞0∴g ′(x )＞0，故g (x )在32，2上单调递增，∴当x ＝2时，g (x )取最大值2ln (2a ＋2)－2a ＋4－2ln 6．即2ln (2a ＋2)－2a ＋4－2ln 6＞k (4－a 2)在a ∈(2，4)上恒成立，令h (a )＝2ln (2a ＋2)－2a ＋4－2ln 6－k (4－a 2)，则h (2)＝0，且h (a )＞0在(2，4)内恒成立，h ′(a )＝2a ＋1－2＋2ka ＝2a (ka ＋k －1)a ＋1．当k ≤0时，h ′(a )＜0，h (a )在(2，4)上单调递减，h (a )＜h (2)＝0，不合题意；当k ＞0时，由h ＇(a )＝0，得a ＝1－kk．①若1－k k ＞2，即0＜k ＜13时，h (a )h (a )＜h (2)，不合题意，②若1－k k ≤2，即k ≥13时，h (a )在(2，4)内单调递增，h (a )＞h (2)＝0满足题意．综上，实数k 的取值范围为13，＋[例10]已知函数f (x )＝2ln x 2－3x －6x ＋1．(1)求f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝ln x －ax ，若对任意x 1∈(1，＋∞)，存在x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解析(1)因为f (x )＝2lnx 2－3x －6x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －9(x ＋1)2＝2x 2－5x ＋2x (x ＋1)2＝(2x －1)(x －2)x (x ＋1)2，当12<x <2时，f ′(x )<0，当0<x <12或x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )(2，＋∞)．(2)由(1)知，f (x )在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f (x )≥f (2)＝0，又g (x )＝ln x －ax ，所以对任意x 1∈(1，＋∞)，存在x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≥g (x 2)成立⇔存在x 2∈(0，＋∞)，使得g (x 2)≤0成立⇔函数y ＝ln x 与直线y ＝ax 的图象在(0，＋∞)上有交点⇔方程a ＝ln xx在(0，＋∞)上有解．设h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，又h (e)＝1e ，x →0时，h (x )→－∞，所以在(0，＋∞)上，h (x )∞，1e ，所以实数a ∞，1e ．[例11]已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1(a ∈R )．(1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4．当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b的取值范围．解析(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ，1a －f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x 1，＋f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈，1a－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12．对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当1≤b ≤2时，g (x )min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ＞2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为178，＋[例12]已知x ＝1e为函数f (x )＝x a ln x 的极值点．(1)求a 的值；(2)设函数g (x )＝kxe x ，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，求k 的取值范围．解析(1)f ′(x )＝ax a －1ln x ＋x a ·1x＝x a －1(a ln x ＋1)，f －ln1e＋0，解得a ＝2，当a ＝2时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1)，函数f (x )所以x ＝1e为函数f (x )＝x a ln x 的极小值点，因此a ＝2．(2)由(1)知f (x )min ＝f ＝－12e ，函数g (x )的导函数g ′(x )＝k (1－x )e －x ．①当k >0时，当x <1时，g ′(x )>0，g (x )在(－∞，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2＝－1k ，使得g (x 2)＝1e k -<－1<－12e ≤f (x 1)，符合题意．②当k ＝0时，g (x )＝0，取x 1＝1e，对∀x 2∈R 有f (x 1)－g (x 2)<0，不符合题意．③当k <0时，当x <1时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝ke，若对∀x 1∈(0，＋∞)，∃x 2∈R ，使得f (x 1)－g (x 2)≥0，只需g (x )min ≤f (x )min ，即k e ≤－12e ，解得k ≤－12．综上所述，k ∞，－12∪(0，＋∞)．[例13]已知函数f (x )＝e x sin x －cos x ，g (x )＝x cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数．(1)判断函数y ＝f (x )(2)∀x 1∈0，π2，∃x 2∈0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，试求实数m 的取值范围．解析(1)函数y ＝f (x )1，理由如下：f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＋sin x ，当0<x <π2时，f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )f (0)＝－1<0，e π2>0，f (0)·．由零点存在性定理，可知函数y ＝f (x )1．(2)因为不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 等价于f (x 1)≥m －g (x 2)，所以∀x 1∈0，π2，∃x 2∈0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，等价于f (x )min ≥[m －g (x )]min ＝m －g (x )max ．由(1)知，f (x )最小值为f (0)＝－1．又g ′(x )＝cos x －x sin x －2e x ，当x ∈0，π2时，0≤cos x ≤1，x sin x ≥0，2e x ≥2，所以g ′(x )<0．故g (x )在区间0，π2上单调递减，当x ＝0时，g (x )取得最大值－2．所以－1≥m －(－2)，所以m ≤－2－1，故实数m 的取值范围是(－∞，－1－2]．[例14]已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，g (x )＝e x －1－x ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∀a ∈(0，1)，是否存在实数λ，∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使f [(n )]2－λg (m )<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解析(1)f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1，①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0，x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；②当a >0时，x ∞f ′(x )>0，x －2a，f ′(x )<0，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，所以函数f (x )∞(0，＋∞)－2a ，③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0，x f ′(x )>0，x －2a，＋f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)－2a ，＋(2)由g(x)＝e x－1－x，得g′(x)＝e x－1－1，当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，故g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝0，故当m∈[a－1，a]时，g(m)min＝g(a)＝e a－1－a>0，当a∈(0，1)时，a－1>－2a，由(1)知，当n∈[a－1，a]时，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，所以[f(n)]2min＝(1－a)2，若∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，则λ>0，且[f(n)]2min<λg(m)min．所以(1－a)2<λ(e a－1－a)，所以λ>(1－a)2 e a－1－a．设h(x)＝(1－x)2e x－1－x，x∈[0，1)，则h′(x)＝(x－1)(3e x－1－x e x－1－x－1)(e x－1－x)2，令r(x)＝3e x－1－x e x－1－x－1，x∈[0，1]，则r′(x)＝(2－x)e x－1－1，当x∈(0，1)时，e1－x>2－x，所以(2－x)e x－1<1，故r′(x)<0，所以r(x)在[0，1]上单调递减，所以当x∈[0，1)时，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，又当x∈[0，1)时，x－1<0，所以当x∈[0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x∈(0，1)时，h(x)<h(0)＝e，即a∈(0，1)时，（1－a）2e a－1－a<e，故λ≥e．所以当λ≥e时，∀a∈(0，1)，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立．【对点训练】11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋1的单调递减区间是(1，2)．(1)求f(x)的解析式；(2)若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式12x31－x1ln x1－x1t＋3＞f(x2)成立，求实数t的取值范围．11．解析(1)由题得f′(x)＝3x2＋2bx＋c．∵f(x)的单调递减区间是(1，2)，(1)＝3＋2b＋c＝0(2)＝12＋4b＋c＝0解得b＝－92，c＝6，∴f(x)＝x3－92x2＋6x＋1；(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3(x－1)(x－2)当x∈[2，＋∞)，f′(x)≥0，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝3；要使若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式12x31－x1ln x1－x1t＋3＞f(x2)成立，只需对任意的x 1∈(0，2]，不等式12x 31－x 1ln x 1－x 1t ＋3＞3成立，所以需对任意的x 1∈(0，2]，x 1t ＜12x 31－x 1ln x 1恒成立，只需t ＜12x 21－ln x 1在x 1∈(0，2]上恒成立．设h (x )＝12x 2－ln x ，x ∈(0，2]，则h ′(x )＝x －1x ＝(x －1)(x ＋1)x，当x 1∈(0，2]时，h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝12，要使t ＜12x 2－ln x 在x ∈(0，2]上恒成立，只需t ＜h (x )min ，则t ＜12．故t ∞12．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0，1]使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．12．解析(1)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a ．f ′(x )>0－1a，＋f ′(x )<0，所以函数f (x )－1a，＋(2)由已知得所求可转化为f (x )max <g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0，1]，所以g (x )max ＝2，由(1)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意．当a <0时，f (x )－1a，＋故f (x )的极大值即为最大值，是1＋1－ln(－a )，所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e3．13．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，证明：f (x )≤－2；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0，2)，∃x 2∈[1，2]，f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．13．解析(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x －1，则f ′(x )＝1x－1，所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－2，故f (x )≤－2．(2)依题意得f (x )在(0，2)上的最小值不小于g (x )在[1，2]上的最小值，即f (x )min ≥g (x )min ．当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，所以当x ∈(0，2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12．又g (x )＝x 2－2bx ＋4，x ∈[1，2]，①当b <1时，易得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ，则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，易得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2，则4－b 2≤－12，所以b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，易得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，则8－4b ≤－12，解得b ≥178．综上，实数b 的取值范围是[178，＋∞)．14．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax ．(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．14．解析(1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，所以a ≥－3，所以a 的最小值为－3．(2)“对∀x 1∈12，2，∃x 2∈12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在12，2上单调递增，所以f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a ．而g ′(x )＝1－xe x ，由g ′(x )>0，得x <1，由g ′(x )<0，得x >1，所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ∈12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e ．由8＋a ≤1e ，得a ≤1e －8，所以实数a ∞，1e －8．15．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0，2]，均存在x 2∈(0，2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．15．解析(1)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，ax －1<0，在区间(0，2)上，f ′(x )>0，在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，1a >2，在区间(0，2)f ′(x )>0f ′(x )<0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)③当a ＝12时，f ′(x )＝x －222x≥0，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2.(2，＋∞)上，f ′(x )>0f ′(x )<0.故f (x )(2，＋∞)(2)由已知，在(0，2]上有f (x )max <g (x )max ．由已知，g (x )max ＝0，由(1)可知，①当a ≤12时，f (x )在(0，2]上单调递增．故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2，所以，－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1.∴ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )，1a 上单调递增，在2上单调递减，故f (x )max ＝＝12a －(2a ＋1)1a ＋2ln 1a ＝－12a －2－2ln a <0.当a >12时，12a ＋2ln a >12a ＋2ln e －1>－2，故a >12时满足题意．综上，a 的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．16．函数f (x )＝e x sin x ，g (x )＝(x ＋1)cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数．(1)求f (x )的单调区间；(2)对∀x 1∈0，π2，∃x 2∈0，π2，使f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，求实数m 的取值范围．16．解析(1)f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＝e x (sin x ＋cos x )＝2e x 2k π<x ＋π4<π＋2k π(k ∈Z )，即x －π4＋2k π，3π4＋2k (k ∈Z )时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当π＋2k π<x ＋π4<2π＋2k π(k ∈Z )，即x ＋2k π，7π4＋2k k ∈Z )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；综上，f (x )－π4＋2k π，3π4＋2k k ∈Z )，f (x )＋2k π，7π4＋2k k ∈Z )．(2)f (x 1)＋g (x 2)≥m ，即f (x 1)≥m －g (x 2)，设t (x )＝m －g (x )，则原问题等价于f (x )min ≥t (x )min ，x ∈0，π2，一方面由(1)可知，当x ∈0，π2时，f ′(x )≥0，故f (x )在0，π2单调递增，∴f (x )min ＝f (0)＝0．另一方面：t (x )＝m －(x ＋1)cos x ＋2e x ，t ′(x )＝－cos x ＋(x ＋1)sin x ＋2e x ，由于－cos x ∈[－1，0]，2e x ≥2，∴－cos x ＋2e x >0，又(x ＋1)sin x ≥0，当x ∈0，π2，t ′(x )>0，t (x )在0，π2为增函数，t (x )min ＝t (0)＝m －1＋2，所以m －1＋2≤0，m ≤1－2．即实数m 的取值范围是(－∞，1－2)．考点四存在任意型【例题选讲】[例15]已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，a ∈R ．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝(x －k )e x ＋k ，k ∈Z ，e ＝2.71828…为自然对数的底数．当a ＝1时，若∃x 1∈(0，＋∞)，∀x 2∈(0，＋∞)，不等式5f (x 1)＋g (x 2)＞0成立，求k 的最大值．解析(1)f ′(x )＝1－a －ln x x 2(x ＞0)．由f ′(x )＝0，得x ＝e1－a ．易知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，∴当0＜x ＜e 1－a 时，f ′(x )＞0，此时函数f (x )单调递增；当x ＞e 1－a 时，f ′(x )＜0，此时函数f (x )单调递减．∴函数f (x )的单调递增区间是(0，e 1－a )，单调递减区间是(e 1－a ，＋∞)．(2)当a ＝1时，由(1)可知f (x )≤f (e 1－a )＝1，∴∃x 1∈(0，＋∞)，∀x 2∈(0，＋∞)，5f (x 1)＋g (x 2)＞0成立，等价于5＋(x －k )e x ＋k ＞0对x ∈(0，＋∞)恒成立，∵当x ∈(0，＋∞)时，e x －1＞0，∴x ＋x ＋5e x －1＞k 对x ∈(0，＋∞)恒成立，设h (x )＝x ＋x ＋5e x －1，则h ′(x )＝e x (e x －x －6)(e x －1)2．令F (x )＝e x －x －6，则F ′(x )＝e x －1．当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＞0，∴函数F (x )＝e x －x －6在(0，＋∞)上单调递增．而F (2)＝e 2－8＜0，F (3)＝e 3－9＞0．∴F (2)·F (3)＜0．∴存在唯一的x 0∈(2，3)，使得F (x 0)＝0，即e x 0＝x 0＋6．∴当x ∈(0，x 0)时，F (x )＜0，h ′(x )＜0，此时函数h (x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，F (x )＞0，h ′(x )＞0，此时函数h (x )单调递增．∴当x ＝x 0时，函数h (x )有极小值(即最小值)h (x 0)．∵h (x 0)＝x 0＋x 0＋5e x 0－1＝x 0＋1∈(3，4)．又k ＜h (x 0)，k ∈Z ，∴k 的最大值是3．[例16]已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x ．(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．解析(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2．①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a ．②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1．③若a ≥e ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae ．综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae．(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值．由(1)知，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae．g ′(x )＝(1－e x )x ．。
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备战2020高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第二篇专题十六 与双变量有关的恒成立问题一、问题指引函数背景下的双变量问题，一直是高考的热点与难点，求解基本方法是利用相关知识转化为一个变量的函数问题．二、方法详解（一）构造齐次式，换元【例】（2020年河南高三期末）已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x 的两个零点，求证：0F '<.【类题展示1】【四川省2020届高三期末】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围； （2）求证：x 1x 2＜a 2．【类题展示2】（2020·湖北高三期末）已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.(二)各自构造一元函数【例】（2020·河南高三月考）已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围．【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R . （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.(（三)消元构造一元函数【例】已知函数f(x)={e −x +1,x ≤0,2√x, x >0.函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；（2）若x 1<x 2，且ax 1+x 2≥1恒成立，求实数a 的取值范围．【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数f(x)=x 2+ax −alnx . （1）若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当a =2时，若方程f(x)=x 2+2m 有两个不等实数根x 1，x 2，求实数m 的取值范围，并证明x 1x 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】（2020·深圳市高三期末）已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围：【类题展示】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）； （2）若对任何恒成立，求的取值范围．【类题展示】已知函数f (x )=x +xlnx .（Ⅰ）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅰ）若k ∈Z ，且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立，求k 的最大值； （Ⅰ）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n .(五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】【山东2020高三期末】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅰ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【类题展示】【福建省2020高三期末】已知函数f(x)=e x −x ，g(x)=(x +k)ln(x +k)−x ． （1）若k =1，f ′(t)=g ′(t)，求实数t 的值．（2）若a,b ∈R +，f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ，求正实数k 的取值范围．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示 【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ ()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存 在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【类题展示】【云南省2020高三期末】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）.三、跟踪训练1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.（1）令g(x)=f(x)+ax ，若y =g(x)在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；（2）当a =2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系，并给出理由 2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b ∈R ，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间； （2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e 2＞1．3．【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=e x (e x −ax +a )有两个极值点x 1，x 2. （1）求a 的取值范围； （2）求证：2x 1x 2<x 1+x 2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f (x )=−12x 2+2x −2alnx ． （1）讨论函数f (x )的单调性；（2）设g (x )=f ′(x )，方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)，证明：g ′(α+β2)<0．注：f ′(x ),g ′(x )分别为f (x ),g (x )的导函数．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ．（1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅰ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）8．（2020·云南高三（理））已知函数()(x xf x e e ax a -=-+为常数).（1）讨论()f x 的单调性；（2）()'f x 是()f x 的导函数，若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，求证:()()()12120f x x f f x x --'<9．已知函数()21ln 12f x x ax bx =-++的图象在1x =处的切线l 过点11,22⎛⎫⎪⎝⎭. （1）若函数()()()()10g x f x a x a =-->，求()g x 的最大值（用a 表示）； （2）若()()1212124,32a f x f x x x x x =-++++=，证明：1212x x +≥.10．【浙江省三校2020年高三联考】已知函数f (x )=x 2−(a −2)x −alnx . （1）求函数的单调区间；（2）若方程f (x )=c 有两个不相等的实数根x 1,x 2，求证：f ′(x 1+x 22)>0.。