【【智博教育原创专题】专题讲座】导数与恒成立问题
(完整版)导数与恒成立、能成立问题及课后练习(含答案),推荐文档
(x) x3 x
简解：（1）由
x
2x 2 1 成立，只需满足
2x 2 1 的最小值大于 a 即
(x)
可．对
x3 x
( x)
2x 2 1 求导，
2x4 (2 x 2
x2 1 1)2
0 ，故 ( x)
在
x
[1,2] 是增函数，
min
(x)
(1)
2 3
，所以
a
的取值范围是
0
a
2 3
解：由函数 f (x) x2 2ax 4 的对称轴为 x=a
所以必须考察 a 与-1，2 的大小，显然要进行三种分类讨论
1）．当 a 2 时 f(x)在[-1，2]上是减函数此时 f (x)min = f(2)=4-4a+4 2
即 a 3 结合 a 2，所以 a 2 2
2）．当 a 1 时 f(x)在[-1，2]上是增函数，此时 f(-1)=1+2a+4 2
(Ⅰ)求 a 的值；(Ⅱ)若 g(x) t2 t 1在x 1,1上恒成立，求 t 的取值范围；
(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母： 及 t ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。显
然可将 视作自变量，则上述问题即可转化为在 ,1 内关于 的一次函数大于等于 0 恒成立的问题。(Ⅱ)略
．
例
h(x)
2、设函数
a x
x
b
a [1 ，对任意 2
,2] ，都有 h(x)
10 在
x [1 ,1] 4 恒成立，求实数 b
的范围．
分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求
3-3 专题研究1 利用导数研究恒成立问题 PPT课件 【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学】
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高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
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01 专题讲解
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专题研究一 利用导数研究恒成立问题
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专题讲解
题型一 分离参数求参数范围
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状元笔记 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f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形 式； (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值； (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范 围．
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思考题2 若f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.在区间 －23，－13 存在单调递减区间，求a的取值范围．
【解析】 函数f(x)在区间 －23，－13 存在单调递减区间，即f ′(x)<0在－23，－13有解．
∵f′(x)＝3x2＋2ax＋1，a∈R， ∴2ax<－3x2－1在(－23，－13)有解， ∵x∈－23，－13，∴a>－32xx2－1在－23，－13有解，
∴g′(x)＝
[（x＋1）（1＋lnx）]′x－（x＋1）（1＋lnx） x2
＝x－x2lnx
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令h(x)＝x－lnx(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造 函数进行分析)，
微专题09 导数解答题之恒成立问题
微专题09 导数解答题之恒成立问题秒杀总结1.利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3.不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 例1．（江西省重点中学协作体2022届高三2月第一次联考数学（理）试题）已知函数2()e sin ,()31x f x x x g x ax x =++=++．(1)求()f x 在x ＝0处的切线方程；(2)当0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求a 取值范围．例2．（苏教版（2019）选修第一册突围者第5章第三节课时3最大值与最小值）已知函数()sin cos x f x e x x =--，()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ≥； （2）若()()2g x ax a ≥+∈R ，求a 的值．例3．（安徽省合肥市第一中学2021届高三下学期6月最后一卷文科数学试题）已知函数()sin cos =-f x x x x（1）当[0,2]x πÎ时，求()f x 的最大值；（2）若[0,]x π∈时，()sin f x ax x -…恒成立，求实数a 的取值范围.例4．（江苏省百校联考2021届高三下学期4月第三次考试数学试题）设01x <<. （1）证明：2sin 116x xx-<<；（2）若3sin 6x ax x -<，求a 的取值范围.过关测试1．（山西省太原市2022届高三上学期期末数学（理）试题）已知函数()()21321ln ,e 22x f x x x g x x x x -=-=+-. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()()0,x g x af x >≥恒成立，求实数a 的取值范围.2．（安徽省六安市示范高中2021-2022学年高三上学期教学质量检测理科数学试题）已知函数()()2ln e =+∈x f x a x x a R .(1)当1a =-时，求()f x 在()0,∞+上的极值点的个数；(2)若()()()2ln 1f x a x x a x x ≥++++，求实数a 的取值范围.3．（河南省湘豫名校联盟2021-2022学年高三上学期11月联考文科数学试题）已知函数()()()2212x a f x x e x =-⋅--，()ln 21x g x x x e =+-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，证明：0x ∀>，()()f x g x ≥.4．（云南省师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（四）数学（理）试题）已知函数1211()(2)e 22x f x x x x -=--++，()sin ln(1)g x ax x x =--+，其中a ∈R . （1）证明：当1x …时，()0f x …；当1x <时，()0f x <； （2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x …恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由.5．（山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()1ln f x a x x=-，R a ∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()2f x x e≤-在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围.6．（天津市西青区杨柳青第一中学2021-2022学年高三上学期第二次阶段检测数学试题）已知函数f （x ）=e ax sin x(1)若f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，求实数a 的取值范围(2)设a ≥1，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有f （x ）≤bx 成立，求b -e 2a 的最小值7．（福建省四地市2022届高三第一次质量检测数学试题）已知函数()()2()e 222x f x x k x -=----，其中k ∈R ．(1)当0k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程； (2)若对任意[1,)x ∈-+∞，有()0f x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．8．（江苏省南通市如皋市2021-2022学年高三上学期12月教学质量调研（三）数学试题）已知函数()2e x f x ax ax =+-，()cos g x x =，其中实数0a >，e 为自然对数的底数.(1)当1a =，求函数()f x 在0x =处的切线方程； (2)若()()f x g x ≥恒成立，求a 的值.9．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）已知函数()21cos 2f x x x =+．(1)求()f x 的最小值；(2)若不等式()21e 22≥+-+x f x x ax 对任意的0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．10．（安徽省六安市第一中学2021-2022学年高三上学期第四次月考理科数学试题）已知函数()()e ln 1R x f x ax x x a =---∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞都有ln 1e 1x x a x+≤-恒成立，求实数a 的取值范围.11．（江苏省新高考基地学校2021-2022学年高三上学期12月第二次大联考数学试题）已知函数()e ln ln x f x a x a =--.(1)若1ea =，求函数()f x 的极值；(2)当0x >时，()52f x ≥，求a 的取值范围.12．（第7讲主元法巧解双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数e ()(ln )=+-xf x a x x x（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，e 2.71828)=⋯． (1)若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；(2)当0a =时，若()f x kx m +…（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．13．（安徽省淮南市2022届高三上学期一模文科数学试题）已知函数()()ln 11xf x x x =>-． (1)判断函数()f x 的单调性；(2)已知0λ>，若存在()1,x ∈+∞时使不等式()()1e ln 0xx f x λ--≥成立，求λ的取值范围．14．（甘肃青海大联考2021-2022学年高三上学期文科数学试题）已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间； (2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．15．（广东省七校联合体2021届高三下学期第三次联考（5月）数学试题）已知函数()ln f x x ax =-. （1）若函数()f x 在定义域上的最大值为1，求实数a 的值；（2）设函数()()()2xh x x e f x =-+，当1a =时，()h x b ≤对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，求满足条件的实数b的最小整数值.16．（浙江省台州市临海市回浦中学2021届高三下学期考前适应性考试数学试题）设函数()()1,2(,x x f x e x g x ae ma x m a +=-=+-为实数)，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若存在实数a ，使得()()f x g x ≤对任意x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围.17．（吉林省吉林市普通中学2020-2021学年高三第三次调研测试理科数学试试题）已知函数()2sin x f x e x x =-+，()()sin cos x g x e x x a =-++.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）1x ∃、20,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12g x f x ≥成立，求a 的取值范围；（3）不等式()ln f x mx x'->在()1,+∞上恒成立，求整数m 的最大值.18．（第16讲公切线与公切点的高级应用-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数2(),()ln ,2x f x ax g x x ax a R e=-=-∈．(1)解关于()x x R ∈的不等式()0f x ≤； (2)证明：()()f x g x ≥；(3)是否存在常数a ，b ，使得()()f x ax b g x ≥+≥对任意的0x >恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．微专题09 导数解答题之恒成立问题秒杀总结1.利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3.不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <；（4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集. 例1．（江西省重点中学协作体2022届高三2月第一次联考数学（理）试题）已知函数2()e sin ,()31x f x x x g x ax x =++=++．(1)求()f x 在x ＝0处的切线方程；(2)当0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求a 取值范围． 【答案】(1)310x y -+=； (2)1(,]2-∞.【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解；(2)构造函数m (x )＝f (x )－g (x )，研究函数m (x )单调性求其最小值即可. (1)()e 1cos x f x x =++'，则()()03,01f f '==，故切线方程为()130y x -=-，化简得310x y -+=； (2)由()221f x ax x ≥++得2e sin 210x x ax x +---≥，令()2e sin 21,0x m x x ax x x =+---≥，即min ()0m x ≥()e cos 22x m x x ax '=+--，令()()h x m x '=，则()e sin 2xh x x a '=--，令()()H x h x ='，则()e cos xH x x =-'，∵0x ≥，∴e 1cos x x ≥≥，∴()e cos 0xH x x =-≥'，∴()h x '在[0，＋∞)上单调递增，且()()012h x h a ='≥-'， 当120a -≥，即12a ≤时，()()0120h x h a ≥=-'≥'，()m x '在[0，＋∞)上单调递增，()()00m x m ''≥=， ∴m (x )在[0，＋∞)上单调递增，()()00m x m ≥=，符合题意； 当120a -<即12a >时，()(0)120h x h a '≥='-<，[ln(21)]1sin[ln(21)]0h a a '+=-+≥，而()h x '在[0，＋∞)上单调递增，∴0(0,ln(21)]x a ∃∈+，使得()00h x '=，∴当()00,x x ∈时，()0h x '<，()g x '单调递减，()()00m x m ''<=， ∴m (x )在()00,x 单调递减，∴此时()()00m x g <=，不满足()min 0m x ≥， ∴a 的取值范围是1(,]2-∞．【点睛】本题考察的是构造新函数，利用导数研究新函数的单调性求其最小值，关键在于需多次求导，依次判断单调性和函数值正负.例2．（苏教版（2019）选修第一册突围者第5章第三节课时3最大值与最小值）已知函数()sin cos x f x e x x =--，()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ≥； （2）若()()2g x ax a ≥+∈R ，求a 的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【解析】 【分析】（1）由题意分类讨论当5,44x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦、,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭、[)0,x ∈+∞三种情况即可证得题中的结论； （2）构造函数()sin cos 2xF x e x x ax =++--，分析可知()()min 00F x F ==，可得出()00F '=，求出实数a的值，然后验证当2a =时，()0F x ≥对任意的x ∈R 即可. 【详解】（1）因为()sin cos 24x x f x e x x e x π⎛⎫=--=+ ⎪⎝⎭，则()24xf x e x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭，()00f '=.①当544x ππ-<≤-时，04x ππ-<+≤，()204x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭；②当04x π-<<时，044x ππ<+<，1224x π⎛⎫<+< ⎪⎝⎭1x e <，则()204xf x e x π⎛⎫'=+< ⎪⎝⎭，所以，函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故()()00f x f >=；③当0x ≥时，构造函数()sin t x x x =-，()1xh x e x =--， 则()1cos 0t x x '=-≥，()10xh x e '=-≥对任意的0x ≥恒成立，所以，函数()t x 、()h x 在[)0,+∞上均为增函数， 对任意的0x ≥，()()sin 00t x x x t =-≥=，即sin x x ≥， ()()100x h x e x h =--≥=，即1x e x ≥+，所以，当0x ≥时，()sin cos 10x xf x e x x e x =--≥--≥，当且仅当0x =时，等号成立.综上所述，对任意的54x π>-，()0f x ≥； （2）因为()2g x ax ≥+，所以sin cos 2x e x x ax ++≥+，即sin cos 20x e x x ax ++--≥．不妨设()sin cos 2xF x e x x ax =++--，原条件即()0F x ≥．可得()24xF x e x a π'⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．因为()0F x ≥且()00F =，所以0x =时，()F x 取得最小值，由于函数()F x 为可导函数，则0x =为函数()F x 的极小值点，故()00F '=.所以()002204F e a a π'=-=-=，解得2a =，下面来检验当2a =时，0x =是函数()F x 的最小值点， ①当54x π≤-时，()5sin cos 2202202xF x e x x x π=++--≥->；②当54x π>-时，()cos sin 2xF x e x x '=+--，()()sin cos 0x F x e x x f x ''=--=≥， 函数()F x '在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()00F '=，当504x π-<<时，()()00F x F ''<=，此时函数()F x 单调递减， 当0x >时，()()00F x F ''>=，此时函数()F x 单调递增， 此时，()()00F x F ≥=，合乎题意. 综上所述，2a =. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.例3．（安徽省合肥市第一中学2021届高三下学期6月最后一卷文科数学试题）已知函数()sin cos =-f x x x x （1）当[0,2]x πÎ时，求()f x 的最大值；（2）若[0,]x π∈时，()sin f x ax x -…恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）max ()f x π=；（2）1a …. 【解析】 【分析】（1）先求()'f x ，再分析单调性，根据单调性求最大值即可；（2）构造函数()2sin cos h x x x x ax =--，然后分类讨论，研究其单调性，并通过分析端点处的值获得满足题意的a 的取值范围. 【详解】（1）()sin cos ()cos (cos sin )sin f x x x x f x x x x x x x '=-⇒=--=， 则由[0,2]x πÎ，可知()'f x 在(0,)π上为正，在(,2)ππ上为负⇒()f x 在[0,]π上为增函数，在[,2]ππ上为减函数，∴当[0,2]x πÎ时，max ()()f x f ππ==.（2）()sin f x ax x ≥-对[0,]x π∀∈恒成立，即2sin cos 0x x x ax --≥对[0,]x π∀∈恒成立. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，0,2x π⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''≥，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''≤.()()22h x h a ππ''∴=-…，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.（i ）02a π-…即2a π…时，()0h x '…，()h x 在][0,π上递减，()(0)0h x h ≤=，舍.（ii ）02a π->即2a π<时，①当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=.且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h =…，矛盾，舍；②当10a --<，10a -…即11a -<…时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x <…，()00h x '…，0x x π<…，()00h x '<，()h x ∴在()00,x 上递增，在0(,)x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x …成立. ③10a --…，10a -…即1a -…，()0h x '>，()h x 在[0,]π上递增，则()(0)0h x h =….满足题意. 综上，1a …. 【点睛】关键点睛：解决本题的第（1）问的关键是分析函数的单调性，解决第（2）问的关键是要分类讨论并通过比较端点处的值来确定分类的标准.例4．（江苏省百校联考2021届高三下学期4月第三次考试数学试题）设01x <<.（1）证明：2sin 116x x x-<<；（2）若3sin 6x ax x -<，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）(],1-∞. 【解析】 【分析】（1）设()sin (01)f x x x x =-<<，3()sin (01)6xg x x x x =+-<<，根据函数的单调性证明结论成立；（2）通过讨论a 的范围，求出函数的导数，根据函数的单调性确定a 的取值范围即可． 【详解】（1）由题意可设()()sin 01f x x x x =-<<，有'()cos 10f x x =-<，所以()f x 在（0，1）单减， 所以()(0)0f x f <=，即sin 1xx<， 设3()sin (01)6x g x x x x =+-<<，2'()cos 12x g x x =+-，''()sin 0g x x x =->，则有'()0g x >，()g x 单调递增，得()(0)0g x g >=，所以2sin 16x x x >-得证；（2）由（1）可知1a ≤时，33sin 66x x ax x x -≤-<成立，则当1a >时，设3()sin 6x h x x ax =+-，则2'()cos 2x h x x a =+-，''()sin 0h x x x =->，'()h x 单调递增，则''1()(1)cos12h x h a <=+-， ①若1cos12a ≥+，'()0h x <，()h x 单调递减，则有()(0)0h x h <=，此时不符合题意； ②若11cos12a <<+，()'010h a =-<，()'11cos102h a =+->，所以'()h x 有唯一零点，可记为0x ，则00x x <<，'()0h x <，此时()h x 单调递减，有()0h x <，则不符合题意； 综上可知1a ≤，即a 的取值范围为(],1-∞. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．过关测试1．（山西省太原市2022届高三上学期期末数学（理）试题）已知函数()()21321ln ,e 22x f x x x g x x x x -=-=+-. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()()0,x g x af x >≥恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)()f x 的单调递增区间是22⎛ ⎝⎭，单调递减区间是2⎫+∞⎪⎪⎝⎭ (2)12a ≥【解析】 【分析】（1）导数后解不等式即可求解； （2）将问题转化为121ln e 22x x x x a x x -⎛⎫+-≥- ⎪⎝⎭在()0,x ∈+∞恒成立，再分别研究121e 22x x x -+-与ln x x x -的最值,再比较即可. (1)()21122(0)x f x x x x x-='-=>，令()0f x '>，则20,2x ⎛∈ ⎝⎭；令()0f x '<，则2x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭. 22⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭是()f x 的单调递增区间；22⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭是()f x 的单调递减区间. (2)()()g x af x ≥在()0,x ∈+∞恒成立，即()1321e 2ln 2x x x x a x x -+-≥-在()0,x ∈+∞恒成立， 即121ln e22x x x x a x x -⎛⎫+-≥- ⎪⎝⎭在()0,x ∈+∞恒成立， 令()()()12111e2,e 2,e 102x x x h x x x h x x h x ---''=+-=+'-=+>， ()y h x '∴=在()0,∞+上单调递增且()10h '=， ()0h x '∴<时，()0,1x ∈，()0h x '>时，()1,x ∈+∞，()y h x ∴=在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， ()y h x ∴=在1x =处取得最小值，即()()min 1[]12h x h ==-，令()()22ln 1ln x x x x x x x x ϕϕ--=-∴='， 令()21ln t x x x =--，()()120,t x x y t x x∴=-<∴='-在()0,∞+单调递减，因为()10t =，当01t <<时，()0x ϕ'>；当1t >时，()0x ϕ'<.()y x ϕ∴=在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，()()max []11x ϕϕ∴==-，∴要使()()h x a x ϕ≥在()0,x ∈+∞恒成立，则()()max h x a x ϕ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦，只需考虑()()0h x x ϕ>，因为()0x ϕ<，则()0h x <， 当1x =时，()max 12h x =，()()min 11x ϕϕ==， 所以，()()()()()()()()11211h x h x h h x x x ϕϕϕϕ=≤≤=，故12a ≥. 2．（安徽省六安市示范高中2021-2022学年高三上学期教学质量检测理科数学试题）已知函数()()2ln e =+∈x f x a x x a R .(1)当1a =-时，求()f x 在()0,∞+上的极值点的个数；(2)若()()()2ln 1f x a x x a x x ≥++++，求实数a 的取值范围.【答案】(1)存在唯一的极值点 (2)0a ≤ 【解析】 【分析】（1）将问题转化为导函数在定义域内的零点个数问题，根据导函数的单调性，结合零点存在性定理可解； （2）参变分离，将恒成立问题转化为函数最值问题，然后利用导数讨论可得. (1)当1a =- 3221e (2)1()e (2)x x x x f x x x x x+-=-++=' ， 令 32()e (2)1x m x x x =+-，易知()m x 在(0,)+∞上单调递增，1419()e 10,(1)3e 10464m m =-<=->，所以()m x 在(0,)+∞有唯一零点0x ，即()'f x 在(0,)+∞有唯一零点0x ， 所以当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，0(,)x x ∈+∞时()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上存在唯一的极值点； (2)由条件整理得：1ln e xx xa x++≤-对0x > 恒成立， 令1ln ()e xx x g x x++=- ，22e ln ()x x xg x x +'=令2()ln xh x x e x =+ 1e 211(1)e 0,()e 10e eh h =>=-<()h x 在(0,)+∞上有唯一零点1x ，且11(,1)ex ∈，所以当1(0,)x x ∈时，()0g x '<，1(,)x x ∈+∞时()0g x '>，111min 111ln ()()e x x x g x g x x ++==-， 1211e ln 0x x x +=得111ln111e ln e x x x x = ，令()e (0)t n t t t =>，易知()n t 在(0,)+∞单增，故111()(ln )n x n x =，得1111ln ln x x x ==-，111e x x =1111111111ln 1()1()e 0x x x x x g x x x x ++++-∴=-=-= min ()0a g x ∴≤=. 【点睛】本题第二问属于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ； (2)a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .3．（河南省湘豫名校联盟2021-2022学年高三上学期11月联考文科数学试题）已知函数()()()2212x a f x x e x =-⋅--，()ln 21x g x x x e =+-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，证明：0x ∀>，()()f x g x ≥. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得()()()1xf x x e a '=--，分0a ≤和0a >两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）把证明()()f x g x ≥转化为证明ln 1x xe x x ≥++，令()ln 1xh x xe x x =---，求得()()11x h x x e x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，再令()1xt x e x =-，利用导数求得()t x 在()0,∞+上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00t x =，进而得到函数()h x 的单调性与最值，即可求解. (1)解：由题意，函数()()()2212xa f x x e x =-⋅--， 可得()()()()()111x xf x x e a x x e a '=---=--，若0a ≤，则当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(),1-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 若0a >，由()0f x '=得1x =或ln x a =.①当a e =时，可得()()()10xf x x e e '=--≥，所以()f x 在(),-∞+∞上单调递增.②当0a e <<时，可得ln 1a <，故当(),ln x a ∈-∞，(1,)+∞时，()0f x '>，当()ln ,1x a ∈时，()0f x '<，所以()f x 在(),ln a -∞，(1,)+∞上单调递增，在()ln ,1a 上单调递减. ③当a e >时，则ln 1a >，故当(),1x ∈-∞，()ln ,a +∞时，()0f x '>，当()1,ln x a ∈时，()0f x '<，所以()f x 在(),1-∞，()ln ,a +∞上单调递增，在()1,ln a 上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增； 当a e =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a e <<时，()f x 在(),ln a -∞，(1,)+∞上单调递增，在()ln ,1a 上单调递减； 当a e >时，()f x 在(),1-∞，()ln ,a +∞上单调递增，在()1,ln a 上单调递减. (2)解：当0a =时，欲证()()f x g x ≥成立，只需证ln 1x xe x x ≥++，令()ln 1x h x xe x x =---，则()()()11111xx h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭（其中0x >）， 令()1x t x e x =-，则()210xt x e x '=+>，所以()t x 在()0,∞+上为增函数， 因为121202t e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110t e =->，所以由零点存在性定理得，存在唯一的01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00t x =，即01=x e x ，即00ln x x =-，所以由()00h x '=得0x x =， 故()00,x x ∈时，()0h x '<，()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以()()000000000min 11ln n 01l xh x h x e x x x x x x x -==--=--=-+=-，故ln 1x xe x x ≥++成立，即()()f x g x ≥. 【点睛】对于利用导数证明不等式证明问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．4．（云南省师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（四）数学（理）试题）已知函数1211()(2)e 22x f x x x x -=--++，()sin ln(1)g x ax x x =--+，其中a ∈R .（1）证明：当1x …时，()0f x …；当1x <时，()0f x <； （2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x …恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，2a =. 【解析】 【分析】（1）对()f x 求导，得到1()(1)(e 1)x f x x -'=--，对x 分1,1,1x x x ><=讨论即可获得证明；（2）由题意，将()0F x …恒成立转化为当11x -<<时，()0g x ≥恒成立即可，对()g x 求导得1()cos 1g x a x x '=--+，易得'()g x 单增，分(1)0g '≤与(1)0g '>两种情况讨论，结合'()g x 的单调性及零点存在性定理可得到满足题意的a . 【详解】（1）11()(1)e 1(1)(e 1)x x f x x x x --'=--+=--，x ∈R , 当1x >时，10x ->，1e 10x -->，则()0f x '>； 当1x <时，10x -<，1e 10x --<，则()0f x '>， 当1x =时，(1)0f '=．所以当x ∈R 时，()0f x '≥，()f x 在R 上是增函数， 又(1)0f =，所以当1≥x 时，()(1)0f x f ≥=； 当1x <时，()(1)0f x f <=． （2）函数()F x 的定义域为(1)-+∞，，由（1）得，当1≥x 时，()0f x ≥，又()max{()()}()F x f x g x f x =，≥， 所以当1≥x 时，()0F x ≥恒成立． 由于当11x -<<时，()0f x <恒成立，故()0F x ≥等价于：当11x -<<时，()0g x ≥恒成立．1()cos 1g x a x x '=--+，21()sin (1)g x x x ''=++．当10x -<<时，1sin 0x -<<，211(1)x >+，故()0g x ''>； 当01x ≤<时，0sin 1x <≤，210(1)x >+，故()0g x ''>．从而当11x -<<时，()0g x ''>，()g x '单调递增．①若(1)0g '≤，即1cos12a +≤，则当(11)x ∈-，时，()(1)0g x g ''<≤，()g x 单调递减， 故当(01)x ∈，时，()(0)0g x g <=，不符合题意； ②若(1)0g '>，即1cos12a >+，取11,11b a ⎛⎫∈--+ ⎪+⎝⎭，则11101a -<-+<+，且11()cos 1011g b a b a b b '=--+-<++≤， 故存在唯一0(11)x ∈-，，满足00()g x '=，当0(1)x x ∈-，时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当0(1)x x ∈，时，()0g x '>，()g x 单调递增． 若00x <，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递增，()(0)g x g <，不符合题意；若00x =，则()(0)0g x g ≥=，符合题意，此时由0()0g x '=，得2a =； 若00x >，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递减，()(0)g x g <，不符合题意． 综上可知：存在唯一实数2a =满足题意． 【关键点晴】本题第一小问的关键点在于提公因式讨论，避免二次求导；第二小问首先将将()0F x …恒成立转化为()0g x ≥在11x -<<时恒成立，在对()g x 研究时，关键点是(0)0g =，再结合'()g x 的单调性及零点存在性定理讨论得到a ，有一定难度，特别是书写的规范性.5．（山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()1ln f x a x x=-，R a ∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()2f x x e≤-在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减(2)11e,e ee ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用a 的范围，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可.（2）不等式()2f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,∞+上恒成立，构造函数，通过函数的导数，利用二次函数的性质，说明极值点一正一负，设函数()12ln g a x x x ex =--+，利用导函数，结合函数的单调性，转化求解a 的范围即可. (1)解：（1）因为()1ln f x a x x=-的定义域为()0,∞+，且 ()2211a ax f x x x x+'=+=. ①若0a ≥，则()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. ②若0a <，令()0f x '=，得1x a=-.当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<.所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)（2）不等式()2f x x e ≤-在()0,∞+上恒成立等价于12ln 0a x x x e --+≤在()0,∞+上恒成立，令()12ln g a x x x e x =--+，则()222111a x ax g x x x x --'=-+=-.对于函数21y x ax =--，240=∆+>a ，所以其必有两个零点. 又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点()00,x ∈+∞，则20010x ax --=，即001a x x =-. 此时()g x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，故()00g x ≤，即00000112ln 0e x x x x x ⎛⎫---+≤ ⎪⎝⎭.设函数()112ln e h x x x x x x ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，则()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.当()0,1x ∈时，()0h x '<；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>. 所以()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. 又()1e 0e h h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以01,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.由001a x x =-在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，得11e,e ee a ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦. 故a 的取值范围为11e,e ee ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦.6．（天津市西青区杨柳青第一中学2021-2022学年高三上学期第二次阶段检测数学试题）已知函数f （x ）=e ax sin x(1)若f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，求实数a 的取值范围(2)设a ≥1，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有f （x ）≤bx 成立，求b -e 2a 的最小值【答案】(1)[-1，+∞） (2)22e π-【解析】 【分析】（1）求出f '（x ），将f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增转化为f '（x ）≥0恒成立，再转化为最值问题求解即可；（2）设g （x ）=f （x ）-bx =e ax sin x -bx ，x ∈0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，利用导数研究其单调性，求其最值，进而求出b 的取值范围，代入b -e 2a 构造函数，求其最小值即可. (1)由f （x ）=e ax sin x ，得f '（x ）=e ax （a sin x +cos x ）， 由f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，可得f '（x ）≥0恒成立，即a sin x +cos x ≥0恒成立， 当x =0时，a ∈R ；当x ∈(0,]4π时，a ≥1tan x -恒成立，因为0tan 1x <≤，11tan x∴-≤- ∴a ≥-1，∴a 的取值范围为[-1，+∞）. (2)设g （x ）=f （x ）-bx =e ax sin x -bx ，x ∈0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则g '（x ）=e ax （a sin x +cos x ）-b ，设h （x ）=e ax （a sin x +cos x ）-b ，则h '（x ）=e ax [（a 2-1）sin x +2a cos x ]≥0， ∴h （x ）单调递增，即g '（x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，∴g '（x ）∈21,e a b a b π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，当b ≤1时，g '（x ）≥0，g （x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，∴g （x ）≥g （0）=0，不符合题意；当b ≥2e a a π时，g '（x ）≤0，g （x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，g （x ）≤g （0）=0，符合题意；当1＜b ＜2e a a π时，由于g '（x ）为一个单调递增的函数， 而g '（0）=1-b ＜0，2()e 02ag a b ππ'=->，由零点存在性定理，必存在一个零点x 0，使得g '（x 0）=0，从而g （x ）在x ∈[0，x 0]上单调递减，在0(,]2x π单调递增，因此只需)(02g π≤，∴2e 2ab ππ≤，∴b ≥22e aππ，从而22e a ππ≤b ＜2e a a π，综上，b 的取值范围为22[e ,)aππ+∞，因此2222e e e ab a a ππ-≥-，设G （a ）=222e e aa ππ-，则G '（a ）=22e e a π-，令()0G a '>，则a 4π>，又41π>，∴G （a ）在4[1,)π上单调递减，在4(,)π+∞上单调递增，从而G （a ）≥242e ()G ππ=-，∴b -e 2a 的最小值为22e π-.【点睛】 关键点点睛：一、对于恒成立问题，通常转化为函数最值问题求解；二、当一次求导不能解决问题的时候，我们可以二次求导来解题.7．（福建省四地市2022届高三第一次质量检测数学试题）已知函数()()2()e 222x f x x k x -=----，其中k ∈R ．(1)当0k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程； (2)若对任意[1,)x ∈-+∞，有()0f x ≤恒成立，求实数k 的取值范围． 【答案】(1)(3e 2)2e 0x y -++=； (2)12k ≤≤. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得()1f -以及'(1)f -，直接写出切线方程即可；（2）根据题意，由()()10,00f f -≤≤，初步探得k 的取值范围，再利用导数证明充分性即可. (1)0k =时，()2()e 222x f x x x -=---()2()e e 222x x f x x x --'=-⋅+-⋅-(1)e 2(e 2)23e 2f -=----=-+'，(1)e 2f -=-，故所求切线方程为(3e 2)(1)e 2y x =-+++-， 整理得：(3e 2)2e 0x y -++= (2)由题意，(1)(e 2)(1)0f k -=---≤，解得：1k ³， (0)20f k =-≤，解得：2k ≤，故必须满足12k ≤≤，下面证明充分性： 若12k ≤≤，当1ln 2x -≤≤-时，此时e 20x --≥，()()()()22()e 2122e 212(1)x x f x x x x x --≤----=---+ 此时e 20x --≥，210x -≤，2(1)0x -+≤，故()()2e 212(1)0x x x ----+≤，满足()0f x ≤当ln 2x >-时，此时e 20x --<，()()()2()e 22222e 222x x f x x x x --≤----≤----，令()()2e 2222e 22x xg x x x --=----=--+，则()2e 2x g x -='-，令()0g x '=，得0x =， 故ln 20x -<<时，()0g x '>，()g x 单调递增：0x >时，()0g x '<，()g x 单调递减；所以，()(0)0g x g ≤=，满足()0f x ≤. 综上所述，12k ≤≤. 【点睛】本题考察利用导数研究由恒成立问题求参数的范围问题，解决问题的关键在于由点探路，初步求得参数的取值范围，然后证明充分性；在证明充分性时，适度的放缩也是重中之重，属困难题.8．（江苏省南通市如皋市2021-2022学年高三上学期12月教学质量调研（三）数学试题）已知函数()2e x f x ax ax =+-，()cos g x x =，其中实数0a >，e 为自然对数的底数.(1)当1a =，求函数()f x 在0x =处的切线方程； (2)若()()f x g x ≥恒成立，求a 的值. 【答案】(1)1y =； (2)1a =. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程.（2）构造2()e cos x g x ax ax x =+--，利用导数研究其单调性，讨论参数a ，确定使()(0)0g x g ≥=恒成立的a 值即可. (1)由题设，2()x f x e x x =+-，则()21x f x e x '=+-，所以(0)0f '=，(0)1f =，故()f x 在0x =处的切线方程为1y =. (2)由题设，2e cos x ax ax x +-≥恒成立，令2()e cos x g x ax ax x =+--，又(0)0g =，故只需保证()(0)g x g ≥恒成立， 则()e 2sin x g x ax a x '=+-+，且(0)1g a '=-，进而有()e 2cos x g x a x ''=++，1、当1a >时，()e 2cos 0x g x a x ''=++>，即()g x '单调递增，而(0)10g a '=-<，(1)e sin10g a '=++>， 所以0(0,1)x ∃∈使00()g x '=，故在0(0,)x 上()0g x '<，即()g x 单调递减，此时存在()(0)0g x g <=，不满足题设；2、当1a =时，2()e cos x g x x x x =+--，则()e 21sin x g x x x '=+-+，进而有()e 2cos 0x g x x ''=++>， 所以()g x '单调递增，(0)10g a '=-=，所以(,0)-∞上()0g x '<，()g x 递减，(0,)+∞上()0g x '>，()g x 递增，故()(0)0g x g ≥=，满足题设， 3、当01a <<时，(0)10g a '=->，而当x 趋向负无穷时()g x '也趋于负无穷，所以0(,0)x ∃∈-∞使00()g x '=，故在0(,0)x 上()0g x '>，即()g x 递增，此时()(0)0g x g <=，不满足题设； 综上，1a =. 【点睛】关键点点睛：第二问，注意讨论参数的范围研究()g x 是否在0x =的右侧存在减区间或左侧存在增区间，若存在则题设条件不成立，仅当其在右侧递减左侧递增时符合题意.9．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）已知函数()21cos 2f x x x =+．(1)求()f x 的最小值；(2)若不等式()21e 22≥+-+x f x x ax 对任意的0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()min 1f x = (2)1a ≤ 【解析】 【分析】（1）二次求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；（2）设()()()2e 2e cos 202xx x g x f x ax x ax x =+---=+--≥，进行二次求导，分1a ≤和1a >两种情况讨论，从而可得出答案. (1)解：由()21cos 2f x x x =+，得()sin f x x x '=-，令()()sin h x f x x x '==-，则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()sin f x x x '=-在(),-∞+∞上为增函数，又(0)0f '=， 所以(),0x ∈-∞，()00f '<，()0,x ∈+∞，()00f '>， 所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增，在(),0∞-上单调递减， 所以()()min 01f x f ==； (2)解：设()()()2e 2e cos 202xx x g x f x ax x ax x =+---=+--≥，则()e sin xg x x a '=--，令()e sin x p x x a =--，则()e cos xp x x '=-，∵0x ≥，∴()0p x '≥，∴()p x 在[)0,∞+上单调递增， ①当1a ≤时，()()010p x p a =-≥≥，即()0g x '≥， 所以()g x 在[)0,∞+上单调递增，则()()00g x g ≥=恒成立， ②当1a >时，()010p a =-<，()()()()ln 11sin ln 10p a a +=-+≥， 所以()(00,ln 1x a ∃∈+⎤⎦，使()()000p x g x '==， 当()00,x x ∈，()0g x '≤，()g x 在()00,x 单调递减， 则()()00g x g <=，不合题意. 综上所述实数a 的取值范围是1a ≤． 【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值问题，还考查了利用导数解决不等式恒成立的问题，考查了数据分析能力和分类讨论思想，有一定的难度.10．（安徽省六安市第一中学2021-2022学年高三上学期第四次月考理科数学试题）已知函数()()e ln 1R x f x ax x x a =---∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞都有ln 1e 1x x a x+≤-恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)[)1,+∞.【解析】 【分析】 （1）求得()()()1e 1x x ax f x x+-'=，分0a ≤、0a >两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调减区间和增区间；（2）令e 0x s x =>，由参变量分离法可得ln 1s a s +≥，利用导数求出函数()ln 1s g s s+=在()0,∞+上的最大值，即可得出实数a 的取值范围. (1)解：函数()f x 定义域是()0,∞+，由已知()()()()()1e 1111e 11xxxx ax f x a x x ae x x x +-⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当0a ≤时，()0f x '<，所以()f x 在()0,∞+内递减，无增区间；当0a >时，令()e 1x x ax ϕ=-，则()()1e 0xx a x ϕ'=+>，故函数()x ϕ在()0,∞+内递增，因为()010ϕ=-<，11e 10a a ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以有且仅有一个实数10,t a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0t ϕ=，当0x t <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减， 当x t >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增.综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+，无增区间；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为(),t +∞，单调递减区间为()0,t （其中t 满足e 10t at -=）. (2)解：当0x >时，由ln 1e 1x x a x+≤-可得e ln 1x ax x x -≥+， 即()e ln 1ln e ln 1ln e 1x x xax x x x x ≥++=++=+，令e x s x =，其中0x >，则()1e 0xs x '=+>，故函数e x s x =在()0,∞+上单调递增，故e 0x s x =>，则ln 1as s ≥+，可得ln 1s a s+≥， 令()ln 1s g s s +=，其中0s >，()()221ln 1ln s sg s s s -+'==-. 当01s <<时，()0g s '>，此时函数()g s 单调递增，当1s >时，()0g s '<，此时函数()g s 单调递减，故()()max 11g s g ==，故1a ≥. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤； （2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥； （3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤； （4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.11．（江苏省新高考基地学校2021-2022学年高三上学期12月第二次大联考数学试题）已知函数()e ln ln x f x a x a =--.(1)若1ea =，求函数()f x 的极值；(2)当0x >时，()52f x ≥，求a 的取值范围. 【答案】(1)()2f x =极小值，无极大值(2)210,2e e ∞⎫⎛⎤⋃+ ⎪⎥⎝⎦⎭ 【解析】 【分析】（1）根据题意求出函数的导数，并判断导数的正负，从而求得函数极值；（2）求出函数的导数()1e xf x a x '=-，由零点存在定理可知其在区间11,1e a a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭上存在零点，根据其单调性，判断其正负，确定函数()e ln ln xf x a x a =--的最小值，令最小值大于等于52，求得答案. (1)当1ea =时，()1e ln 1x f x x -=-+，()11e x f x x -'=-，(0x > ),显然()f x '在()0,∞+上是递增的，且()10f '=， 故01x <<时，()0f x '<，1x >时，()0f x '>， ∴()f x 在()0,1上递减，()1,+∞上递增， ∴()()12f x f ==极小值，无极大值. (2)由()e ln ln xf x a x a =--可知：0,0x a >> ，而()1e xf x a x'=-，()f x '在()0,∞+上单调递增，且11e 10af a a ⎛⎫⎛⎫=-> ⎪ ⎪⎝⎭'⎝⎭，11e 1e 1e 101e a f a a a +⎛⎫=--<-< ⎪+⎝⎭'，。
专题1.14 导数-恒成立问题(解析版)
恒成立： a >
f
(x) ⇔
a
>
f
(
x
) max
；
a
<
f
(x) ⇔ a <
f
(
x
) min
；
1．已知函数 f (x) = aex + sin x + x, x ∈[0,π ], a < 0 ．
（1）证明：当 a = −1 时，函数 f ( x) 有唯一的极大值； （2）当 f ( x) < 2x −1恒成立，求实数 a 的取值范围．
（2）求证： e−x ＋x＋ln x－1≥0； x
（3）已知 k( e−x ＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围．
【试题来源】2021 年高考二轮复习讲练测（浙江专用）
【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．
ln x +1
【解析】（1）f(x)≥0 等价于 a≥
．
x
令 g(x)＝ ln x +1 x
a ln 1 + a ． a
综上，当 a„ 1 时，函数 f (x) 在区间[1, 2] 上的最小值为 f= (2) a ln 2 + 1 ；当 1 < a < 1时，
2
22
函数 f (x) 在区间[1, 2] 上的最小值为 f = 1a
a ln 1 + a ；当 a…1时，函数 f (x) 在区间[1, 2] a
函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要
证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．
5．已知函数 f ( x) = 1 ln x − mx (m ∈ R) ， g ( x) =x − a (a > 0) ．
【智博教育原创专题】例谈“任意存在问题”四类题型
例谈“任意存在问题”成都二十中 邓冬华恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学的一类重要问题，也是高中数学的难点之一。
在解决这些问题的时候往往需要等价转化，通常思维容量是比较大的。
先仅将其中一类问题加以总结。
请看下面的例子问题：（2013资阳一诊）设()f x 是定义在实数集R 上的奇函数，当0x >时，2()4f x x x =-+. ⑴求()f x 的解析式，并解不等式()f x x ≥；⑵设1()2x g x m -=+，若对任意1[1,4]x ∈-，总存在2[25]x ∈，，使12()()f x g x =，求实数m 的取值范围.【解析】当1[1,4]x ∈-时，11()[34],()2x f x g x m -∈-=+ ，是R 上的增函数，∴当2[2,5]x ∈时，2()[2,16],g x m m ∈++ 对任意1[1,4]x ∈-，总存在2[2,5]x ∈使12()(),[3,4][2,16]f x g x m m =∴-⊆++,则23164m m +≤-⎧⎨+≥⎩，解得125m -≤≤-，故实数m 的取值范围是[12,5]--。
第⑵问这样的问题，是恒成立、能成立问题的一种，姑且将其称为“任意存在问题”吧。
这种问题本身没有什么新意，但很多同学想不通为什么[34][216]m m -⊆++，，，或想得不够自然。
对于这样的问题有没有什么好的破题良策呢？这是本文要叙述的内容。
一、“任意存在问题”等价转化的依据记区间D 是函数(),()y f x y g x ==定义域的子区间，对12,x x D ∈。
则“任意存在问题”包含有以下四种基本情况：【类型1】12min max ,,()()()()x x D f x g x f x g x ∀∈>⇔>这个转化的基本思想是：函数()y f x =的图象恒在()y g x =的图象的上方，只需min max ()()f x g x >即可，对任意的均成立问题的等价表述就是恒成立问题。
导数恒成立问题3种基本方法
导数恒成立问题3种基本方法
尽管导数是一道常见的数学问题，但许多人仍然不知道如何正确地解决它。
事实上，导数问题有三种基本方法，可以帮助您正确地解决它们。
第一种方法是使用公式。
导数的公式是
f'(x)=lim(h->0){f(x+h)-f(x)}/h。
这个公式告诉我们，要计算某个函数在某个点上的导数，我们需要计算函数在该点上的两个点之间的斜率。
在实践中，这通常意味着我们需要找到函数上的两个点，然后计算它们之间的斜率。
第二种方法是使用图表。
如果我们有一个函数的图表，我们可以使用这个图表来计算其导数。
具体来说，我们可以通过选择两个点，并计算它们之间的斜率来计算函数在某个点上的导数。
这种方法特别适用于那些图表易于处理的函数。
第三种方法是使用微积分的原理。
微积分的原理告诉我们，如果我们知道一个函数的导数，我们就可以通过求积分来计算这个函数。
因此，我们可以使用这个原理来计算一个函数在某个点上的导数。
虽然这种方法需要一些基本微积分的知识，但是它可以帮助我们更深入地理解导数的本质。
总之，导数问题可以通过使用公式、图表或微积分原理来解决。
选择正确的方法取决于您的具体情况和数学水平。
无论您选择哪种方法，都需要仔细分析问题，并仔细计算。
- 1 -。
第3讲导数与恒成立问题课件
所以 F(t)min＝F(lna)＝eln a－alna－1＝a－alna－1≥0，所以 1－lna－1a≥0，所以 lna ＋1a－1≤0.
记 φ(a)＝lna＋1a－1，φ′(a)＝a－a21. 当 a∈(0,1)时，φ′(a)<0，φ(a)单调递减；当 a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，φ(a)单调 递增，所以 φ(a)min＝φ(1)＝0. 因为 lna＋1a－1≤0，即 φ(a)≤0，所以 a＝1.
专题五 函数与导数 第3讲 导数与恒成立问题
回归教材
1. 已知函数 f(x)＝x2－ax＋a－1≥0 在区间(1,4)上恒成立，则 a 的取值范围是( A )
A. (－∞，2]
B. (5，＋∞)
C. (－∞，2)
D. [5，＋∞)
【解析】 因为 f(x)＝(x－1)[x－(a－1)] ≥0 在区间(1,4)上恒成立，所以 a－1≤1，
(2021·承德二模)已知函数 f(x)＝aex－4，g(x)＝lnx－x－1，其中 e 为自然对
数的底数，a∈R.
(1) 若对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使 f(x1)≥g(x2)，求 a 的取值范围； 【解答】 对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使得 f(x1)≥g(x2)，则 f(x)max≥g(x)max. 因为 g(x)＝lnx－x－1，则 g′(x)＝1x－1＝1－x x≥0 对任意的 x∈(0,1]恒成立，所以 函数 g(x)在区间(0,1]上单调递增，则 g(x)max＝g(1)＝－2. 因为 f(x)＝aex－4，所以当 a＝0 时，f(x)＝－4，不满足 f(x)max≥g(x)max，故 a≠0； 当 a>0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递增，所以 f(x)max＝ae－4， 即 ae－4≥－2，解得 a≥2e； 当 a<0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递减， 所以 f(x)＝aex－4 在(0,1]上没有最大值，不满足题意． 综上，a 的取值范围为2e，＋∞.
【智博教育原创专题】恒成立问题的一般解法
高考数学恒成立问题的解题策略不等式恒成立问题,这类问题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解。
解题过程本身渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。
高考数学复习中的恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
因此也成为历年高考的一个热点。
恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。
【策略1】反客为主法：有一些数学题，题中涉及到若干个量，其中有常量、也有变量，同学们在解答时，由于思维定势，不太习惯把其中的常量暂视为变量、而把其中的变量暂视为常量的做法，结果求解过程异常复杂甚至难以解出。
其实，常量与变量是相对的，是辩证统一的关系，如果根据需要，将它们的地位调换，即“反客为主”，常常使许多难题巧妙获解。
【例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。
【分析】在不等式中出现了两个字母：x 及p ,关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数。
显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在[]2,2-内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
【解析】不等式即2(1)210x p x x -+-+>,设2()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[]2,2-上恒大于0，故有(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩，即2243010x x x ⎧-+>⎪⎨->⎪⎩解得1x <-或3x >。
【点评】在不等式中出现了两个字母：x 及p ,而我们都习惯把x 看成是一个变量，p 作为常数。
导数与恒成立能成立问题
导数与恒成立、能成立问题i、恒成立问题的转化：a f X恒成立a f X a f X恒成立a f X imin2、能成立问题的转化：a f X能成立a f X min ； a f X能成立a f Xmaxa f X在M上恒成立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Ma f X在C R M上恒成立另一转化方法：若X D, f(x)A在D上恰成立，等价于f (x)在D上的最小值f min (X) A，若X D, f(x)B在D上恰成立，则等价于 f (X)在D上的最大值f max ( X)B设函数f x ，对任意的X i ，存在 c , d ，使得f X i X2，则f mi min g min Xc ,d ，使得f X i X2 ，则f max g max X设函数f x ，对任意的X i ，存在X2设函数f X ，存在X i,b，存在X2 c , d ，使得f X X2 ，则f max g min设函数f X ，存在X i,b，存在X2 c , d ，使得f x i X2 ，则f min g max若不等式f X在区间上恒成立，等价于在区间D上函数y f x和图象在函数y X图象上方; 9、若不等式f X g X在区间D上恒成立，等价于在区间D上函数y X 和图象在函数y g x图象下方;导数专题恒成立、能成立问题专题经典题型题型一、简单型2 a例1、已知函数f (x) x 2ax 1 , g(x) ，其中a 0 , x 0 .xi)对任意x ［1,2］，都有f(x) g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(构造新函数)2)对任意x1［1,2］, x2［2,4］，都有f (x1) g(x2)恒成立，求实数a的取值范围；(转化)a i 1例2、设函数h(x) x b，对任意a ［丄，2］，都有h(x) 10在x ［上，1］恒成立，求实数b的范围.x 2 4x2 1例3、已知两函数f(x) x2，g(x) m，对任意X1 0,2，存在X2 1,2，使得f (刘)g X2 ，则实数m2的取值范围为____________题型二、更换主元和换元法例1、已知函数f (x) ln(e x a)(a为常数)是实数集R上的奇函数，函数g x f (x) sinx是区间1,1上的减函数，(I)求a的值；(n )若g(x) t2t 1在x 1,1上恒成立，求t的取值范围；例2、已知二次函数 f (x) ax2x 1对x 0,2恒有f(x)0，求a的取值范围。
微专题09导数解答题之恒成立与能成立问题 高考数学
试卷讲评课件
′ = − + = − − ，
令 = − −
，则′
=
−
≥ ，
所以函数′ 在[, +∞)上单调递增，
于是′ ≥ ′ = ，所以函数 在[, +∞)上单调递增，
所以[ ] = = ，于是 ≤ ，因此实数的取值范围是
, ＞，则
= =
，所以
≥
，即正实数的取值范围是[ , +∞).
试卷讲评课件
例3.(2024 ⋅四川泸州·二模)已知函数f x = 2x 3 − ax 2 + 2 a＞0 .
(1)求曲线y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
【解析】因为 = − + ＞ ，所以 = ，
则 ′
=
− −
=
− +
，设
= − + , ≠
则 ′ = ，令 ′ ＞，得＞，令 ′ ＜，得＜，
所以 ＞ = ，即 ′ ＞在 −∞, ∪ , +∞ 上恒成立，
，又＞，
′
所以当＜＜ 时 ＜，当＜或＞ 时 ′ ＞，
所以 在 , 上单调递减，在 −∞, ， , +∞ 上单调递增，
则在区间[−, ]内存在 ， ，使得 ⋅ ≥ ，
等价于在区间[−, ]内存在，使得 ≥ ，
所以函数 的单调增区间为 −∞, , , +∞ ，无单调减区间；
专题(导数应用)恒成立与存在性问题
存在性问题例题解析
01
02
03
04
05
总结词
1. 确定函数表达 2. 求导数并判断 3. 转化问题
式和…
单调性
4. 判断零点存在 性
通过具体例题的解析，掌 握存在性问题的解题思路 和方法。
与恒成立问题相同，首先 需要确定函数表达式和参 数范围。
对函数求导数，并根据导 数的正负判断函数的单调 性。
将存在性问题转化为求函 数在某个区间内是否存在 零点的问题。
专题(导数应用)恒成立与存 在性问题
目录
• 导数的概念与性质 • 导数在函数中的应用 • 导数在恒成立与存在性问题中的
应用 • 经典例题解析 • 总结与思考
01
导数的概念与性质
导数的定义
总结词
导数是描述函数在某一点附近的变化 率的重要工具。
详细描述
导数定义为函数在某一点处的切线的 斜率，它描述了函数在该点附近的变 化趋势。对于可微函数，其导数可以 表示为函数值的增量与自变量增量的 比的极限。
03
导数在恒成立与存在性问题 中的应用
导数在恒成立问题中的应用
判断函数单调性
通过求导判断函数的单调性，进而解决恒成立问题。
寻找参数范围
利用导数研究函数的最值，确定参数的取值范围，使 得恒成立。
转化最值问题
将恒成立问题转化为求函数最值问题，通过求导找到 最值点。
导数在存在性问题中的应用
判断函数极值
通过求导找到函数的极值点，判断是否存在满 足条件的极值。
寻找函数零点
利用导数研究函数的零点存在性，确定零点的 位置和个数。
解决不等式存在性问题
利用导数研究不等式成立的条件，判断不等式是否存在满足条件的解。
(完整版)利用导数解决恒成立能成立问题
利用导数解决恒成立能成立问题 一利用导数解决恒成立问题 不等式恒成立问题的常规处理方式？（常应用函数方程思想和“分离变量法”转化为最值问题，也可抓住所给不等式的结构特征，利用数形结合法）(1)恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A >For personal use only in study and research; not for commercial use若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <1．若在x ∈[1，+∞）上恒成立，则a 的取值范围是 ______ ．2．若不等式x 4﹣4x 3＞2﹣a 对任意实数x 都成立，则实数a 的取值范围 _________ ．3．设a ＞0，函数，若对任意的x 1，x 2∈[1，e ]，都有f （x 1）≥g （x 2）成立，则a 的取值范围为 _________ ．4．若不等式|ax 3﹣lnx|≥1对任意x ∈（0，1]都成立，则实数a 取值范围是 _________ ．5．设函数f （x ）的定义域为D ，令M={k|f （x ）≤k 恒成立，x ∈D}，N={k|f （x ）≥k 恒成立， x ∈D}，已知，其中x ∈[0，2]，若4∈M ，2∈N ，则a 的范围是 _________ ．6．f （x ）=ax 3﹣3x （a ＞0）对于x ∈[0，1]总有f （x ）≥﹣1成立，则a 的范围为 _________ ．7．三次函数f （x ）=x 3﹣3bx+3b 在[1，2]内恒为正值，则b 的取值范围是 _________ ．8．不等式x 3﹣3x 2+2﹣a ＜0在区间x ∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a 的取值范围是 __ ．9．当x ∈（0，+∞）时，函数f （x ）=e x 的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k 的取 值范围是 _________ ．10．设函数f （x ）=ax 3﹣3x+1（x ∈R ），若对于任意的x ∈[﹣1，1]都有f （x ）≥0成立，则实数a 的值为 _________ ．11．若关于x 的不等式x 2+1≥kx 在[1，2]上恒成立，则实数k 的取值范围是 _________ ． 12．已知f （x ）=ln （x 2+1），g （x ）=（）x ﹣m ，若∀x 1∈[0，3]，∃x 2∈[1，2]，使得f （x 1）≥g （x 2），则实数m 的取值范围是（ ）A ． [，+∞）B ． （﹣∞，]C ． [，+∞）D ． （﹣∞，﹣]13．已知，，若对任意的x 1∈[﹣1，2]，总存在x 2∈[﹣1， 2]，使得g （x 1）=f （x 2），则m 的取值范围是（ ）A ． [0，]B ． [，0]C ． [，]D ． [，1]二利用导数解决能成立问题若在区间D 上存在实数x 使不等式()A x f >成立,则等价于在区间D 上()max f x A >；若在区间D 上存在实数x 使不等式()B x f <成立,则等价于在区间D 上的()min f x B <.14．已知集合A={x ∈R|≤2}，集合B={a ∈R|已知函数f （x ）=﹣1+lnx ，∃x 0＞0，使f （x 0）≤0成立}，则A ∩B=（ ）A．{x|x＜} B．{x|x≤或x=1} C．{x|x＜或x=1} D．{x|x＜或x≥1} 15．设函数，（p是实数，e为自然对数的底数）（1）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：（1）在D内的单调函数；（2）存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．则称此函数为D内可等射函数，设（a＞0且a≠1），则当f （x）为可等射函数时，a的取值范围是．17．存在x＜0使得不等式x2＜2﹣|x﹣t|成立，则实数t的取值范围是_________．18．存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立，则b的取值范围是_________．19．已知存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立，则实数a的取值范围是_．20．存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，则a的范围为_________．21．若存在x∈，使成立，则实数a的取值范围为______．22．设存在实数，使不等式成立，则实数t的取值范围为_________．23．若存在实数p∈[﹣1，1]，使得不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0成立，则实数x的取值范围为_________．24．若存在实数x使成立，求常数a的取值范围．25．等差数列{a n}的首项为a1，公差d=﹣1，前n项和为S n，其中a1∈{﹣1，1，2}（I ）若存在n∈N，使S n=﹣5成立，求a1的值；．（II）是否存在a1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立？若存在，求出a1的值；否则，说明理由．参考答案1若在x∈[1，+∞）上恒成立，则a的取值范围是（﹣∞，]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题．分析：把等价转化为lnx≥a﹣1﹣，得到lnx+≥a﹣1，从而原题等价转化为y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1，由此利用导数知识能够求出a的取值范围．解答：解：∵=a﹣1﹣，∴lnx+≥a﹣1，∵在x∈[1，+∞）上恒成立，∴y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1，∵，令=0，得x=1，或x=﹣1（舍），∴x∈[1，+∞）时，＞0，∴y=x+在x∈[1，+∞）上是增函数，∴当x=1时，y=x+在x∈[1，+∞）上取最小值1+=，故，所以a．故答案为：（﹣∞，]．点评：本题考查实数的取值范围的求法，具体涉及到分离变量法、导数性质、等价转化思想等知识点的灵活运用，解题时要关键是在x∈[1，+∞）上恒成立等价转化为y=x+在x∈[1，+∞）上的最小值不小于a﹣1．2．若不等式x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围（29，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题．分析：不等式恒成立，即较大的一边所取的最小值也大于较小的一边的最大值．因此记不等式的左边为F（x），利用导数工具求出它的单调性，进而得出它在R上的最小值，最后解右边2﹣a小于这个最小值，即可得出答案．解答：解：记F（x）=x4﹣4x3∵x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立，∴F（x）在R上的最小值大于2﹣a求导：F′（x）=4x3﹣12x2=4x2（x﹣3）当x∈（﹣∞，3）时，F′（x）＜0，故F（x）在（﹣∞，3）上是减函数；当x∈（3，+∞）时，F′（x）＞0，故F（x）在（3，+∞）上是增函数．∴当x=3时，函数F（x）有极小值，这个极小值即为函数F（x）在R上的最小值即[F（x）]min=F（3）=﹣27因此当2﹣a＜﹣27，即a＞29时，等式x4﹣4x3＞2﹣a对任意实数x都成立故答案为：（29，+∞）点评：本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值、函数恒成立问题等等知识点，属于中档题．3．设a＞0，函数，若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f （x1）≥g（x2）成立，则a的取值范围为[e﹣2，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题．分析：求导函数，分别求出函数f（x）的最小值，g（x）的最大值，进而可建立不等关系，即可求出a的取值范围．解答：解：求导函数，可得g′（x）=1﹣，x∈[1，e]，g′（x）≥0，∴g（x）max=g（e）=e﹣1，令f'（x）=0，∵a＞0，x=±当0＜a＜1，f（x）在[1，e]上单调增，∴f（x）min=f（1）=1+a≥e﹣1，∴a≥e﹣2；当1≤a≤e2，f（x）在[1，]上单调减，f（x）在[，e]上单调增，∴f（x）min=f（）=≥e﹣1 恒成立；当a＞e2时f（x）在[1，e]上单调减，∴f（x）min=f（e）=e+≥e﹣1 恒成立综上a≥e﹣2故答案为：[e﹣2，+∞）点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，解题的关键是将对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x1）≥g（x2）成立，转化为对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f（x）min≥g（x）max．4．若不等式|ax3﹣lnx|≥1对任意x∈（0，1]都成立，则实数a取值范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题；导数的综合应用．分析：令g（x）=ax3﹣lnx，求导函数，确定函数的单调性，从而可求函数的最小值，利用最小值大于等于1，即可确定实数a取值范围．解答：解：显然x=1时，有|a|≥1，a≤﹣1或a≥1．令g（x）=ax3﹣lnx，①当a≤﹣1时，对任意x∈（0，1]，，g（x）在（0，1]上递减，g（x）min=g（1）=a≤﹣1，此时g（x）∈[a，+∞），|g（x）|的最小值为0，不适合题意．②当a≥1时，对任意x∈（0，1]，，∴函数在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增∴|g（x）|的最小值为≥1，解得：．∴实数a取值范围是点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查分类讨论的数学思想，正确求导是关键．5．设函数f（x）的定义域为D，令M={k|f（x）≤k恒成立，x∈D}，N={k|f（x）≥k恒成立，x∈D}，已知，其中x∈[0，2]，若4∈M，2∈N，则a的范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题；导数的概念及应用．分析：由题意，x∈[0，2]时，，确定的最值，即可求得a的范围．解答：解：由题意，x∈[0，2]时，，∴令，则g′（x）=x2﹣x=x（x﹣1）∵x∈[0，2]，∴函数在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增∴x=1时，g（x）min=﹣∵g（0）=0，g（2）=∴g（x）max=∴2﹣a≤﹣且4﹣a≥∴故答案为：点评：本题考查新定义，考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．f（x）=ax3﹣3x（a＞0）对于x∈[0，1]总有f（x）≥﹣1成立，则a的范围为[4，+∞]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：本题是关于不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题来求解，先对x分类讨论：x=0与x≠0，当x≠0即x∈（0，1]时，得到：，构造函数，只需需a≥[g（x）]max，于是可以利用导数来求解函数g（x）的最值．解答：解：∵x∈[0，1]总有f（x）≥﹣1成立，即ax3﹣3x+1≥0，x∈[0，1]恒成立当x=0时，要使不等式恒成立则有a∈（0，+∞）当x∈（0，1]时，ax3﹣3x+1≥0恒成立，即有：在x∈（0，1]上恒成立，令，必须且只需a≥[g（x）]max由＞0得，所以函数g（x）在（0，]上是增函数，在[，1]上是减函数，所以=4，即a≥4综合以上可得：a≥4．答案为：[4，+∞）．点评：本题考查函数的导数，含参数的不等式恒成立为题，方法是转化为利用导数求函数闭区间上的最值问题，考查了分类讨论的数学思想方法．7．三次函数f（x）=x3﹣3bx+3b在[1，2]内恒为正值，则b的取值范围是．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：计算题；转化思想．分析：方法1：拆分函数f（x），根据直线的斜率观察可知在[1，2]范围内，直线y2与y1=x3相切的斜率是3b的最大值，求出b的取值范围方法2：利用函数导数判断函数的单调性，再对b进行讨论，比较是否与已知条件相符，若不符则舍掉，最后求出b的范围解答：解：方法1：可以看作y1=x3，y2=3b（x﹣1），且y2＜y1x3的图象和x2类似，只是在一，三象限，由于[1，2]，讨论第一象限即可直线y2过（1，0）点，斜率为3b．观察可知在[1，2]范围内，直线y2与y1=x3相切的斜率是3b的最大值．对y1求导得相切的斜率3（x2），相切的话3b=3（x2），b的最大值为x2．相切即是有交点，y1=y2 3x2（x﹣1）=x3 x=1.5则b的最大值为x2=9/4，那么b＜9/4．方法2：f（x）=x^3﹣3bx+3bf'（x）=3x^﹣3b b≤0时，f（x）在R上单调增，只需f（1）=1＞0，显然成立；b＞0时，令f'（x）=0 x=±√b﹣﹣﹣＞f（x）在[√b，+∞）上单调增，在[﹣√b，√b]上单调减；如果√b≤1即b≤1，只需f（1）=1＞0，显然成立；如果√b≥2即b≥4，只需f（2）=8﹣3b＞0﹣﹣﹣＞b＜8/3，矛盾舍去；如果1＜√b＜2即1＜b＜4，必须f（√b）=b√b﹣3b√b+3b＞0﹣b（2√b﹣3）＞0√b＜3/2b＜9/4，即：1＜b＜9/4综上：b＜9/4点评：考查学生的解题思维，万变不离其宗，只要会了函数的求导就不难解该题了．8．不等式x3﹣3x2+2﹣a＜0在区间x∈[﹣1，1]上恒成立，则实数a的取值范围（2，+∞）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系．专题：计算题．分析：变形为x3﹣3x2+2＜a在闭区间∈[﹣1，1]上恒成立，从而转化为三次多项式函数在区间上求最值的问题，可以分两步操作：①求出f（x）=x3﹣3x2+2的导数，从而得出其单调性；②在单调增区间的右端求出函数的极大值或区间端点的较大函数值，得出所给函数的最大值，实数a要大于这个值．解答：解：原不等式等价于x3﹣3x2+2＜a区间x∈[﹣1，1]上恒成立，设函数f（x）=x3﹣3x2+2，x∈[﹣1，1]求出导数：f/（x）=3x2﹣6x，由f/（x）=0得x=0或2可得在区间（﹣1，0）上f/（x）＞0，函数为增函数，在区间（0，1）上f/（x）＜0，函数为减函数，因此函数在闭区间[﹣1，1]上在x=0处取得极大值f（0）=2，并且这个极大值也是最大值所以实数a＞2故答案为：（2，+∞）点评：本题利用导数工具研究函数的单调性从而求出函数在区间上的最值，处理不等式恒成立的问题时注意变量分离技巧的应用，简化运算．9．当x∈（0，+∞）时，函数f（x）=e x的图象始终在直线y=kx+1的上方，则实数k的取值范围是（﹣∞，1]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：常规题型．分析：构造函数G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1求函数的导数，根据导数判断函数的单调性，求出最小值，最小值大于0时k的范围，即k的取值范围解答：解：G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1，G′（x）=ex﹣k，∵x∈（0，+∞）∴G′（x）单调递增，当x=0时G′（x）最小，当x=0时G′（x）=1﹣k当G′（x）＞0时G（x）=f（x）﹣y=ex﹣kx+1单调递增，在x=0出去最小值0所以1﹣k≥0 即k∈（﹣∞，1]．故答案为：（﹣∞，1]．点评：构造函数，利用导数求其最值，根据导数的正负判断其增减性，求k值，属于简单题．10．设函数f（x）=ax3﹣3x+1（x∈R），若对于任意的x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0成立，则实数a的值为4．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：弦求出f′（x）=0时x的值，进而讨论函数的增减性得到f（x）的最小值，对于意的x∈[﹣1，1]都有f（x）≥0成立，可转化为最小值大于等于0即可求出a的范围．解答：解：由题意，f′（x）=3ax2﹣3，当a≤0时3ax2﹣3＜0，函数是减函数，f（0）=1，只需f（1）≥0即可，解得a≥2，与已知矛盾，当a＞0时，令f′（x）=3ax2﹣3=0解得x=±，①当x＜﹣时，f′（x）＞0，f（x）为递增函数，②当﹣＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）为递减函数，③当x＞时，f（x）为递增函数．所以f（）≥0，且f（﹣1）≥0，且f（1）≥0即可由f（）≥0，即a•﹣3•+1≥0，解得a≥4，由f（﹣1）≥0，可得a≤4，由f（1）≥0解得2≤a≤4，综上a=4为所求．故答案为：4．点评：本题以函数为载体，考查学生解决函数恒成立的能力，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．11．若关于x的不等式x2+1≥kx在[1，2]上恒成立，则实数k的取值范围是（﹣∞，2]．考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：被恒等式两边同时除以x，得到k≤x+，根据对构函数在所给的区间上的值域，得到当式子恒成立时，k要小于函数式的最小值．解答：解：∵关于x的不等式x2+1≥kx在[1，2]上恒成立，∴k≤x+，∵在[1，2]上的最小值是当x=2时的函数值2，∴k≤2，∴k的取值范围是（﹣∞，2]故答案为：（﹣∞，2]．点评：本题考查函数的恒成立问题，解题的关键是对于所给的函数式的分离参数，写出要求的参数，再利用函数的最值解决．12．已知f（x）=ln（x2+1），g（x）=（）x﹣m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），则实数m的取值范围是（）A．[，+∞）B．（﹣∞，]C．[，+∞）D．（﹣∞，﹣]考点：利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题．分析：先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．解答：解：因为x1∈[0，3]时，f（x1）∈[0，ln4]；x2∈[1，2]时，g（x2）∈[﹣m，﹣m]．故只需0≥﹣m⇒m≥．故选A．点评：本题主要考查函数恒成立问题以及函数单调性的应用，考查计算能力和分析问题的能力，属于中档题．13．已知，，若对任意的x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），则m的取值范围是（）A．[0，]B．[，0]C．[，]D．[，1]考点：利用导数求闭区间上函数的最值；特称命题．专题：综合题．分析：根据对于任意x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），得到函数g（x）在[﹣1，2]上值域是f（x）在[﹣1，2]上值域的子集，然后利用求函数值域的方法求函数f（x）、g（x）在[﹣1，2]上值域，列出不等式，解此不等式组即可求得实数a的取值范围即可．解答：解：根据对于任意x1∈[﹣1，2]，总存在x2∈[﹣1，2]，使得g（x1）=f（x2），得到函数g（x）在[﹣1，2]上值域是f（x）在[﹣1，2]上值域的子集求导函数可得：f′（x）=x2﹣1=（x+1）（x﹣1），∴函数f（x）在[﹣1，1）上单调减，在（1，2]上单调增∴f（﹣1）=，f（1）=﹣，f（2）=，∴f（x）在[﹣1，2]上值域是[﹣，]；m＞0时，函数g（x）在[﹣1，2]上单调增，∴g（x）在[﹣1，2]上值域是[﹣m+，2m+]∴﹣m+≥﹣且≥2m+∴0＜m≤m=0时，g（x）=满足题意；m＜0时，函数g（x）在[﹣1，2]上单调减，∴g（x）在[﹣1，2]上值域是[2m+，﹣m+]∴2m+≥﹣且≥﹣m+∴﹣≤m＜0综上知m的取值范围是[，]故选C．点评：本题主要考查了函数恒成立问题，以及函数的值域，同时考查了分类讨论的数学思想，属于中档题．14．已知集合A={x∈R|≤2}，集合B={a∈R|已知函数f（x）=﹣1+lnx，∃x0＞0，使f （x0）≤0成立}，则A∩B=（）A．{x|x＜} B．{x|x≤或x=1} C．{x|x＜或x=1} D．{x|x＜或x≥1}考点：利用导数求闭区间上函数的最值；交集及其运算．专题：计算题．分析：解分式不等式求出集合A，根据集合B可得a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解．利用导数求得h（x）=x﹣xlnx的值域为（﹣∞，1]，要使不等式a≤xlnx 在（0，+∞）上有解，只要a小于或等于h（x）的最大值即可，即a≤1 成立，故B={a|a≤1}，由此求得A∩B．解答：解：集合A={x∈R|≤2}={x|}={x|}={x|（x﹣1）（2x ﹣1）≥0，且2x﹣1≠0}={x|x＜，或x≥1}．由集合B 可知f（x）的定义域为{x|x＞0}，不等式﹣1+lnx≤0有解，即不等式a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解．令h（x）=x﹣xlnx，可得h′（x）=1﹣（lnx+1）=﹣lnx，令h′（x）=0，可得x=1．再由当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，当x＞1 时，h′（x）＜0，可得当x=1时，h（x）=x﹣xlnx 取得最大值为1．要使不等式a≤x﹣xlnx 在（0，+∞）上有解，只要a小于或等于h（x）的最大值即可．即a≤1 成立，所以集合B={a|a≤1}．所以A∩B={x|x＜，或x=1}．故选C．点评：本题主要考查集合的表示方法、分式不等式的解法，利用导数判断函数的单调性，根据函数的单调性求函数的值域，两个集合的交集的定义和求法，属于中档题．15．设函数，（p是实数，e为自然对数的底数）（1）若f（x）在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求p的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题．分析：（1）求导f′（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f′（x）≥0恒成立”，再转化为“p≥=恒成立”，由最值法求解．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f′（x）≤0恒成立”，再转化为“p≤=恒成立”，由最值法求解，最后两个结果取并集．（2）因为“在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立”，要转化为“f（x）max＞g（x）min”解决，易知g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]，①当p≤0时，f（x）在[1，e]上递减；②当p≥1时，f（x）在[1，e]上递增；③当0＜p＜1时，两者作差比较．解答：解：（1）f′（x）=，要使“f（x）为单调增函数”，转化为“f′（x）≥0恒成立”，即p≥=恒成立，又，所以当p≥1时，f（x）在（0，+∞）为单调增函数．同理，要使“f（x）为单调减函数”，转化为“f′（x）≤0恒成立，再转化为“p≤=恒成立”，又，所以当p≤0时，f（x）在（0，+∞）为单调减函数．综上所述，f（x）在（0，+∞）为单调函数，p的取值范围为p≥1或p≤0（2）因g（x）=在[1，e]上为减函数，所以g（x）∈[2，2e]①当p≤0时，由（1）知f（x）在[1，e]上递减⇒f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意②当p≥1时，由（1）知f（x）在[1，e]上递增，f（1）＜2，又g（x）在[1，e]上为减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，即：f（e）=p（e﹣）﹣2lne＞2⇒p＞．③当0＜p＜1时，因x﹣≥0，x∈[1，e]所以f（x）=p（x﹣）﹣2lnx≤（x﹣）﹣2lnx≤e﹣﹣2lne＜2不合题意综上，p的取值范围为（，+∞）点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．16．若函数y=f（x），x∈D同时满足下列条件：（1）在D内的单调函数；（2）存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．则称此函数为D内可等射函数，设（a＞0且a≠1），则当f （x）为可等射函数时，a的取值范围是（0，1）∪（1，2）．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的定义域及其求法；函数的值域．专题：新定义．分析：求导函数，判断函数为单调增函数，根据可等射函数的定义，可得m，n是方程的两个根，构建函数g（x）=，则函数g（x）=有两个零点，分类讨论，即可确定a的取值范围．解答：解：求导函数，可得f′（x）=a x＞0，故函数为单调增函数∵存在实数m，n，当定义域为[m，n]时，值域为[m，n]．∴f（m）=m，f（n）=n∴m，n是方程的两个根构建函数g（x）=，则函数g（x）=有两个零点，g′（x）=a x﹣1①0＜a＜1时，函数的单调增区间为（﹣∞，0），单调减区间为（0，+∞）∵g（0）＞0，∴函数有两个零点，故满足题意；②a＞1时，函数的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）要使函数有两个零点，则g（0）＜0，∴，∴a＜2∴1＜a＜2综上可知，a的取值范围是（0，1）∪（1，2）故答案为：（0，1）∪（1，2）．点评：本题考查新定义，考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，正确理解新定义是关键．17．存在x＜0使得不等式x2＜2﹣|x﹣t|成立，则实数t的取值范围是（﹣，2）．考点：绝对值不等式．专题：计算题．分析：本题利用纯代数讨论是很繁琐的，要用数形结合．原不等式x2＜2﹣|x﹣t|，即|x ﹣t|＜2﹣x2，分别画出函数y1=|x﹣t|，y2=2﹣x2，这个很明确，是一个开口向下，关于y轴对称，最大值为2的抛物线；要存在x＜0使不等式|x﹣t|＜2﹣x2成立，则y1的图象应该在第二象限（x＜0）和y2的图象有交点，再分两种临界讲座情况，当t≤0时，y1的右半部分和y2在第二象限相切；当t＞0时，要使y1和y2在第二象限有交点，最后综上得出实数t的取值范围．解答：解：不等式x2＜2﹣|x﹣t|，即|x﹣t|＜2﹣x2，令y1=|x﹣t|，y1的图象是关于x=t对称的一个V字形图形，其象位于第一、二象限；y2=2﹣x2，是一个开口向下，关于y轴对称，最大值为2的抛物线；要存在x＜0，使不等式|x﹣t|＜2﹣x2成立，则y1的图象应该在第二象限和y2的图象有交点，两种临界情况，①当t≤0时，y1的右半部分和y2在第二象限相切：y1的右半部分即y1=x﹣t，联列方程y=x﹣t，y=2﹣x2，只有一个解；即x﹣t=2﹣x2，即x2+x﹣t﹣2=0，△=1+4t+8=0，得：t=﹣；此时y1恒大于等于y2，所以t=﹣取不到；所以﹣＜t≤0；②当t＞0时，要使y1和y2在第二象限有交点，即y1的左半部分和y2的交点的位于第二象限；无需联列方程，只要y1与y轴的交点小于2即可；y1=t﹣x与y轴的交点为（0，t），所以t＜2，又因为t＞0，所以0＜t＜2；综上，实数t的取值范围是：﹣＜t＜2；故答案为：（﹣，2）．点评：本小题主要考查函数图象的应用、二次函数、绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．18．存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立，则b的取值范围是b＞或b＜0．考点：函数恒成立问题．专题：计算题；转化思想．分析：先把原命题等价转化为存在实数x，使得函数y=x2﹣4bx+3b的图象在X轴下方，再利用开口向上的二次函数图象的特点，转化为函数与X轴有两个交点，对应判别式大于0即可解题．解答：解：因为命题：存在实数x，使得x2﹣4bx+3b＜0成立的等价说法是：存在实数x，使得函数y=x2﹣4bx+3b的图象在X轴下方，即函数与X轴有两个交点，故对应的△=（﹣4b）2﹣4×3b＞0⇒b＜0或b＞．故答案为：b＜0或b＞．点评：本题主要考查二次函数的图象分布以及函数图象与对应方程之间的关系，是对函数知识的考查，属于基础题．19．已知存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立则实数a的取值范围是．考点：绝对值不等式．专题：数形结合；转化思想．分析：由题意知这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，令其大于等于|3a ﹣1|，即可解出实数a的取值范围解答：解：由题意借助数轴，|x﹣3|﹣|x+2|∈[﹣5，5]∵存在实数x使得不等式|x﹣3|﹣|x+2|≥|3a﹣1|成立，∴5≥|3a﹣1|，解得﹣5≤3a﹣1≤5，即﹣≤a≤2故答案为点评：本题考查绝对值不等式，求解本题的关键是正确理解题意，区分存在问题与恒成立问题的区别，本题是一个存在问题，解决的是有的问题，故取|3a﹣1|≤5，即小于等于左边的最大值即满足题意，本题是一个易错题，主要错误就是出在把存在问题当成恒成立问题求解，因思维错误导致错误．20．存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，则a的范围为（﹣∞，4]．考点：指数型复合函数的性质及应用．专题：计算题．分析：由x的范围可得1﹣x的范围，由此得到2﹣x+1 的范围，从而得到a的范围．解答：解：由于﹣1≤x≤2，∴﹣1≤1﹣x≤2，∴≤2﹣x+1 ≤4．∵存在实数a使不等式a≤2﹣x+1在[﹣1，2]成立，∴a≤4．故a的范围为（﹣∞，4]，故答案为（﹣∞，4]．点评：本题主要考查指数型复合函数的性质以及应用，属于中档题．21．若存在x∈，使成立，则实数a的取值范围为．考点：正弦函数的图象；函数的图象与图象变化．专题：计算题．分析：根据正弦函数的单调性，分别求出当0≤x≤和≤x≤0时|sinx|的范围，进而推知x∈时，|sinx|的最大值．进而可知要使成立，只需小于其最大值即可．解答：解：当0≤x≤时，0≤|sinx|=sinx≤当≤x≤0时，0≤sinx|=﹣sinx≤即当x∈，0≤|sinx|≤∴要使成立，则需＜即故答案为：点评：本题主要考查了正弦函数的单调性．属基础题．22．设存在实数，使不等式成立，则实数t的取值范围为t．考点：函数恒成立问题．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：考虑关键点x=1处，分为以下两端：①x∈（，1]时，t＞；②x∈（1，3]时，t≥，综上所述，t＞．解答：解：考虑关键点x=1处，分为以下两端：①x∈（，1]时，﹣x≥0，lnx≤0，于是t+﹣x＞e﹣lnx，即t＞﹣+x+=x＞，此时t＞．②x∈（1，3]时，﹣x＜0；lnx＞0，于是t﹣+x＞e lnx，即t＞﹣x+x=，此时t≥，综上所述，t＞．故答案为：t．点评：本题考查不等式的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想的合理运用．23．若存在实数p∈[﹣1，1]，使得不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0成立，则实数x的取值范围为（﹣3，﹣1）．考点：函数恒成立问题；一元二次不等式的解法．分析：把已知不等式整理为关于p的一元一次不等式，而不等式左边为关于p的一次函数，根据一次函数的性质可得此函数的最值只有在[﹣1，1]的端点取得，根据题意不等式恒成立可得当p=﹣1时，最小值大于0即可，故把p=﹣1代入不等式，得到关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的取值范围．解答：解：不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0可以化为：p（x2﹣3x）﹣3x﹣3＞0，这是一个关于p的一元一次不等式，函数p（x2﹣3x）﹣3x﹣3是关于p的一次函数，一次函数图象是直线，在定义域上是单调递增或递减，P∈[﹣1，1]时，函数p（x2﹣3x）﹣3x﹣3的最小值必定在端点﹣1或1处取到，不等式px2+（p﹣3）x﹣3＞0总成立，只需最小值大于0即可．∴﹣x2+（﹣1﹣3）x﹣3＞0，即x2+（1﹣3）x﹣3＞0，解得：﹣3＜x＜﹣1，则实数x的取值范围为（﹣3，﹣1）．故答案为：（﹣3，﹣1）点评：考查学生理解函数恒成立时的条件的能力，以及灵活运用一元二次不等式解法的能力．24．若存在实数x使成立，求常数a的取值范围．考点：二维形式的柯西不等式．专题：计算题．分析：利用柯西不等式，求出左边对应函数的最大值，即可确定常数a的取值范围．解答：解：由题意，由柯西不等式得=≤（3+1）（x+2+14﹣x）=64所以8，当且仅当x=10时取“=”，∵存在实数x使成立∴a＜8∴常数a的取值范围是（﹣∞，8）．点评：本题主要考查运用柯西不等式求最值，解题的关键是变形，利用柯西不等式解题．25．等差数列{a n}的首项为a1，公差d=﹣1，前n项和为S n，其中a1∈{﹣1，1，2}（I ）若存在n∈N，使S n=﹣5成立，求a1的值；．（II）是否存在a1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立？若存在，求出a1的值；否则，说明理由．考点：数列与不等式的综合．专题：计算题．分析：（I ）由条件得，整理得：n2﹣（2a1+1）n﹣10=0，由于n∈N，所以其判别式必定是完全平方数，又a1∈{﹣1，1，2}，一一代入验证即可．（II）由S n＜a n，代入得，化简即可得．解答：解：（I ）由条件得，整理得：n2﹣（2a1+1）n﹣10=0，∴△=（2a1+1）2+40是完全平方数，∵a1∈{﹣1，1，2}，∴a1=1，此时n=5（II）由S n＜a n，代入得，∴，∵n＞1，∴，∴a1＜0故存在a1=﹣1，使S n＜a n对任意大于1的正整数n均成立．点评：数列与不等式恒成立问题结合起来，能有效考查学生的逻辑思维能力和灵活应用知识分析解决问题的能力，体现了转化的思想和分类讨论的思想．仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。
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【专题讲座】导数与恒成立问题
【例1】已知函数21()ln (0)2
f x a x x a =+
>，若对任意两个不等的正数12,x x ，都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围。
【解答】不妨设120x x >>，则1212
()()2f x f x x x ->-等价于1122()2()2f x x f x x ->-。
设()()2,(0,)g x f x x x =-∈+∞，则12()()g x g x >恒成立，即()g x 在(0,)+∞上单调递增， 所以'()20a g x x x
=+-≥在(0,)+∞上恒成立，故22a x x ≥-在(0,)+∞上恒成立，而2max (2)1x x -=，所以1a ≥。
【定理】设非常量函数()y f x =在[,]a b 内连续，在(,)a b 上可导，则对于(,)a b 上的任意两个不等实
数12,x x ，不等式1212
()()f x f x m x x ->-恒成立⇔对于(,)a b 上任意实数x ，不等式'()f x m ≥恒成立。
【证明】不妨设12,()(),(,)x x g x f x mx x a b >=-∈。
对于(,)a b 上的任意两个不等实数12,x x ，不等式1212
()()f x f x m x x ->-恒成立112212()()()()()f x mx f x mx g x g x g x ⇔->-⇔>⇔在(,)a b 上单调递增'()0g x ⇔≥在(,)a b 上恒成立'()f x m ⇔≥在(,)a b 上恒成立。
【练习】已知函数2()ln(1)f x a x x =+-，任取12,(0,1)x x ∈且12x x ≠，不等式1212
(1)(1)1f x f x x x +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是 15a ≥
【例2】已知函数2()2ln f x x x a x =++，当1t ≥时，不等式(21)2()3f t f t -≥-恒成立，求实数a 的取值范围。
【解答】由已知得22(21)2(21)ln(21)242ln 3t t a t t t a t -+-+-≥++-恒成立，2222ln(21)422ln ,ln(21)2(21)(ln 2)t a t t a t a t t a t t +-≥-+---≥-，令()l n 2(1)g x a x x x =->，则2(21)()g t g t ->，当1t >时，22(21)(1)0t t t --=->，所以2(21)0t t >->，故()g x 在(1,)+∞上单调递减，所以'()20a g x x
=-≤在(1,)+∞上恒成立。
即2a x ≤在(1,)+∞上恒成立，所以2a ≤。