备战高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题18 恒成立问题——最值分析法

高考中恒成立问题的解题方式研究恒成立问题是高中数学学习中常见的问题,学生往往感到困惑。

下面就这类问题及其求解思路作一简单介绍。

1 最值判断法这种方法的基本思路是:(1)不等式f(x)<k在x∈i时恒成立在i中的最小值<="" p=""></k在x∈i时恒成立在i中的最小值(2)不等式时恒成立在I中的最小值>k。

例1:(2006年全国高考题)设函数若对所有x≥0,都有f(x) ≥ax成立,求实数a的取值范围。

解:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax于是不等式f(x) ≥ax成立即为g(x) ≥g(0)成立。

对于g(x)求导数得g’(x)=ln(x+1)+1-a,令g’(x)=0解得x=ea-1-1当x>ea-1-1时,g’(x)>0,g(x)为增函数。

当-1<x<ea-1-1时,g’(x)<="" p=""></x<ea-1-1时,g’(x)要对所有x≥0都有g(x) ≥g(0)成立的充要条件为ea-1-1≤0。

由此得a≤1即a的取值范围是(-∞,1]。

2 判别式法对于一元二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0,x∈R)有:;;恒成立;例2:(2009江西文)设函数(1)对于任意实数x,f'(x)≥m恒成立,求m的最大值;(2)若方程f(x)=0有且仅有一实根,求a的取值范围。

解:(1)f’(x)=3x2-9x+6∵x∈(-∞,+∞);∴f’(x)≥m即3x2-9x+6-m≥0恒成立,所以△=81-12(6-m)≤0,解得m≤-,即m的最大值为-。

(2)略3 集合包含法在解题过程中,利用集合之间的包含关系得出恒成立条件,从而使问题得以解决。

例3:(2009北京理)设函数f(x)=xekx(k≠0)(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程。

函数最值、值域、恒成立问题一、函数最值定义1.（1）一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：①x I ∀∈，都有()f x M ≤；②0x I ∃∈，使得()0f x M =。

就称M 是函数()y f x =的最大值。

（2）一般地，设函数()y f x =的定义域为I ，如果存在实数M 满足：①x I ∀∈，都有()f x M ≥；②0x I ∃∈，使得()0f x M =。

就称M 是函数()y f x =的最小值。

2.【注】（1）函数的最值指的是函数值（y 值）的最大值和最小值。

求函数的最值，既要求函数的最大值也要求函数的最小值。

【注】（2）从函数图象上看，函数的最大值对应函数图象最高点的纵坐标；函数的最小值对应函数图象最低点的纵坐标。

二、单调函数的最值1.单调函数的最值在闭区间的端点处取得。

（1）单调递增函数在闭区间的左端点取得最小值，在右端点取得最大值。

（2）单调递减函数在闭区间的左端点取得最大值，在右端点取得最小值。

【注】单调函数在开区间上无最值，即既无最大值，也无最小值。

2.函数值域闭区间的左端点是函数值的最小值，右端点是函数值的最大值。

求函数的值域，往往要求函数的最大值和最小值。

三、分段函数的最值1.分段函数的最大值，是各段函数值最大值中的最大值；2.分段函数的最小值，是各段函数值最小值中的最小值。

四、函数最值的求解方法函数求最值的方法一般有：配方法、换元法、数形结合法（图象法）、结合函数的单调性法等。

五、函数的值域问题函数值域中的最小值往往是函数值的最小值，函数值域中的最大值往往是函数值中的最大值，所以求函数的值域往往需要先求出函数的最大值和最小值。

六、恒成立问题假设()g x 为已知函数，求()f a 的取值范围，则有以下两种情况：（1）()()f a g x ≤恒成立()()min f a g x ⇔≤；（2）()()f a g x ≥恒成立()()max f a g x ⇔≥。

浅谈高考数学恒成立问题的解题方法摘要：恒成立问题是高中数学中的一个重点，更是历年高考的热点，有人说“恒成立问题”是高考的兴奋点，这不无道理.但此类问题解法灵活、综合性强，往往通过一道综合试题即可全面考查学生灵活运用数学知识、数学思想方法的能力，考查学生数学思维的深刻性和敏捷性。

部分学生常感到无从下手，茫然不知所措，那么到底如何解决这类问题呢?实际上只要紧紧“抓”住这类问题求解中的几个“抓手”，恒成立问题就会迎刃而解 关键词：判别式法；最值法；分离参数法；数形结合法；赋值法近几年的高考数学试卷中频频出现一种数学问题：有关含参的“恒成立”问题。

为什么会如此重视这类问题呢，因为恒成立问题是一个考察学生综合素质的很好途径：其一是这类问题覆盖面广，几乎覆盖了函数、不等式、三角、数列、几何等高中数学的所有知识点；其二是涉及到一次函数、二次函数等函数的性质、图象，渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。

所以可从这样的题目中考查学生的分析问题、解决问题的能力，以及综合解题能力。

真正理解并弄清这类问题的常规求解方法，不但可以让学生形成良好的数学思想，而且可以提高学生分析问题和解决问题的能力。

下面我就结合自己的教学经验谈谈恒成立问题的解题方法。

一、判别式法对于二次函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈有： （1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ; （2）R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a .有关含有参数的一元二次不等式问题，若能把不等式转化成二次函数或二次方程，通过根的判别式或数形结合思想，可使问题得到顺利解决.例1 对于x R ∈，不等式2230x x m -+-≥恒成立，求实数m 的取值范围. 解：不妨设2()23f x x x m =-+-，其函数图象是开口向上的抛物线，为了使()0()f x x R ≥∈，只需0∆≤，即2(-2)-4(3-)0m ≤，解得2(2]m m ≤⇒∈-∞，.变形：若对于x R ∈，不等式2230mx mx -+>恒成立，求实数m 的取值范围. 此题需要对m 的取值进行讨论，设2()23f x mx mx =-+. ① 当0m =时，30>，显然成立.② 当0m >时，则003m ∆<⇒<<. ③ 当0m <时，显然不等式不恒成立.由①②③知[03)m ∈，. 关键点拨：对于有关一元二次不等式20(0)ax bx c ++><或的问题，可设函数2()(0,)f x ax bx c a x R =++≠∈，由a 的符号确定其抛物线的开口方向，再根据图象与x 轴的交点问题，由判别式进行解决.例 2 已知函数2()22f x x kx =-+，在1x ≥-时恒有()f x k ≥，求实数k 的取值范围.解：令2()()22F x f x k x kx k =-=-+-，则()0F x ≥对一切1x ≥-恒成立，而()F x 是开口向上的抛物线.①如图1，当图象与x 轴没有交点，满足0∆<，即244(2)0k k ∆=--<， 解得21k -<<.②如图2，当图象与x 轴有交点，且在[1)x ∈-+∞，时()0F x ≥，只需 021(1)01220 2112k k F k k k k ⎧⎪∆≥≤-≥⎧⎪⎪-≥⇒++-≥⎨⎨⎪⎪-≤-⎩⎪-≤-⎩或解得32k -≤≤-. 由①②知31k -≤<.图2关键点拨：构造一个新函数()()Fx f x k =-使()f x k ≥在[1)x ∈-+∞，恒成立是解题的关键，再利用二次函数的图象性质进行分类讨论，使问题得到圆满解决.二、最值法恒成立条件下不等式中参数的取值范围问题，涉及的知识面广、综合性强，同时数学语言抽象，从题目中如何提取可借用的知识模块往往捉摸不定，难以寻觅．但是如果能将参数分离出来，建立起明确的关系，则由下述两个基本命题便能简捷的求出参数的取值范围．（1）m x f ≥)(对任意x 都成立m x f ≥⇔min )(;（2）m x f ≤)(对任意x 都成立max )(x f m ≥⇔.将两命题结论通过数轴表示出来既直观又易于掌握理解．两命题可简记为“大于时大于值域上限，小于时小于值域下限”.由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题.例 3 在ABC ∆中，已知2()4sin sin ()cos 2|()-|242Bf B B B f B m π=++<，且恒成立，求实数m 的范围.解析：由2()4sin sin ()cos 2=2sin 142Bf B B B B π=+++， 0B π<<，sin (01] ()(13]B f B ∴∈∈，，，，|()-|2f B m <恒成立，2()2f B m ∴-<-<，即()2()2m f B m f B >-⎧⎨<+⎩恒成立，(13]m ∴∈，. 例4 求使不等式sin cos [0]a x x x π>-∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-,[0]x π∈，,3[]444x πππ∴-∈-，，sin()[1]42x π∴-∈-，)[14x π-∈-，a ∴. 变式：求使不等式sin cos (0)42a x x x ππ>--∈，，恒成立的实数a 的范围.解：由于sin cos )4a x x x π>-=-, (0)42x ππ-∈，，sin()(01)4x π∴-∈，，)(04x π-∈，a ∴≥.例5 设函数是定义在R 上的增函数，如果不等式2(1)(2)f ax x f a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，求实数a 的取值范围. 解：()f x 是增函数，2(1)(2)f ax x f a ∴--<-对于任意[01]x ∈，恒成立212ax x a ⇔--<-对于任意[01]x ∈，恒成立210x ax a ⇔++->对于任意[01]x ∈，恒成立令2()1g x x ax a =++-，[01]x ∈，，所以原问题等价于min ()0g x > min (0) 0()() 2022 2g a a g x g a a >⎧⎪⎪--≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，， 即2min 1- 0() 1 2042 2a a a g x a a a >⎧⎪⎪--+-≤≤⎨⎪<-⎪⎩，，，易求得1a <.关键点拨：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为212ax x a --<-对于任意[01]x ∈，恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解. 三、分离参数法在不等式中求含参数范围过程中，当不等式中的参数（或关于参数的代数式）能够与其它变量完全分离出来并且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时，常用分离参数法.例 6 不等式22(1)(5)311x a x a b x x +--+>--+对一切实数恒成立，求a b 、满足的条件．解：将参数a b 、分离出来，22131(x )024x x -+=-+>,∴原不等式变形为22()(1)(2)0a b x x x --+++>,22(2)()1x a b f x x x +∴->-=-+.()0f x ≤,∴由命题１知当0a b ->时，原不等式恒成立．例7 若不等式lg 21lg()axa x <+在[12]x ∈，时恒成立，试求a 的取值范围． 解：分离参数a ，由题设知120x ax >>，,故01lg()0a a x a x >+>+>，，. 原不等式变形为lg 2lg()ax a x <+，2ax a x ∴<+， (21)x a x ∴-<， 11(1)()21221x a f x x x ∴<=+=--. ()f x 在[12]，上为减函数, 2()(2)3f x f ∴≥=，23a ∴<综上所述，a 的取值范围为203a <<． 从以上例子可以看出用分离参数法解恒成立问题，其方法步骤学生容易理解掌握，程序也不复杂，通过恒等变形将参数分离出来之后，只要求出主变元函数值域的上限或下限（方程问题需求出值域）问题便迎刃而解了，当然分离参数法不是解恒成立问题的惟一方法，亦非万能．对具体问题要具体分析，选用恰当的方法．本文旨在使学生学一法，通一类，逐步提高综合运用知识解决问题的能力．四、数形结合法如果不等式中涉及的函数、代数式对应的图像、图形较易画出时，可通过图像、图形的位置关系建立不等式求得参数范围.例8 设(0,4]x ∈ax >恒成立，求a 的取值范围．解：若设1y 2211(2)4(y 0)x y -+=≥为上半圆．设2y ax =，为过原点，斜率为a 的直线．在同一坐标系内作出函数图象，如图3所示，依题意，半圆恒在直线上方时，只有0a <时成立，即a 的取值范围为0a <．利用数形结合解决恒成立问题，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与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.图 3例9 当(1,2)x ∈时，不等式2(1)log a x x ->恒成立，求a 的取值范围. 解：如图4所示，设212()(1)()log a T f x x T g x x =-=：，：T 则1T 的图象为图4所示的抛物线，要使对一切(1,2)x ∈,()()f x g x <恒成立即1T 的图象一定要在2T 的图象所的下方，显然1a >,并且必须也只需(2)(2)g f >.故log 211a a >>，，12a ∴<≤图 4关键点拨：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a 的取值范围.例10 已知关于x 的方程2lg(20)lg(863)0x x x a +---=有唯一解，求实数a 的取值范围.解：设2211:20(10)100T y x x x =+=+-，22863T y x a =--：，则如图5所示，1T 的图象为一抛物线，2T 的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使1T 和2T 在x 轴上有唯一交点，则直线必须位于1l 和2l 之间.（包括1l 但不包括2l )当直线为1l 时，直线过点(200)-，，此时纵截距为63160a --=，1636a =-; 当直线为2l 时，直线过点(00)，，此时纵截距为630a --=，12a =- ∴a 的取值范围为1631[)62--，. 关键点拨：原方程可化成2lg(20)=lg(863)x x x a +--，从而得220=8630x x x a +-->，若将等号两边分别构造函数即二次函数220y x x =+与一次函数=863y x a --，则只需考虑这两个函数的图象在x 轴上方恒有唯一交点即可.图 5 五、赋值法——利用特殊值求等式中的恒成立问题，常常用赋值法求解，特别是对解决填空题、选择题能很快求得.例11由等式4323212341234(1)(1)(1)(1)x a x a x a x a xb x b x b x b ++++=++++++++ 定义映射12341234:()f a a a a b b b b →+++，，，，则:(4321)( )f →，，， . 10 . 7 . 1 . 0A B C D -解：取0x =，则412341a b b b b =++++，又因为41a =，所以1234=0b b b b +++，故选D .例12 如果函数()sin 2cos 2f x x a x =+的图象关于直线8x π=-对称，那么( )a =.. 1 . 1 . A B C D -解：取0x =及4x π=-，则(0)()4f f π=-,即1a =-，故选C .此法体现了数学中从一般到特殊的转化思想.在处理恒成立问题时，并非单一的使用某一种解题方法，而是各种解题方法相互渗透，解决这类问题是各种思路和方法的综合运用，且要求较高难度较大.正所谓“万变不离其宗”，只要我们在平时的学习中把基本思路和方法理解，掌握透彻，一切问题都会迎刃而解.。

恒成立问题——最值分析法最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题。

此方法考研学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功。

是导数中的难点问题。

一、基础知识：1、最值法的特点：（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2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤（2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性。

如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号。

（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内。

二、典型例题：例1：设()222f x x mx =-+，当[)1,x ∈-+∞时，()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围思路：恒成立不等式为2220x mx m -+-≥，只需()2min 220x mx m -+-≥，由于左端是关于x 的二次函数，容易分析最值点位置，故选择最值法 解：恒成立不等式为2220x mx m -+-≥，令()222g x x mx m =-+-则对称轴为x m =（1）当1m ≤-时，()g x 在[)1,-+∞单调递增，()()m i n 11220g x g m m ∴=-=++-≥3m ∴≥-即[]3,1m ∈--（2）当1m >-时，()g x 在()1,m -单调递减，在(),m +∞单调递增 ()()22min 22021g x g m m m m m ∴==-+-≥⇒-≤≤(]1,1m ∴∈- 终上所述：[]3,1m ∈-小炼有话说：二次函数以对称轴为分解，其单调性与最值容易分析。

高考数学恒成立问题的一般解法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。

一、 一次函数型：给定一次函数y=f(x)=ax+b(a ≠0),若y=f(x)在[m,n]内恒有f(x)>0，则根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于ⅰ）⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f同理，若在[m,n]内恒有f(x)<0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、 对于满足|p|≤2的所有实数p,求使不等式x 2+px+1>2p+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。

略解：不等式即(x-1)p+x 2-2x+1>0,设f(p)= (x-1)p+x 2-2x+1,则f(p)在[-2,2]上恒大于0，故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得：⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或 ∴x<-1或x>3. 二、 二次函数型若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0)大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>0an m o x y nm o x y若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。

高中数学恒成立问题的解题方法和思路【摘要】高中数学中的恒成立问题是学生在学习数学时经常会遇到的挑战，掌握恒成立问题的解题方法对于提高数学水平至关重要。

本文首先探讨了理解恒成立问题的重要性和挑战高中数学恒成立问题的意义，引发读者对该问题的关注。

接着介绍了学习恒成立问题的基础知识和常用解题方法，包括代数方法和几何方法。

特别对恒成立问题的特殊情况进行了思考和分析。

在总结了解题方法，并展望了高中数学学习的未来发展。

通过本文的阐述，读者可以更好地理解和掌握高中数学中的恒成立问题，提升自己的数学解题能力。

【关键词】高中数学，恒成立问题，解题方法，思路，理解，挑战，基础知识，常用方法，代数，几何，特殊情况，总结，展望1. 引言1.1 理解恒成立问题的重要性理解恒成立问题的重要性在高中数学学习中起着至关重要的作用。

恒成立问题是数学中的基础概念之一，对建立数学思维和逻辑推理能力具有重要意义。

通过理解和解决恒成立问题，可以深化对数学知识的理解，提升数学推导能力，培养学生的逻辑思维和分析问题的能力。

理解恒成立问题还能帮助学生更好地应对高考和数学竞赛中的问题，提高解题速度和准确度。

掌握了恒成立问题的解题方法和思路，学生在考试中就能更加游刃有余，更加得心应手。

理解恒成立问题的重要性不仅在于提高数学学习的效果，还在于培养学生的数学素养和解决问题的能力。

应该重视恒成立问题的学习，努力提升解决问题的能力，为未来的学习和发展打下坚实的基础。

1.2 挑战高中数学恒成立问题的意义挑战高中数学恒成立问题的意义在于培养学生的逻辑思维能力和推理能力。

这些恒成立问题往往需要学生灵活运用所学的知识和方法，通过逻辑推理和数学证明找出问题的解决方案。

在挑战这些问题的过程中，学生需要不断思考、分析和总结，从而培养自己的解决问题的能力。

挑战高中数学恒成立问题也可以帮助学生扩展数学思维，拓宽数学应用的范围。

通过解决这些问题，学生可以更深入地理解数学知识的内涵和应用，培养出对数学的兴趣和热爱。

专题18 恒成立问题——最值分析法【热点聚焦与扩展】不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数. 最值法求解恒成立问题是三种方法中最为复杂的一种，但往往会用在解决导数综合题目中的恒成立问题.此方法考查学生对所给函数的性质的了解，以及对含参问题分类讨论的基本功.是函数与导数中的难点问题，下面通过典型例题总结此类问题的解法----最值分析法. 1、最值法的特点：（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2、理论基础：设()f x 的定义域为D（1）若x D ∀∈，均有()f x C ≤（其中C 为常数），则()max f x C ≤ （2）若x D ∀∈，均有()f x C ≥（其中C 为常数），则()min f x C ≥ 3、技巧与方法：（1）最值法解决恒成立问题会导致所构造的函数中有参数，进而不易分析函数的单调区间，所以在使用最值法之前可先做好以下准备工作：① 观察函数()f x 的零点是否便于猜出（注意边界点的值） ② 缩小参数与自变量的范围：通过代入一些特殊值能否缩小所求参数的讨论范围（便于单调性分析）观察在定义域中是否包含一个恒成立的区间（即无论参数取何值，不等式均成立），缩小自变量的取值范围（2）首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.（3）在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【经典例题】例1．（2019·全国高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）(],0a ∈-∞. 【解析】（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+-令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x '< g x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又()0110g =-=，1022g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=- 即当0,2x时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭ 0,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x = 又()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立 令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''== 由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=-⎪⎝⎭，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 222h x h a ππ-⎛⎫''==- ⎪⎝⎭①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增 00h xh ，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'>⎪⎝⎭，()0h π'< 1,2x ππ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当202a π-<<时，()00h '<，2022h a ππ-⎛⎫'=->⎪⎝⎭20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()max 2022h x h a ππ-⎛⎫''==-≤⎪⎝⎭()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 00h xh可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞例2．（2019·湖北高三月考（文））已知函数f （x ）=e x +1-a ln ax +a （a ＞0）． （1）当a =1时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程； （2）若关于x 的不等式f （x ）＞0恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】(1) （e 2-1）x -y -2=0．(2) （0，e 2） 【解析】（1）当a =1时，函数f （x ）=e x +1-a ln ax +a ， 转换为：f （x ）=e x +1-ln x +1， 故：()11'x f x ex+=-． 故切线的斜率k =f ′（1）=e 2-1，故切线的方程为：y -f （1）=f ′（1）（x -1）， 整理得：y -（e 2-1）=（e 2-1）（x -1）， 即（e 2-1）x -y -2=0． （2）f （x ）=e x +1-a ln ax +a ， 所以：()1'x a f x ex +=-=1x xe ax+-， 显然：g （x ）=xe x +1-a 在（0，+∞）上单调递增． 由于g （0）=-a ＜0， 所以：g （a ）=ae a +1-a ＞0，则：存在x 0∈（0，a ），使得g （x 0）=0， 即：010x x ea +=，ln a =ln x 0+x 0+1，又0＜x ＜x 0，f ′（x ）＜0， 所以函数f （x ）单调递减．x ＞x 0，f ′（x ）＞0，函数f （x ）单调递增．f （x ）在x =x 0处取得最小值()0100x f x e alnx alna a +=--+．故：()0100x f x e alnx alna a +=--+，=00012a x lnx x ⎛⎫--⎪⎝⎭由f （x ）＞0恒成立， 得到：f （x 0）＞0， 即：000120a x lnx x ⎛⎫--⎪⎝⎭＞， 所以：000120x lnx x --＞， 设h （x ）=12x lnx x--， 则：()212'1h x x x=---＜0，所以：函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减． 由于h （1）=0， 则h （x ）＞0， 解得：0＜x ＜1， 所以：0＜x 0＜1，010x a x e +=由，在x 0∈（0，1）单调递增，所以：0＜a ＜e 2． 因此a =0120x x ee +＜，故：a 的取值范围为（0，e 2）．例3.（2019·湖北高考模拟（文））已知函数2()12xx f x e =--（1）若直线y x a =+为()f x 的切线，求a 的值．（2）若[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立，求b 的取值范围． 【答案】（1）0；（2）1b ≤【解析】（1）设切点为()00,P x y ，()'xf x e x =-，∴()000'1xf x e x =-=，令()xh x e x =-，则()'1xh x e =-，当0x >时，()'0h x >，()h x 在()0,∞+上为增函数； 当0x <时，()'0h x <，()h x 在(),0-∞上为减函数； 所以()()min 01h x h ==，所以00x =， 又0200112xe x x a --=+，所以0a =． （2）[)0,x ∀∈+∞，()f x bx ≥恒成立2102xx e bx ⇔---≥，[)0,x ∈+∞．令2()12xx g x e bx =---，[)0,x ∈+∞．()()'x g x e x b h x =--=，()'1x h x e =-,当0x >时，()'10xh x e =->，所以()h x 在[)0,+∞上为增函数，()min 1h x b =-，①若1b ≤，则当0x >时'()0g x >，故()g x 在[)0,+∞上为增函数，故[)0,x ∈+∞时，有()()00g x g ≥=即2102xx e bx ---≥恒成立，满足题意.②若1b >，因为()'g x 为()0,∞+上的增函数且()'010g b =-<，()'ln 2ln ln 2g b b b =--⎡⎤⎣⎦， 令()ln ln 2s b b b =--，其中1b >，()1'10s b b=->， 所以()s b 在()1,+∞为增函数，所以()()11ln 20s b s >=->， 故存在0x ，使得0'0g x 且()00,x x ∈时，()'0g x <，()g x 在()00,x 为减函数，故当()00,x x ∈时，()()00g x g <=，矛盾，舍去.综上可得：1b ≤．例4.（2019·安徽高考模拟（理））已知函数()2ln 1f x x ax x a =-++（e 为自然对数的底数）（Ⅰ）试讨论函数()f x 的导函数()y f x '=的极值；（Ⅱ）若[]1,x e ∀∈（e 为自然对数的底数），()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）2121e a e +-<<-【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为()0+∞，.()()2ln g x f x x a x a =-'=-，()22a x ag x x x='-=- 当0a ≤时，()0g x '>，函数()y g x =在()0,+∞单调递增，函数()y g x =没有极值. 当0a >时，由()0g x '=，得2a x =，函数()y g x =在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增. 函数()y g x =的极小值为ln 22a a g a ⎛⎫=-⎪⎝⎭，没有极大值. （Ⅱ）对()[]1,x e ∀，()0f x >恒成立，即对[]1,x e ∀∈，2ln 10x ax x a -++>， ∴对[]1,x e ∀∈，1ln 0a x a x x+-+>. 令()1ln a h x x a x x +=-+，则()211a a h x x x -'+=- ()()()222111x ax a x x a x x --++--==. ①当11a +≤，即0a ≤时，对[]1,x e ∀∈，()0h x '≥，()h x ∴在[]1,e 上单调递增，()()min 1h x h ∴=11001a +=-+>，解得2a >-，20a ∴-<≤满足题意. 当1a e +≥时，即1a e ≥-，对[]1,x e ∀∈，()0h x '≤，()h x ∴在[]1,e 上单调递减， ()()min10a h x h e e a e +∴==-+>，解得211e a e +<-2111e e a e +∴-≤<-满足题意. ③当11a e <+<，即01a e <<-时，对于[]1,1x a ∈+，()0h x '<；对于[]1,x a e ∈+，()0h x '>. ()h x ∴在[]1,1a +上单调递减，在[]1,a e +上单调递增，()()()min 211ln 10h x h a a a a ⎛⎫∴=+=+-+> ⎪⎝⎭.即()21ln 10a a+-+> 设()()21ln 1H a a a =+-+，由于()()21ln 1H a a a =+-+在()0,1e -单调递减，()()21ln 1H a a a ∴=+-+ 221ln 011ee e e >+-=>--，即()()min 0h x aH a =>，01a e ∴<<-满足题意.综上①②③可得，2121e a e +-<<-. 例5．已知函数()1xax f x be =-，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()210x e y e +--=.其中2.71828e =为自然对数的底数（1）求,a b 的值（2）如果当0x ≠时，()12xkf x e -<恒成立，求实数k 的取值范围 【答案】（1）1,1；（2）0k ≤. 【解析】解：（1）()()()'211x x xa be be axf x be--=-()()()()'221111a be abeaf be be --∴==---，切线方程：()()22111ey x e e =-+--()()22111abe e ∴-=---，而()11a f be =-且在切线中，11y e =- ()()22111111a be e a be e ⎧-=-⎪--⎪∴⎨⎪=⎪--⎩ 解得：11a b =⎧⎨=⎩ ()1xxf x e ∴=- （2）思路：恒成立不等式为：2211x xx ke e-<-，若参变分离，则分离后的函数过于复杂，不利于求得最值，所以考虑利用最值法，先变形不等式，由于21xe -的符号不确定（以0x =为界），从而需进行分类讨论.当0x >时，不等式变形为：()()21210xx k exe k ---->，设()()()2121x x g x k e xe k =----，可观察到()00g =，则若要0x >时，()0g x >，则需()'00g ≥，进而解出0k ≤，再证明0k ≤时，()0g x >即可.将k 的范围缩至0k ≤时再证明0x <时，()0g x >即可. 解：由（1）可得恒成立的不等式为：2211x xx ke e-<- 当0x >时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔<--- ()()21210x x k e xe k ⇔----> 设()()()2121x x g x k e xe k =----，可得()00g =()()()'22121x x g x k e x e =--+若()'00g <，则00x ∃>，使得()00,x x ∈时，()'0g x <()g x ∴在()00,x 单调递减 则()00,x x ∈时，()()00g x g <=与恒成立不等式矛盾 ()'00g ∴<不成立 ()'00g ∴≥ ()()'02120g k ∴=--≥解得：0k ≤下面证明0k ∀≤均可使得0x >时，()0g x >()()()()'22121211x x x xg x k e x e e k e x ⎡⎤=--+=---⎣⎦0k ≤ ()1110x x k e x e x ∴--->-->()'0g x ∴> ()g x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00g x g ∴>=，即不等式恒成立当0x <时，()()22212111x xx xx k xe k e e e-<⇔>--- ()()()212100xx k e xe k g x ⇔----<⇔<0k ≤ ∴同理，()()'2110x xg x e k e x ⎡⎤=--->⎣⎦()g x ∴在(),0-∞单调递增 ()()00g x g ∴<=即0k ≤时不等式在(),0x ∈-∞ 恒成立 综上所述，0k ≤ .例6．设函数()(1)xf x ae x =+（其中 2.71828....e =），2()2g x x bx =++，已知它们在0x =处有相同的切线.（1）求函数()f x ，()g x 的解析式；（2）若对2,()()x kf x g x ∀≥-≥恒成立，求实数k 的取值范围.【答案】（1）()()()221,42x f x e x g x x x =+=++；（2）21,k e ⎡⎤∈⎣⎦.【解析】解：（1）思路：由题意可知()(),f x g x 在0x =处有公共点，且切线斜率相同()(),f x g x 在0x =处有相同的切线.()()()()''0000f g f g =⎧⎪∴⎨=⎪⎩ ()()()'2,2x f x ae x g x x b =+=+2224a a ab b ==⎧⎧∴⇒⎨⎨==⎩⎩ ()()()221,42x f x e x g x x x ∴=+=++ （2）思路：恒成立不等式为()()221420x ke x x x +-++≥，尽管可以参变分离但分离后关于x 的函数结构复杂，不易分析单调性.所以考虑最值法解：令()()()22142x F x ke x x x =+-++，∴只需()min 0F x ≥()()()()'2224212x x F x ke x x ke x =+--=-+ ()2x ≥-令()'01xF x ke >⇒>2,()0x F x ≥-≥均成立，()0220F k ∴=-≥ 1k ∴≥（上一步若直接求单调增区间，则需先对k 的符号进行分类讨论.但通过代入0x =（01e =，便于计算），解得了k 要满足的必要条件，从而简化了步骤.）∴解得11ln x e x k k >⇒> [)2,x ∈-+∞ 下面根据1ln x k=是否在[)2,-+∞进行分类讨论：① 21ln 2k e k <-⇒>()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e-∴=-=-+=-< 与已知矛盾（舍） ② 21ln2k e k=-⇒= ()F x ∴在[)2,-+∞单调递增. ()()()222min 22220F x F ke e k e -∴=-=-+=-=满足条件 ③ 21ln 21k e k>-⇒≤< 则()21ln min1111ln 2ln 1ln 4ln 2k F x F k e k k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴==⋅+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11lnln 20k k ⎛⎫=-+≥ ⎪⎝⎭恒成立，故满足条件 综上所述：21,k e ⎡⎤∈⎣⎦例7.（浙江高考题）设函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈ （1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(]0,3x e ∈，恒有()24f x e ≤成立.注：e 为自然对数的底数【答案】（1）,3e e ；（2）3a e e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦. 【解析】解：（1）()()()2'()2ln =2ln 1x a a f x x a x x a x xx -⎛⎫=-+-+- ⎪⎝⎭x e =是()f x 的极值点()()'30a f e e a a e e ⎛⎫∴=--=⇒= ⎪⎝⎭或3a e =，经检验符合题意,3a e a e ∴==（2）思路一：恒成立的不等式为()22ln 4x a x e -≤，考虑选择最值法当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立（()f x 的单调区间必然含参数，首先将恒成立的部分剔除，缩小x 的取值范围以方便后期讨论）'()f x =()'()=2ln 1a f x x a x x ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭，记()2ln 1a h x x x =+-()()22ln 4f x x a x e =-≤恒成立，所以()()2233ln34f e e a e e =-≤33e a e ∴-≤≤+a 的范围，便于分析讨论） ()()110,2ln 0h a h a a ∴=-<=>()()001,,0x a h x ∴∃∈= （解不出具体的极值点，但可以估计其范围，利用零点存在性定理，同时得到a 与0x 的关系：()000210ah x x x =+-=)()h x 单调递增()()()()001,,0;,,0x x h x x x a h x ∴∈<∈>()()()()()()'''001,,0;,,0;,,0x x f x x x a f x x a f x ∴∈>∈<∈+∞<若()()22ln 4f x x a x e =-≤，只需()()()()2200022ln 433ln 34fx x a x ef e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩①②由()0002ln 1ah x x x =+-得0002ln a x x x =+代入①得：320004ln 41x x e x e ≤⇒<≤ (]0002ln 1,3a x x x e ∴=+∈由②式得33e a e ∴-≤≤+∴综上所述，3a e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦点睛：本题有以下几处亮点：1、特殊值代入法：这是本题最大的亮点，通过代入特殊的值缩小,x a 的范围，便于讨论，在有关恒成立的问题中，通过代入特殊点（边界点，极值点等）可以简化运算，提供思路，而且有一些题目往往不等关系就在自变量的边界值处产生2、对极值点0x 的处理，虽无法求值，但可求出它的范围，进而解决问题 思路二：参变分离法：当(]0,1x ∈时，无论a 为何值，不等式恒成立 考虑(]1,3x e ∈,则不等式()()22224ln 4ln e x a x e x a x-≤⇔-≤(体会将x 范围缩小后所带来的便利）x a x ⇔-≤≤+则只需max mina x a x ⎧⎛≥- ⎪⎝⎪⎨⎛⎪≤+⎪⎝⎩成立设()g x x =-()()()'332221102ln ln e e g x x x x x =+=+> ()g x ∴在(]1,3e 单调递增，()()()max 33g x g e e ∴==-3a e ∴≥再设()h x x =+()()()()()32'333222ln 2112ln ln ln x x e e e h x x x x x x x -=-=-= 令()'0h x >即()32ln x x e >,由左边可得x e =时，()32ln x x e =，而()32ln y x x =单调递增，由此可得()1,x e ∈,()'0h x <,(),3x e e ∈,()'0h x >(单调性+根→符号）∴()h x 在()1,e 单调增，在(),3e e 单调递减.故()()min 3h x h e e ==3a e ∴≤-综上所述：3a e e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦点睛：思路二有另外几个亮点：1、缩小自变量x 范围的作用：使ln x 为正，进而对后面的变形开方起到关键性作用2、在处理()h x 的问题时，采取零点与单调性结合的方式来确定符号.其中()32ln y x x =的单调性可以快速判断.y x =增，()32ln y x =增，且两部分的函数值恒为正数，那么相乘后的解析式依然是增函数. 例8.（2018届湖南省永州市三模）已知f(x)=2ae x−1+2alnx −b2, g(x)=2e 2x−2+2ln 2x −b 22+a 2.（1）若对任意的实数a ，恒有f(x)<g(x)，求实数b 的取值范围； （2）当2<a <4,b =−10a 时，求证：方程f(x)=2e x−1+e x 恒有两解. 【答案】(Ⅰ)(−1,2)；(Ⅱ)详见解析． 【解析】（Ⅰ）要使f(x)＜g(x)恒成立，即使2ae x−1+2alnx −b2<2e 2x−2+2ln 2x −b 22+a 2成立，整理成关于a 的二次不等式a 2−2(e x−1+lnx)a +(2e 2x−2+2ln 2x −b 22+b2)>0，只要保证△＜0，Δ=4(e x−1+lnx)2−4(2e 2x−2+2ln 2x −b 22+b2)=−4e 2x−2−4ln 2x +8e x−1lnx +2b 2−2b <0，整理为e 2x−2+ln 2x −2e x−1lnx −12b 2+12b >0，(e x−1−lnx)2>12b 2−12b （i ）下面探究（i ）式成立的条件，令t(x)=e x−1−lnx ，t′(x)=e x−1−1x ，t′(1)=0，当x ∈(0,1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x ∈(1,+∞)时，t′(x)<0，t(x)单调递增，x=1时t(x)有最小值t(1)=1，12b 2−12b <(t(x)min )2=(t(1))2=1，b 2−b −2<0，−1<b <2． 实数b 的取值范围是（－1,2）．（Ⅱ）方程f(x)=2ae x−1+e x 化为e x −2alnx −5a =0， 令ℎ(x)=e x −2alnx −5a ，ℎ′(x)=e x −2a x，ℎ′(x)在（0，＋∞）上单调递增，ℎ′(1)=e −2a <0，ℎ′(2)=e 2−a >0， 存在x 0∈(1,2)使ℎ′(x 0)=0，即e x 0=2a x 0，x 0=2ae x 0，ℎ(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增， ℎ(x)在x 0处取得最小值． ℎ(x 0)=e x 0−2alnx 0−5a =2a x 0−2aln 2a e 0−5a =2a(1x 0+x 0)−2aln2a −5a ，1 x0+x0∈(2,52)，ℎ(x0)<−2aln2a＜0，ℎ(e−3)=e e−3+a>0，ℎ(e2)=e e2−9a>0，ℎ(x)在(e−3,x0)和(x0,e2)各有一个零点，故方程f(x)=2ae x−1+e x恒有两解．点睛：本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，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、函数的综合问题，同时注意数形结合思想的应用．例9.（2018届内蒙古鄂伦春自治旗二模（420模拟））已知函数f(x)=x3−6x2+ax+b(a,b∈R)的图象在与x轴的交点处的切线方程为y=9x−18.（1）求f(x)的解析式；（2）若21x+k−80<f(x)<9x+k对x∈(1,5)恒成立，求k的取值范围.【答案】（1）f(x)=x3−6x2+21x−26（2）[9,22)【解析】（1）由9x−18=0得x=2.∴切点为(2,0).∵f′(x)=3x2−12x+a∴f′(2)=a−12=9∴a=21,又f(2)=8−24+2a+b=0∴b=−26，f(x)=x3−6x2+21x−26.（2）由f(x)<9x+k得k>f(x)−9x=x3−6x2+12x−26.设g(x)=x3−6x2+12x−26，g′(x)=3(x2−4x+4)=3(x−2)2>0对x∈(1,5)恒成立，∴g(x)在(1,5)上单调递增∴k≥g(5)=9.设ℎ(x)=f(x)−(21x+k−80)=x3−6x2−k+54，1<x<5，则ℎ′(x)=3x(x−4)，当1<x<4时，ℎ′(x)<0；当4<x<5时，ℎ′(x)>0.∴ℎ(x)在(1,4)上单调递减，在(4,5)上单调递增，则ℎ(x)min=ℎ(4)=22−k>0，∴k<22.综上，k 的取值范围为[9,22).点睛：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a ≥f (x )恒成立(a ≥f (x )max 即可)或a ≤f (x )恒成立（a ≤f (x )min 即可）；② 数形结合(y =f (x ) 图象在y =g (x ) 上方即可)；③ 讨论最值f (x )min ≥0或f (x )max ≤0恒成立；④ 讨论参数. 例10.（2018届湖南省益阳市高三4月调研）已知函数f (x )=(2e +1)lnx −3a 2x +1（a ∈R ，e 为自然对数的底数）.（1）讨论函数f (x )的单调区间；（2）当a =23时，xe x +m ≥f (x )恒成立，求实数m 的最小值.【答案】(1)单调递增区间是(0,2(2e+1)3a)，单调递减区间是(2(2e+1)3a,+∞).(2)-e.【解析】（1）由题知，函数f (x )=(2e +1)lnx −3a 2x +1的定义域是(0,+∞).f ′(x )=2e+1x−3a 2，当a ≤0时，f ′(x )>0对任意x ∈(0,+∞)恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞)，无单调递减区间； 当a >0时，令f ′(x )>0，得0<x <2(2e+1)3a；令f ′(x )<0，得x >2(2e+1)3a；所以函数f (x )的单调递增区间是(0,2(2e+1)3a)，单调递减区间是(2(2e+1)3a,+∞).（2）当a =23时，xe x +m ≥f (x )恒成立， 即为xe x +m ≥(2e +1)lnx −x +1恒成立， 即为xe x +m −(2e +1)lnx +x −1≥0恒成立. 设g (x )=xe x +m −(2e +1)lnx +x −1， 则g ′(x )=e x +xe x −2e+1x+1.显然g ′(x )在区间(0,+∞)上单调递增，且g ′(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，g ′(x )>0； 所以函数g (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增.所以g (x )min =g (1)=e +m −0+1−1≥0， 解得m ≥−e .即实数m 的最小值是−e .点睛：此题主要考查函数的单调性、最值，不等式恒成立问题，以及导数在研究函数单调性、最值中的应用等有关方面的知识与技能，属于中高档题型，也是必考题型.利用导数求函数单调区间的一般步骤为：1.确定函数的定义域；2.求函数的导数；3.在函数的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0；4.写出函数的单调区间.【精选精练】1．（2019·广东高考模拟（文））已知函数()2xf x e ax =-，对任意10x <，20x <，都有()()()()21210x x f x f x --<，则实数a 的取值范围是（ ）A ．,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦B ．,02e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．0,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】由题意可知函数f （x ）是（﹣∞，0）上的单调递减函数，且当x ＜0时，2()xf x eax -=-，121()20x x xaxe f x ax e e '+=--=-，可得：2axe x+1≥0，即12e x a x - 恒成立， 令g （x ）＝xe x （x ＜0），则g'（x ）＝e x （x+1），据此可得函数g （x ）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递减， 在区间（﹣1，0）上单调递增，函数g （x ）的最小值为1(1)g e -=，则min122x e xe -⎛⎫= ⎪⎝⎭ ， 可得：实数a 的取值范围是e ,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．故选：D ．2．（2019·湖南高三期末（理））函数22(),()e 2x f x x x a g x x =-++=-（e 为自然对数的底数），若任意[0,1]x ∈，都有[()]0f g x ，则实数a 的最大值是（ ）A ．256e e -+B ．236e e -+C ．2D ．14-【答案】A【解析】由于()4x g x e x '=-，令()4xm x e x =-，当[0,1]x ∈时，()40xm x e '=-<，又(0)10m =>，(1)40m e =-<，所以()m x 在[0,1]有唯一一个零点0x ， 即00-40xe x =且()g x 在0[0,)x 单调递增， 在0(,1]x 单调递减，所以()()2220000002()2422122e g x g x ex x x x x -=-=-=--+<，令()[2,2)u g x e =∈-，则由()0f u ，即221124a u u u ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，所以22(2)(2)56a e e e e ---=-+，故选A ．3．（2018届贵阳第一中学高考适应性月考卷（七））已知定义在R 上的函数f(x)，g(x)，其中g(x)为偶函数，当x >0时，g′(x)>0恒成立；且f(x)满足：①对∀x ∈R ，都有f(x +√3)=f(x −√3)；②当x ∈[−√3,√3]时，f(x)=x 3−3x .若关于x 的不等式g[f(x)]≤g(a 2−a +2)对∀x ∈[−32−2√3,32−2√3]恒成立，则a 的取值范围是（ ） A. R B. [0,1] C. [12−3√34,−12+3√34] D. (−∞,0]∪[1,+∞)【答案】D 【解析】∵函数g(x)满足：当x >0时，g ′(x)>0恒成立，∴函数g(x)为R 上的偶函数，且在[0， +∞)上为单调递增函数，且有g(|x|)=g(x)，∴g[f(x)]≤g(a 2−a +2)，x ∈[−32−2√3， 32−2√3]恒成立⇔|f(x)|≤|a 2−a +2|恒成立，只要使得定义域内|f(x)|max ≤|a 2−a +2|min ，由f(x +√3)=f(x −√3)，得f(x +2√3)=f(x)，即函数f(x)的周期T =2√3，∵x ∈[−√3， √3]时，f(x)=x 3−3x ，求导得f ′(x)=3x 2−3=3(x +1)(x −1)，该函数过点(−√3， 0)， (0， 0)， (√3， 0)，如图，且函数在x =−1处取得极大值f(−1)=2，在x =1处取得极小值f(1)=−2，即函数f(x)在R 上的最大值为2，∵x ∈[−32−2√3， 32−2√3]，函数的周期是2√3，∴当x ∈[−32−2√3， 32−2√3]时，函数f(x)的最大值为2，由2≤|a 2−a +2|，即2≤a 2−a +2，则a 2−a ≥0，解得a ≥1或a ≤0. 故选D ．4．（2018年高考原创押题预测卷01）已知函数f(x)=mxlnx ，若关于x 的不等式f (x )≥x −1在(0 ， +∞)上恒成立，则m 的值为（ ） A. 1 B. 3 C. 12D. 13【答案】A【解析】令F (x )=f (x )−x +1=mx ln x −x +1，x ∈(0 ， +∞).由题意F(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，若m <0，F(2)=2mln2−1<0，与已知矛盾.若m =0，则F(x)=−x +1，显然不满足在(0 ， +∞)上F (x )≥0恒成立.若m >0，对F(x)求导可得F ′(x )=m ln x +m −1.由F ′(x )>0解得x >e 1−m m，由F ′(x)<0解得0<x <e 1−m m，∴F (x )在(0,e1−m m)上单调递减，在(e1−m m,+∞)上单调递增，∴F(x)min =F(e1−m m)=1−m e1−mm，∴要使F(x)≥0恒成立，须使1−m e1−m m≥0恒成立.即e 1−m m≤1m恒成立，两边取对数得，1−m m≤ln 1m ，整理得ln m +1m −1≤0.令g (m )=ln m +1m −1，则g ′(m )=m−1m 2，显然当0<m <1时，g ′(m )<0，当m >1时，g ′(m )>0．于是函数g (m )在(0 ， 1)上单调递减，在(1 ， +∞)单调递增.∴g (m )min =g (1)=0，∴g(m)=0,∴m =1，故选A ．5．（2018届四川联合三诊）已知定义在R 上的偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，若不等式f(−ax +lnx +1)+f(ax −lnx −1)≥2f(1)对任意x ∈[1,3]恒成立，则实数a 的取值范是（ ） A. [1e ,2+ln33] B. [1e,e] C. [1e,+∞) D. [2,e ]【答案】A【解析】 因为定义在R 上的偶函数f (x )在(0,+∞)上递减，所以f (x )在(−∞,0)上单调递增， 若不等式f(−ax +lnx +1)+f(ax −lnx −1)≥2f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立， 则2f(ax −lnx −1)≥2f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立， 即f(ax −lnx −1)≥f(1)对于x ∈[1,3]上恒成立，所以−1≤ax −lnx −1≤1对于x ∈[1,3]上恒成立，即0≤ax −lnx ≤2对于x ∈[1,3]上恒成立， 令g (x )=ax −lnx ，则由g ′(x )=a −1x=0，求得x =1a，（1）当1a ≤1时，即a <0或a ≥1时，g ′(x )≥0在[1,3]上恒成立，g (x )单调递增， 因为最小值g (1)=a ≥0，最大值g (3)=3a −ln3≤2，所以0≤a ≤2+ln33，综上可得1≤a ≤2+ln33；（2）当1a≥3，即0<a ≤13时，g ′(x )≤0在[1,3]上恒成立，g (x )单调递减， 因为最大值g (1)=a ≤2，最小值g (3)=3a −ln3≥0，所以ln33≤a ≤2，综合可得，a 无解，（3）当1<1a<3，即13<a <1时，在(1,1a)上，g ′(x )<0恒成立，g (x )为减函数，在(1a,3]上，g ′(x )>0恒成立，g (x )单调递增，故函数最小值为g(1a )=1−ln 1a g(1)=a,g(3)=3a −ln3,g(3)−g(1)=2a −ln3， 若2a −ln3>0，即ln √3<a <1，因为g (3)−g (1)>0，则最大值为g (3)=3a −ln3， 此时，由1−ln 1a ≥0,g (3)=3a −ln3≤2，求得1e ≤a ≤2+ln33，综上可得ln √3<a <1；若2a −ln3≤0，即13<a ≤12ln3=ln √3，因为g (3)−g (1)≤0，则最大值为g (1)=a ， 此时，最小值1−ln 1a≥0，最大值为g (1)=a ≤2，求得1e≤a ≤2，综合可得1e ≤a ≤ln √3， 综合（1）（2）（3）可得1≤a ≤2+ln33或ln √3<a <1或1e≤a ≤ln √3，即1e ≤a ≤2+ln33，故选A.6.（2018年4月浙江省金华十校高考模拟）若对任意的x ∈[1,5]，存在实数a ，使2x ≤x 2+ax +b ≤6x (a ∈R,b >0)恒成立，则实数b 的最大值为__________． 【答案】9【解析】若对任意的x ∈[1,5]，2x ≤x 2+ax +b ≤6x (a ∈R,b >0)恒成立，可得： −(x +bx )+2≤a ≤−(x +bx )+6恒成立，令f(x)=−(x+bx )+2，g(x)=−(x+bx)+6，原问题等价于：[f(x)]max≤a≤[g(x)]min，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当√b≤1,b≤1时，[f(x)]max=f(1)=1−b，[g(x)]min=g(5)=1−b5，原问题等价于存在实数a满足：1−b≤a≤1−b5，故1−b≤1−b5，解得：b≥0，则此时0<b≤1；(2)当√b≥5,b≥25时，[f(x)]max=f(5)=−3−b5，[g(x)]min=g(1)=5−b，原问题等价于存在实数a满足：−3−b5≤a≤5−b，故−3−b5≤5−b，解得：b≤10，则此时b∈∅；(3)当1<√b<5,1<b<25时，[f(x)]max=f(√b)=2−2√b，而g(1)−g(5)=(5−b)−(1−b5)=4−45b，当4−45b>0,b<5时，[g(x)]min=g(5)=1−b5，原问题等价于存在实数a满足：2−2√b≤a≤1−b5，故2−2√b≤1−b5，解得：5−2√5≤√b≤5+2√5，则此时1<b<5；当4−45b≤0,b≥5时，[g(x)]min=g(1)=5−b，原问题等价于存在实数a满足：2−2√b≤a≤5−b，故(√b+1)(√b−3)<0，解得：√b≤3，则此时5≤b≤9；综上可得：实数b的最大值为9.7.已知函数f(x)=xlnx+ax+1，a∈R.（1）当时x>0，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；（2）当n∈N∗时，证明：n2n+4<ln22+ln232+⋅⋅⋅+ln2n+1n<nn+1.【答案】（1）[−1,+∞).（2）见解析.【解析】（1）由f(x)≥0，得xlnx+ax+1≥0(x>0).整理，得−a≤lnx+1x 恒成立，即−a≤(lnx+1x)min.令F(x)=lnx +1x.则F′(x)=1x−1x 2=x−1x 2.∴函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增. ∴函数F(x)=lnx +1x 的最小值为F(1)=1. ∴−a ≤1，即a ≥−1. ∴a 的取值范围是[−1,+∞). （2）∵n 2n+4为数列{1(n+1)(n+2)}的前n 项和，nn+1为数列{1n(n+1)}的前n 项和.∴只需证明1(n+1)(n+2)<ln 2n+1n<1n(n+1)即可.由（1），当a =−1时，有xlnx −x +1≥0，即lnx ≥x −1x. 令x =n+1n>1，即得lnn+1n >1−n n+1 =1n+1.∴ln 2n+1n>(1n+1)2 >1(n+1)(n+2) =1n+1−1n+2.现证明ln 2n+1n<1n(n+1)，即2ln√n+1n<√n √n+1=√n √n+1=√n+1n−√nn+1. (∗)现证明2lnx <x −1x(x >1).构造函数G(x)=x −1x −2lnx (x ≥1)， 则G′(x)=1+1x 2−2x =x 2−2x+1x 2≥0.∴函数G(x)在[−1,+∞)上是增函数，即G(x)≥G(1)=0. ∴当x >1时，有G(x)>0，即2lnx <x −1x 成立. 令x =√n+1n，则(∗)式成立.综上，得1(n+1)(n+2)<ln 2n+1n <1n(n+1).对数列{1(n+1)(n+2)}，{ln 2n+1n}，{1n(n+1)}分别求前n 项和，得n2n+4<ln 22+ln 232 +⋅⋅⋅+ln 2n+1n<nn+1.8.（2018届青海省西宁市一模）设()ln f x x =， ()12g x x x =. （1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥. 【解析】（1）()F x 的定义域为()0,+∞，∴ ()21ln 2F x x x x =-，则()ln 1F x x x '=+-， 令()()ln 1G x F x x x '==+-，则()11G x x'=-， 由()110G x x -'=>得01x <<， ()110G x x-'=<，得1x >，则()G x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，即()F x '在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，∴()()10F x F ''≤=， ∴()F x 的定义域为()0,+∞上单调递减.（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =- 则()H x 在[)1,+∞上是增函数， ∴()0H x '≥在[)1,+∞上恒成立，∴ln 1x m x+≥（1x ≥）， 令()ln 1x h x x+=（1x ≥）， ∴()21ln 1ln 0x xh x x x---==≤'，∴ ()h x 在[)1,+∞上为减函数， ∴()()max 11h x h ==，∴ 1m ≥.9．（2019·天津高考模拟（文））已知函数()3223f x x ax a x =+-+，a R ∈.（1）若0a <，求函数()f x 的单调减区间；（2）若关于x 的不等式()22ln 1x x f x a +'≤+恒成立，求实数a 的范围.【答案】（1）3a a ，⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）a ≥﹣2【解析】（1）f '（x ）＝3x 2+2ax ﹣a 2＝（3x ﹣a ）（x +a ） 由f '（x ）＜0且a ＜0得：3ax a -＜＜∴函数f （x ）的单调减区间为3a a ，⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）依题意x ∈（0，+∞）时，不等式2xlnx ≤f '（x ）+a 2+1恒成立，等价于3122x a lnx x ≥--在x ∈（0，+∞）上恒成立． 令()3122x h x lnx x=-- 则()()()()22311131'0222x x h x x x x x+-=-+=-＞ 当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，h （x ）单调递增 当x ∈（1，+∞）时，h '（x ）＜0，h （x ）单调递减 ∴当x ＝1时，h （x ）取得最大值h （1）＝﹣2 故a ≥﹣210.（2019·湖南师大附中高考模拟（文））已知函数()ln 1f x x ax =-+，其中a 为实常数. （1）若当0a >时，()f x 在区间[1,]e 上的最大值为1-，求a 的值；（2）对任意不同两点()()11,A x f x ，()()22,B x f x ，设直线AB 的斜率为k ，若120x x k ++>恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1) 2a = (2) (,-∞ 【解析】 （1）1()(0)f x a x x '=->，令1()0f x a x '=->，则10x a <<.所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.①当101a<≤，即1a ≥时，()f x 在区间[]1,e 上单调递减，则max ()(1)1f x f a ==-+， 由已知，11a -+=-，即2a =，符合题意. ②当11e a<<时，即11a e <<时，()f x 在区间上单调递增，在上单调递减，则max 1()ln f x f a a ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，由已知，ln 1a -=-，即a e =，不符合题意，舍去. ③当1e a ≥，即10a e<≤时，()f x 在区间[]1,e 上单调递增，则， 由已知，21ae -=-，即3a e=，不符合题意，舍去.综上分析，2a =. （2）由题意，()()1212f x f x k x x -=-，则原不等式化为()()1212120f x f x x x x x -++>-， 不妨设120x x >>，则()()()()1212120x x x x f x f x +-+->，即()()2212120x x f x f x -+->，即()()221122f x x f x x +>+.设22()()ln 1g x f x x x x ax =+=+-+，则2121()2x ax g x x a x x'-+=+-=，由已知，当120x x >>时，不等式()()12g x g x >恒成立，则()g x 在(0,)+∞上是增函数.所以当0x >时，()0g x '≥，即2210x ax -+≥，即22112x a x x x+≤=+恒成立，因为12x x +≥12x x =，即2x =时取等号，所以min 12x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故a的取值范围是(,-∞.11．（2018届江苏省无锡市高三上期末）已知函数f(x)=e x (3x −2)，g(x)=a(x −2)，其中a,x ∈R . （1）求过点(2,0)和函数y =f(x)的图像相切的直线方程； （2）若对任意x ∈R ，有f(x)≥g(x)恒成立，求a 的取值范围； （3）若存在唯一的整数x 0，使得f(x 0)<g(x 0)，求a 的取值范围.【答案】（1）y =x −2，y =9e 83x −18e 83.（2）1≤a ≤9e 83.（3）a ∈[53e ,1)∪(7e 3,5e 4]. 【解析】（1）设切点为(x 0,y 0)，f′(x)=e x (3x +1)，则切线斜率为e x 0(3x 0+1)， 所以切线方程为y −y 0=e x 0(3x 0+1)(x −x 0)，因为切线过(2,0)， 所以−e x 0(3x 0−2)=e x 0(3x 0+1)(2−x 0)，化简得3x02−8x0=0，解得x0=0,83. 当x0=0时，切线方程为y=x−2，当x0=83时，切线方程为y=9e83x−18e83.（2）由题意，对任意x∈R有e x(3x−2)≥a(x−2)恒成立，①当x∈(−∞,2)时，a≥e x(3x−2)x−2⇒a≥[e x(3x−2)x−2]max，令F(x)=e x(3x−2)x−2，则F′(x)=ex(3x2−8x)(x−2)2，令F′(x)=0得x=0，F max(x)=F(0)=1，故此时a≥1.②当x=2时，恒成立，故此时a∈R.③当x∈(2,+∞)时，a≤e x(3x−2)x−2⇒a≤[e x(3x−2)x−2]min，令F′(x)=0⇒x=83，F min(x)=F(83)=9e83，故此时a≤9e83.综上：1≤a≤9e83. （3）因为f(x)<g(x)，即e x(3x−2)<a(x−2)，由（2）知a∈(−∞,1)∪(9e 83,+∞)，令F(x)=e x(3x−2)x−2，则当x∈(−∞,2)，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a<e x(3x−2)x−2存在唯一的整数x0成立，因为F(0)=1最大，F(−1)=53e ，F(1)=−1e，所以当a<53e时，至少有两个整数成立，所以a∈[53e,1).当x∈(2,+∞)，存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0)，等价于a>e x(3x−2)x−2存在唯一的整数x0成立，因为F(83)=9e83最小，且F(3)=7e3，F(4)=5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，所以当a≤7e3时，没有整数成立，所有a∈(7e3,5e4].综上：a∈[53e,1)∪(7e3,5e4].12．已知函数f(x)=lg(4−x4+x)，其中x∈(−4,4)（1）判断并证明函数f(x)的奇偶性；（2）判断并证明函数f(x)在(−4,4)上的单调性；（3）是否存在这样的负实数k，使f(k−cosθ)+f(cos2θ−k2)≥0对一切θ∈R恒成立，若存在，试求出k 取值的集合；若不存在，说明理由【答案】（1）奇函数；（2）f(x)在(−4,4)上的减函数；（3）存在这样的k其范围为−2<k≤−1.【解析】试题分析：（1）已知函数的定义域关于原点对称，再证明f(−x)=−f(x)，所以函数f(x)是奇函数；（2）用定义证明函数在(−4,4)上单调递减的步骤：设值—作差、变形—判断符号—得出结论；（3）由（1）（2）得，不等式f(k−cosθ)+f(cos2θ−k2)≥0可变形为f(k−cosθ)≥−f(cos2θ−k2)=f(k2−cos2θ)，从而得到不等式组{k<0−4<k−cosθ<4−4<cos2θ−k2<4k−cosθ≤k2−cos2θ，解得−2<k≤−1.试题解析：（1）∵f(−x)=lg(4+x4−x )=−lg(4−x4+x)=−f(x)∴f(x)是奇函数．（2）任取x1,x2∈(−4,4),且x1<x2,f(x1)−f(x2)=lg(4−x14+x1)−lg(4−x24+x2)=lg (4−x1)(4+x2)(4+x1)(4−x2)=lg16+4(x2−x1)−x1x216+4(x1−x2)−x1x2∵16+4(x2−x1)−x1x2>16−4(x2−x1)−x1x2>0。

高考数学恒成立问题和存在性问题的类型及方法处理函数与不等式的恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学中的一个重点、难点 问题。

这类问题在各类考试以及高考中都屡见不鲜。

感觉题型变化无常，没有一个固定的思想方法去处理，一直困扰着学生，感到不知如何下手。

在此为了更好的准确地把握快速解决这类问题，本文通过举例说明这类问题的一些常规处理。

一、函数法1. 构造一次函数利用一次函数的图象或单调性来解决对于一次函数],[),0()(n m x k b kx x f ∈≠+=有：⎩⎨⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧>>⇔>0)(0)(0)(;)(0)(0)(00)(00)(n f m f x f n f m f n f k m f k x f 恒成立或恒成立例1 若不等式221x mx m ->-对满足22m -≤≤的所有m 都成立，求x 的范围。

解析：将不等式化为：0)12()1(2<---x x m ，构造一次型函数：)12()1()(2---=x m x m g 原命题等价于对满足22m -≤≤的m ，使0)(<m g 恒成立。

由函数图象是一条线段，知应⎪⎩⎪⎨⎧<---<----⇔⎩⎨⎧<<-0)12()1(20)12()1(20)2(0)2(22x x x x g g解得1122x -+<<x的范围是11(22x -+∈。

小结：解题的关键是将看来是解关于x 的不等式问题转化为以m 为变量，x 为参数的一次函数恒成立问题，再利用一次函数的图象或单调性解题。

练习:(1)若不等式01<-ax 对[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围。

(2)对于40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，求x 的取值范围。

（答案：或）2. 构造二次函数利用二次函数的图像与性质及二次方程根的分布来解决。

考点19利用导数研究恒(能)成立问题（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度略大．【核心题型】题型一　分离参数求参数范围分离参数法解决恒(能)成立问题的策略(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．(2)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ；a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min ；a ≥f (x )能成立⇔a ≥f (x )min ；a ≤f (x )能成立⇔a ≤f (x )max .【例题1】（2024·全国·模拟预测）若关于x 的不等式()()e 1ln e 1axx ax x -+³-在1,12x éùÎêúëû内有解，则正实数a 的取值范围是（ ）A ．(]0,22ln2+B ．ùúûC ．(]0,4D ．1,e 2e éùêúëû【变式1】（2024·四川宜宾·二模）已知不等式e 1ln +>-x ax x x 有解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．21,e æö-+¥ç÷èøB ．1,e æö-+¥ç÷èøC ．21,e æö-¥ç÷èøD ．1,e æö-¥ç÷èø【变式2】（2024·上海普陀·二模）已知R a Î，若关于x 的不等式(2)e 0x a x x --->的解集中有且仅有一个负整数，则a 的取值范围是 .【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()2)2ln R (2f x x a x a =--Î．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若不等式()()222ln 2f x x x x £+-在区间(1,)+¥上有解，求实数a 的取值范围．题型二　等价转化求参数范围根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．【例题2】（2023·河南开封·模拟预测）若存在[)1,x ¥Î+，使得关于x 的不等式11ex ax +æö+³ç÷èø成立，则实数a 的最小值为（ ）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【变式1】（2023·贵州·二模）已知函数()e 2xf x x a =+，()eln xg x x=，对任意[]11,2x Î，[]21,3x $Î，都有不等式()()12f x g x ³成立，则a 的取值范围是（ ）A ．)2e ,é-+¥ëB ．1e ,2-éö+¥÷êëøC ．e ,2éö-+¥÷êëøD ．21e ,2éö-+¥÷êëø【变式2】（2024·吉林延边·一模）若对任意()e,x Î+¥，存在实数l ，使得关于x 的不等式()ln e 10x x l -++³成立，则实数l 的最小值为 ．【变式3】（2023·海南海口·一模）已知函数()ln 11xf x x =+-.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)已知0l >，若存在()1,x Î+¥，ln x ³成立，求实数l 的最大值.题型三　双变量的恒(能)成立问题“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max .(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )min .(3)∃x 1∈D 1，∀x 2∈D 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )max .【例题3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数221()2f x e x =-，函数()()2220g x x x a a =+-¹．(1)若直线()R x t t =Î与函数()f x 交于点A ，直线()e R tx t t =-Î与函数()g x 交于点B ，且函数()f x 在点A 处的切线与函数()g x 在点B 处的切线相互平行，求a 的取值范围；(2)函数()()ln 2ah x x x g x =-在其定义域内有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x >，存在实数0l >使得不等式112ex x ll+<⋅恒成立，求实数l 的取值范围．【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数()()1e 0xf x x -=>，()1lng x x =+．(1)证明：()()f x g x ³．(2)若()()()21axf x x g x ³+恒成立，求实数a 的取值范围．【变式2】（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数()()e ,ln xf xg x x ==，其中e 为自然对数的底数.(1)若()()()1f ax g x a x -³-对任意的()0,x Î+¥恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设()ln g x x =的导数为()g x ¢，若0a b <<，求证：关于x 的方程()()()g b g a g x b a-=-¢在区间(),a b 上有实数解.【变式3】（2024·辽宁·一模）已知函数()ln f x b x =，()2g x x ax =+（其中a ，b 为实数，且0b >）(1)当1a =-时，()()f x g x £恒成立，求b ；(2)当2b =时，函数()()()G x f x g x =-有两个不同的零点，求a 的最大整数值．（参考数据：5ln0.2234»）【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()e e 1x f x x a =++-()()2,2a g x x x Î=+R ．若存在[]0,1x Î，使得()()f x g x =成立，则实数a 的最大值是（ ）A ．2e 2-B ．e 2-C ．e 1+D ．2e 1+2．（2023·全国·模拟预测）定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ¢，对任意x ÎR ，*Νn Î，都有()()0nf x xf x ¢+>恒成立，则下列结论成立的是（ ）A ．当n 为偶数时，()nx f x 在R 上为增函数B ．当n 为偶数时，存在0x 使得()00f x <C ．当n 为奇数时，()nx f x 在R 上为增函数D ．当n 为奇数时，存在0x 使得()00f x <3．（2024·河南·模拟预测）已知函数()133(0)e x x f x ax x -+=-+>的图象经过,A B 两点，且()f x 的图象在,A B 处的切线互相垂直，则a 的取值范围是（ ）A ．()3,0-B ．æ-ççèC ．æöç÷ç÷èøD ．æççè二、多选题4．（2023·广东广州·一模）已知函数()()()220,e (0)xf x x xg x a a -=+³=>，点,P Q 分别在函数()y f x =的()y g x =的图像上，O 为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）A ．若关于x 的方程()()0f x g x -=在[]0,1上无解，则3e a >B ．存在,P Q 关于直线y x =对称C ．若存在,P Q 关于y 轴对称，则02a <£D ．若存在,P Q 满足90POQ Ð=o ，则0a <£5．（2023·山东泰安·模拟预测）已知函数()()4sin 23f x x ax a =--ÎR ，()2cos 3g x x x =-，则下列选项中正确的有（ ）A ．当94a =时，函数()f x 和()g x 在0x =处的切线互相垂直B ．若函数()f x 在()π,0-内存在单调递减区间，则2a ³-C ．函数()g x 在()π,0-内仅有一个零点D ．若存在()0,πx Î，使得()()f x g x ³成立，则π2a <三、填空题6．（2023·云南·三模）设函数()e ,1xf x x ax a =+>-，若存在唯一整数0x ，使得()00f x <，则a 的取值范围是.7．（2023·辽宁锦州·模拟预测）若关于x 的不等式()22ln 1k x x x +£+的解集中恰有2个整数，则k 的取值范围是 ．8．（2024·浙江·模拟预测）已知函数()2212ex f x x =+，()2ln g x m x =-，若关于x 的不等式()()f x xg x £有解，则m 的最小值是 .四、解答题9．（2023·四川成都·一模）已知函数()2ln ln 2m f x x x x x æö=++ç÷èø，()32333242m g x x m x x æö=+--ç÷èø.(1)当0m =时，求()f x 在()()1,1f 处的切线方程；(2)当2m =时，设函数()()()23F x g x f x =+，求证：()0F x <有解.10．（2024·湖南娄底·一模）已知函数()e xxf x =，其中e 2.71828=L 为自然对数的底数.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)证明：()e 1xf x £-；(3)设()()()22e 2e 41x x g xf x a a a =-+-+ÎR ，若存在实数0x 使得()00g x ³，求a 的最大值.11．（2024·福建泉州·模拟预测）（1）已知1,12x éùÎêúëû，求()2ln 1x f x x +=的最大值与最小值；（2）若关于x 的不等式2ln 1x ax >-存在唯一的整数解，求实数a 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（22-23高三下·江西赣州·阶段练习）设函数()f x 的导函数为()f x ¢，若()f x 在其定义域内存在0x ，使得()()00f x f x ¢=，则称()f x 为“有源”函数.已知()ln 2f x x x a =--是“有源”函数，则a 的取值范围是（ ）A ．(],1-¥-B ．()1,-+¥C ．(],ln 21-¥--D ．()ln 21,--+¥2．（2023·四川南充·三模）已知函数31()3f x x =，21()e 2x g x x x =--，1x $，2[1,2]x Î使()()()()1212g x g x k f x f x ->-（k 为常数）成立，则常数k 的取值范围为（ ）A ．(,e 2]-¥-B ．(,e 2)-¥-C ．23,4e æù--¥çúèûD ．23,4e æö--¥ç÷èø3．（2023·河北石家庄·模拟预测）已知a ÎR ，函数()421142f x ax x =-.若存在t ÎR ，使得()()124f t f t ¢+-£¢，则当a 取最大值时()f x 的最小值为（ ）A ．0B ．916-C ．29-D ．494．（2023·四川成都·模拟预测）若关于x 的不等式()()e 1ln e 1xa x a -+³-在[]0,1x Î内有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．21,e 2e éùêúëûB ．1,e e éùêúëûC ．21,e e éùêúëûD ．1,e 2e éùêúëû5．（2023·贵州毕节·模拟预测）已知函数()2x f x a =+-与()e xg x x -=的图象有交点，则a 的取值范围为（ ）A ．[)2,+¥B ．1e ,2éö-+¥÷êëøC ．(],2-¥D ．12,e -æù-¥çúèû6．（2023·新疆·一模）已知函数()()1e ln xf x t x t -=+ÎR 在定义域内单调递增，则t 的最小值为（ ）A ．1eB ．1C ．21e D ．e7．（2023·四川乐山·二模）若存在[]01,2x Î-，使不等式()022002e 1ln e 2e x a x a x +-³+-成立，则a 的取值范围是（ ）A ．21,e 2e éùêúëûB ．221,e e éùêúëûC ．421,e e éùêúëûD ．41,e e éùêúëû8．（2024·四川成都·二模）已知函数()2ln f x mx x x =-存在极小值点0x ，且()20e 2f x <-，则实数m 的取值范围为（ ）A ．230,2e æöç÷èøB ．30,2e æöç÷èøC ．220,e æöç÷èøD ．20,e æöç÷èø二、多选题9．（2023·重庆·模拟预测）已知()()ln 0f x a x x a =+>，当1x ³时，存在b ，R c Î，使得()2f x bx c x £+£成立，则下列选项正确的是（ ）A ．(]0,1a ÎB ．(]1,2b ÎC ．[)1,0c Î-D ．2a b c ++>10．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知函数()()e ,ln xf xg x x ==，其中e 为自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ）A ．函数()()eg y f x x =-的极值点为1B ．()()()0,,2x f x g x $Î+¥-£C ．若,P Q 分别是曲线()y f x =和()y g x =上的动点.则PQ 的最小值为D ．若()()()1f ax g x a x -³-对任意的()0,x Î+¥恒成立，则a 的最小值为1e11．（2024·全国·模拟预测）已知函数()f x =sin y x =上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则实数a 的值可以是（ ）A ．0B ．1C ．2D ．3三、填空题12．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知等比数列{}n a 满足0n a >且2123223421a a a a a a a +++-=，则1a 的取值范围是 ．13．（2024·全国·模拟预测）若存在正数x ，使得不等式eln()xax a<有解，则实数a 的取值范围是 ．14．（2024·陕西安康·模拟预测）1557年，英国数学家列科尔德首先使用符号“=”表示相等关系，在莱布尼茨和其他数学家的共同努力下，这一符号才逐渐被世人所公认．1631年，英国数学家哈里奥特开始采用符号“>”与“<”，分别表示“大于”与“小于”，这就是我们使用的不等号．以上内容是某校数学课外兴趣小组在研究数学符号发展史时查阅到的资料，并组织小组成员研究了如下函数与不等式的综合问题：已知函数()()322f x x mx m m =-+ÎR ，()23g x x =-，若关于x 的不等式()()f x g x £在区间[)1,+¥上有解，则实数m 的取值范围是 ．四、解答题15．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知函数()()2212ln ,R 2a f x x a x x a =+--Î．(1)讨论()f x 的单调性；(2)对于[][)1,e ,2,x b "Î$Î+¥，使得()f x b ³，求实数a 的取值范围．16．（2023·青海西宁·二模）设函数1()ln f x x a x x=--．(1)若函数()f x 在其定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；(2)当2a £时，设函数()1ln e g x x x =--，若在[1,e]上存在1x ，2x 使12()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．17．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知()ln ,R f x ax x a =-Î．(1)讨论()f x 的单调性和极值；(2)若(]0,e x Î时，()3f x £有解，求a 的取值范围．18．（2023·陕西宝鸡·一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.19．（2024·河北·二模）已知函数()e xf x =．(1)求曲线()y f x =在0x =处的切线l 与坐标轴围成的三角形的周长；(2)若函数()f x 的图象上任意一点P 关于直线1x =的对称点Q 都在函数()g x 的图象上，且存在[)0,1x Î，使()()2e f x x m g x -³+成立，求实数m 的取值范围．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·山西·模拟预测）设函数()ln f x x =，()(0,0)a g x x x a =>¹，若存在直线l 既是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(1,)+¥B ．1,e ¥éö+÷êëøC ．1,1(1,)e éö+¥÷êëøU D ．10,(1,)e æù+¥çúèûU2．（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知不等式221ln 0x a x xæ--£çè有实数解，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,2e æù-¥-çúèûB ．(),0¥-C ．1,2e éö-+¥÷êëøD ．[)0,¥+3．（2022·青海西宁·模拟预测）函数()()3ln ,01,0x a x f x x x ì-+<=í+³î，且存在[)01,x Î+¥，使得()()00f x f x -=，若对任意0x >，()1f x kx ³-恒成立，则ka的最大值为（ ）A ．1B ．32C ．2D ．34．（2023·四川达州·一模）已知()()32ln 14f x a x x x =--+，()3e ln 4xg x x x x =---，若不等式()()0f x g x >的解集中只含有2个正整数，则a 的取值范围为（ ）A ．2572,ln5ln6æùçúèûB ．9,0ln3æù-çúèûC ．9,0ln2æù-çúèûD ．2572,ln4ln5æùçúèû二、多选题5．（23-24高二上·重庆·期末）已知函数()()e xf x a x =+，()()lng x x a x =+，则下列说法正确的是（ ）A ．若函数()y f x =存在两个极值，则实数a 的取值范围为21,e æö-¥ç÷èøB ．当1a =时，函数()y g x =在(0,)+¥上单调递增C ．当1a =时，若存在1x ³，使不等式()()2()ln f mx f xx x ³+成立，则实数m 的最小值为0D ．当1a =时，若()()12(0)f x g x t t ==>，则()121ln x x t +⋅的最小值为1e6．（2023·山东泰安·二模）已知函数()()221e x f x x ax bx b =---+，,a b R Î.（ ）A ．若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为220x y --=，且过点()1,e 2-，则1a =-，2b =B ．当a b =且10ea <<时，函数()f x 在()0,¥+上单调递增C ．当a b =时，若函数()f x 有三个零点，则()e,a öÎ+¥÷÷øU D ．当0a =时，若存在唯一的整数0x ，使得()00f x <，则2335,13e ,e 2e 2b éöæùÎ÷çêúëøèûU 三、填空题7．（2023·四川攀枝花·二模）已知函数()()()ln 1,111,1x x f x k x x ì->ï=í-+<ïî，若存在非零实数0x ，使得()()0011f x f x -=+成立，则实数k 的取值范围是．8．（2023·江苏连云港·模拟预测）已知定义在R 上的函数()e 1e 1x xf x -=+ ，若()e ()0xf f ax +< 有解，则实数a 的取值范围是．9．（2023·上海金山·二模）已知函数()y f x =和()y g x =的表达式分别为()f x =()2g x x x a =-，若对任意1x éÎë，若存在[]23,0x Î-，使得()()12g x f x <，则实数a 的取值范围是 .四、解答题10．（2023·山东青岛·模拟预测）已知函数()e ln x a f 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 Î+¥，使0()0f x <成立，求a 的取值范围.11．（2023·广西南宁·三模）已知函数()()2ln R f x x a x a =-Î．(1)若曲线()f x 在()()1,1f 处的切线与直线5y x =-+垂直，求实数a 的值．(2)[]01,e x $Î，使得()0010f x ax ++£成立，求实数a 的取值范围．12．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数()()22ln 1f x x ax a =-+ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若存在正数x ，使()0f x ³成立，求a 的取值范围；(3)若120x x <<，证明：对任意()0,a Î+¥，存在唯一的实数()012,x x x Î，使得()()()21021f x f x f x x x ¢-=-成立.。