导数压轴题型第6讲 恒成立与存在性问题(mathtype WORD精编版)

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

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

考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．【考点讲解】3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=---- 11122(1)2011x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤--⋅-= ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln x h x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=， 当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，【真题分析】当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线，所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-.【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）． 【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则332a =，与0<a <3矛盾. 若3127a b -+=-，21a b -+=，则33a =或33a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数． 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++，所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）． （2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x x x a a +--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t tx t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-． 记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++. 故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则ln 2()10x q'x x +=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x ⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a „． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤ ⎥ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.【模拟考场】当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意. 【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<，当0x >，10xa -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，y =g x ()1-my=2yxO由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4.设()321252f x x x x =--+． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解. 试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或23x <-，所以函数的单调增区间为2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞ ；单调减区间为2, 13⎛⎫-⎪⎝⎭.（2）根据上一步知函数在区间21, 3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上递增，在区间2,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减，在区间[]1,2上递增，又()211627327f f ⎛⎫-=<= ⎪⎝⎭，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可. 【答案】（1）增区间为2,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，()1,+∞ 单调减区间为2, 13⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，242a a x --=或242a a x +-=.当2244(0,)(,)22a a a a x --+-∈+∞U 时，()0f x '<； 当2244(,)22a a a a x --+-∈时，()0f x '>. 所以()f x 在2244(0,),(,)22a a a a --+-+∞单调递减，在2244(,)22a a a a --+-单调递增.（2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为12481122ax a --+==--+，21+12x a =-+，122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x 的减区间为()0,112a -++，增区间为()112,a -+++∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+， 令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x 的减区间为()0,112a -++，增区间为()112,a -+++∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-，由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=．由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-，则1()(4)4g x x x'=-， 所以x （0，16）16 （16，+∞）()g x ' − 0 + ()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0，f （n ）–kn –a <1()a n k n n --≤||1()a n k n+-<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x ak x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=，其中2(n )l x g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a . （3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln x a x >-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<，∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f >恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

专题6 不等式恒成立问题函数与导数一直是高考中的热点与难点,利用导数研究不等式恒成立问题一直是高考命题的热点,此类问题一般会把函数、导数及不等式交汇考查,对能力要求比较高,难度也比较大,常见的题型是由不等式恒成立确定参数范围问题,常见处理方法有：①构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．②分离变量,把问题转化为函数的最值问题．(一) 与不等式恒成立问题有关的结论①. ∀x ∈D ,均有f (x )>A 恒成立,则f (x )min >A ；②. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤A 恒成立,则 f (x )ma x <A ；③. ∀x ∈D ,均有f (x ) >g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) >0,∴ F (x )min >0；④. ∀x ∈D ,均有f (x )﹤g (x )恒成立,则F (x )= f (x )- g (x ) <0,∴ F (x ) ma x <0；⑤. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) >g (x 2)恒成立,则f (x )min > g (x )ma x ；⑥. ∀x 1∈D , ∀x 2∈E ,均有f (x 1) <g (x 2)恒成立,则f (x ) ma x < g (x ) min .【例1】（2024届天津市河西区高三下学期质量调查三）已知函数()22ln f x a x x =--,()()221ln g x ax a x x=-+-,其中a ÎR ．(1)若()20f ¢=,求实数a 的值(2)当0a >时,求函数()g x 的单调区间；(3)若存在21,e e x éùÎêúëû使得不等式()()f x g x £成立,求实数a 的取值范围．【解析】（1）因为()22ln f x a x x =--,则()222a f x x x =-¢+,由()20f ¢=可得222022a -+=,解得12a =.（2）函数()()221ln g x ax a x x=-+-的定义域为()0,¥+,且()()()()222221212212ax a x ax x a g x a x x x x -++--+=-+=¢=,当0a >时,令()0g x ¢=,可得10x a=>或2x =,①当12a =,即12a =时,对任意的0x >,()0g x ¢>,()g x 的单调递增区间为()0,¥+．②当102a <<,即12a >时,()0g x ¢>,得10x a<<或2x >,()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调递减区间为1,2a æöç÷èø③当12a >,即102a <<时()0g x ¢>,得02x <<或1a ；()0g x ¢<,得12x a <<,()g x 的单调递增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调递减区间为12,a æöç÷èø,综上所述,12a =时,函数()g x 的单调增区间为()0,¥+；12a >时,函数()g x 的单调增区间为10,a æöç÷èø和()2,¥+,单调减区间为1,2a æöç÷èø；102a <<时,函数()g x 的单调增区间为()0,2和1,a ¥æö+ç÷èø,单调减区间为12,a æöç÷èø.（3）由()()f x g x £,可得ln 0ax x -³,即ln x a x ³,其中21,e e x éùÎêúëû,令()ln x h x x =,21,e e x éùÎêúëû,若存在21,e e x éùÎêúëû,不等式()()f x g x £成立,则()min a h x ³,21,e e x éùÎêúëû,()21ln xh x x-¢=,令()0h x ¢=,得e x =,当1e e x £<时,()0h x ¢>,当2e e x <£时,()0h x ¢<,所以函数()h x 在1,e e éùêúëû上递增,在(2e,e ùû上递减,所以函数()h x 在端点1ex =或2e x =处取得最小值．因为1e e h æö=-ç÷èø,()222e e h =,所以()1e e h h æö<ç÷èø,所以()min 1e e h x h æö==-ç÷èø,所以e a -≥,因此,实数a 的取值范围是[)e,¥-+．【例2】（2024届重庆市九龙坡区高三下学期5月第三次质量抽测）已知函数()213ln 22f x x x ax =+-+,()0a >.(1)当[)1,x ¥Î+时,函数()0f x ³恒成立,求实数a 的最大值；(2)当2a =时,若()()120f x f x +=,且12x x ¹,求证：122x x +>；(3)求证：对任意*N n Î,都有()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.【解析】（1）当1x ³时,()213ln 022f x x x ax =+-+³恒成立,即ln 1322x a x x x £++恒成立,只需min ln 1322x a x xx æö£++ç÷èø即可,令()ln 1322x g x x x x =++,1x ³,则()22221ln 132ln 1222x x x g x x x x ---=-¢+=,令()22ln 1h x x x =--,1x ³,则()22222x h x x x x=¢-=-,当1x ³时,()0h x ¢³恒成立,()h x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()10h x h ³=,所以()0g x ¢³在[)1,x ¥Î+恒成立,()g x 在[)1,x ¥Î+单调递增,所以()()min 12g x g ==,所以2a £,即实数a 的最大值为2.（2）当2a =时,()213ln 222f x x x x =+-+,0x >,所以()()21120x f x x x x-=+=¢-³,()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,又()10f =,()()120f x f x +=且12x x ¹,不妨设1201x x <<<,要证122x x +>,即证明212x x >-,因为()f x 在()0,x ¥Î+上单调递增,即证()()212f x f x >-,因为()()120f x f x +=,即证()()1120f x f x +-<,设()()()()()()2213132ln 2ln 22222222F x f x f x x x x x x x =+-=+-++-+---+()()()2ln 221ln 221x x x x x x x x éùéù=-+-+=---+ëûëû,01x <<,令()2t x x =-,则01t <<,则()ln 1t t t j =-+,()111tt t t j -=-=¢,由01t <<可得()0t j ¢>,()t j 在()0,1单调递增,所以()()10t j j <=,即()()()20F x f x f x =+-<,所以()()1120f x f x +-<成立,所以122x x +>.（3）由（2）可知当2a =时,()f x 在()1,¥+单调递增,且()()10f x f >=,由213ln 2022x x x +-+>得22ln 430x x x +-+>,即()22ln 21x x +->,令1n x n +=,则2112ln 21n n n n ++æö+->ç÷èø,即2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,所以22112ln 111-æö+>ç÷èø,23122ln 122-æö+>ç÷èø,24132ln 133-æö+>ç÷èø,…,2112ln 1n n n n +-æö+>ç÷èø,相加得()2112ln 1ni i n n i =-æö++>ç÷èøå.(二)把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题若给出函数单调性,求参数范围,可把问题转化为恒成立问题,若可导函数()f x 在(),a b 上是增（减）函数,则(),x a b Î时()0f x ¢³（或()0f x ¢£）恒成立.【例3】（2024届湖北省黄冈中学高三5月模拟）已知函数()()1ln 2f x x x ax =+-+.(1)当1a =时,求()f x 的图象在()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时,()()1ln 2f x x x x =+-+,()0x >,()1ln f x x x=¢+,()11f ¢=,()11f =,所以()f x 的图象在1x =处的切线方程为：y x =.（2）()1ln 1f x x a x=++-¢,若函数()f x 在()1,¥+上单调递增,则()0f x ¢³对于()1,x ¥Î+恒成立,即1ln 1a x x£++对于()1,x ¥Î+恒成立,令()()1ln 1,1g x x x x =++>,当1x >时,()210x g x x-¢=>,则函数()g x 在()1,¥+上单调递增,所以()()12g x g >=,故2a £. (三)把二元不等式恒成立问题转化为函数单调性问题对于形如12x x >时不等式()()()()1221f x g x f x g x +>+恒成立问题,可构造增函数()()f x g x -来求解.基本结论：(1)“若任意210x x >>,()()1212f x f x kx kx ->-,或对任意12x x ¹,()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数；(2) 对任意12x x ¹,()()1212121f x f x x x x x ->-,则()1y f x x=+是增函数；【例4】（2024届山西省吕梁市高三三模）已知函数()()22ln ,f x x x a x a =-+ÎR .(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的()1212,0,,x x x x Î+¥¹,使()()2112120x f x x f x x x ->-恒成立,则实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()()2220,,22a x x ax f x x x x¥-+Î+=-+=¢,令()222g x x x a =-+,又Δ48a =-Q ,1o ,当Δ0£,即12a ³时,()0g x ³,此时()()0,f x f x ¢>在()0,¥+上单调递增2o ,当Δ0>,即12a <时,令()0g x =,解得12x x =其中,当102a <<时()()()1212,0,0,,,0x x x x x g x ¥<ÎÈ+,()()12,0x x x g x Î<，，所以()f x 在()()120,,,x x ¥+单调递增,在()12,x x 单调递减；当0a <时,()()()()12220,0,,0,,,0x x x x g x x x g x ¥<<ÎÎ+,故()f x 在()20,x 单调递减,()2,x ¥+单调递增.综上：()1,2a f x ³在()0,¥+上单调递增；()10,2a f x <<在,¥æö+ç÷ç÷èø上单调递增；()0,a f x£在æççè上单调递减,在¥ö+÷÷ø上单调递增.（2）()()()()()()12122112121200f x f x x x x f x x f x x x x x éùéù-->Û-->êúëûëû.令()()ln 2f x a xg x x xx==-+,则只需()g x 在()0,¥+单调递增,即()0g x ¢³恒成立,()()221ln x a x g x x ¢+-=,令()()21ln h x x a x =+-,则()0h x ³恒成立；又()222a x ah x x x x=¢-=-,①当0a =时,()()2,h x x h x =在()0,¥+单调递增成立；②当0a <时,()()0,h x h x ¢>在()0,¥+单调递增,又()0,x h x ¥®®-,故()0h x ³不恒成立.不满足题意；③当0a >时,由()0h x ¢=得()x h x =在æççè单调递减,在¥ö+÷÷ø单调递增,因为()0h x ³恒成立,所以min 3()3ln 022a h x h æö==-³ç÷èø,解得302e a <£,综上,3[0,2e ]a Î.(四)形如“若x m ³,则()()f x f m ³”的恒成立问题求解此类问题的思路是：先确定是使()0f x ¢³的参数a 的取值范围A ,当a A Î,由()f x 为增函数及x m ³可得()()f x f m ³恒成立,当a A Ï时确定存在0x m >,使得()0,x m x Î,()0f x ¢<,()f x 递减,即()0,x m x Î时()()f x f m <,故原不等式不恒成立.【例5】函数()e sin x f x x a =+-的图像与直线20x y -=相切.(1)求实数a 的值；(2)当[0,)x Î+¥时,()sin 2f x m x ³,求实数m 的取值范围.【解析】 (1)()e sin ()e cos x x f x x a f x x ¢=+-Þ=+,设切点为00(,)x y ,所以有000()e cos x f x x ¢=+,因为20x y -=是切线,所以有0000e cos 220x x x y ì+=ïí-=ïî,设()e cos 2()e sin x x h x x h x x ¢=+-Þ=-,显然当0x >时,()0,()h x h x ¢>单调递增,所以有()(0)0h x h >=,当0x >时,e 1,cos 1x x <£,所以e cos 20x x +-=无实数根,因此当R x Î时,方程()e cos 20x h x x =+-=有唯一实数根,即0x =,于是有0000x y =Þ=,因此有0e sin 001a a +-=Þ=；(2)令()e sin sin 21x g x x m x =+--,则()0g x ³在[0,)+¥恒成立()e cos 2cos 2x g x x m x =+-¢.(0)22g m=-¢若220m -³,即1m £时,当π02x ££时,由cos cos 2x x ³得()0g x ¢³,所以()g x 在0,2p éö÷êëø单调递增,又(0)0g =,所以()0g x ³在π0,2éö÷êëø恒成立；当2x p >时,π2e e 3x >>所以()3sin sin 210g x x m x >---³.所以()0g x ³在π,2éö+¥÷êëø恒成立.若220m -<即1m >时,(0)220g m =¢-<,则存在00x >,使得()g x 在()00,x 单调递减,则当()00,x x Î时,()(0)0g x g <=矛盾,舍，综上所述,m 的取值范围时(,1]-¥.(五)根据不等式恒成立求整数参数的最值此类问题通常可分类参数,把问题转化为()m f x <（()m f x >）,m ÎZ 的形式,()f x 有最小（大）值,但无法求出,只能引入导函数的隐零点0x ,估计()0f x 的范围,再确定整数m 的最大（小）值.【例6】（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三上学期第二次质量检测）已知函数32()23(1)6(R)f x x m x mx x =+++Î.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若()11f -=,函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】（1）根据题意可得()()2()66(1)661f x x m m x x m x ¢=+++=++,若1m =,()2()610f x x ¢=+³在x ÎR 上恒成立,此时函数()f x 在R 上单调递增；若1m >,此时1m -<-,当(),x m Î-¥-()1,¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),m -¥-,()1,-+¥上单调递增；当(),1x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在(),1m --单调递减；若1m <,此时1m ->-,当(),1x Î-¥-(),m ¥È-+时,满足()0f x ¢>,此时函数()f x 在(),1-¥-,(),m -+¥上单调递增,当()1,x m Î--时,满足()0f x ¢<,此时函数()f x 在()1,m --单调递减；综上可知,1m =时,()f x 在R 上单调递增；1m >时,()f x 在(),m -¥-和()1,-+¥上单调递增,在(),1m --单调递减；1m <时,()f x 在(),1-¥-和(),m -+¥上单调递增,在()1,m --单调递减；（2）由()11f -=可得23(1)61m m -++-=,解得0m =；所以32()23f x x x =+,则()()ln 123g x a x x =+--,易知()1,x Î+¥时,ln 10x +>,若函数()2()()ln 10f x g x a x x =+-£在()1,+¥上恒成立,等价成23ln 1x a x +£+在()1,x Î+¥上恒成立；令()()23,1ln 1x h x x x +=+>,则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+×-¢==++；令()()32ln 1x x x x j =->,则()2230x x xj ¢=+>在()1,x Î+¥上恒成立,即函数()x j 在()1,x Î+¥上单调递增,易知()33ln16ln e 22ln 222j -=-=,由于33e 2.719.683=>,所以()20j <,而3525ln ln e 55622ln 2255j æö-ç÷æöèø=-=ç÷èø,且55335232273e 2æö=ç÷èø>>=>,所以502j æöç÷èø>；因此()h x ¢在()1,x Î+¥有且仅有一个零点0x ,满足0032ln x x =,且052,2æöÎç÷èøx ；所以当()01,x x Î时,()0h x ¢<,当()0,x x Î+¥时,()0h x ¢>；因此函数()()23,1ln 1x h x x x +=+>在()01,x 上单调递减,在()0,x +¥上单调递增；所以()h x 的最小值为()000000232323ln 112x x h x x x x ++===++,显然()024,5x Î,因此()024,5a x £Î,又a 是整数,所以a 的最大值为4. (六)通过构造函数求最值解决不等式恒成立问题①该方法一般是根据不等式的结构构造一个新函数,利用导数研究该函数的单调性,由函数的单调性确定其最值,或把其最值用含有参数的式子来表示,再根据所给不等式列出关于参数的不等式,②注意如果所构造的函数,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有时所构造的函数的最值不易求出,可以引入导数的隐零点,把函数最值用导数的隐零点表示.④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.【例7】设函数()1ln a xf x x+=,其中R a Î.(1)当0a ³时,求函数()f x 的单调区间；(2)若()2f x x £,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)1ln ()(0)a x f x x x +=>,22(1ln )1ln ()a a x a a xf x x x -+--¢==.当0a =时,22(1ln )1()0a a x f x x x -+¢==-<恒成立,则()f x 在()0,¥+上为减函数,当0a >时,令()0f x ¢>,可得1ln 0a a x -->,则1ln a x a-<,解得10e a a x -<<,令()0f x ¢<,解得1ea ax ->,综上,当0a =时,()f x 的减区间为()0,¥+；当0a >时,()f x 的单调递增区间为10,e a a -æöç÷èø,单调递减区间为1e ,a a -æö+¥ç÷èø.(2)由2()f x x £,可得3ln 10x a x --³设3()ln 1(0)g x x a x x =-->,则323()3a x ag x x x x-¢=-=.①当0a £时,()0g x ¢>,()g x 单调递增,而117ln 1ln 20828g a a =--=-+<,所以不满足题意,②当0a >时,令33()0x ag x x -¢==,解得x =当x æÎççè时,()0g x ¢<,()g x 为减函数,当x öÎ+¥÷÷ø时,()0g x ¢>,()g x 为增函数,所以111()ln 3ln 1333g x g a a a æö³=+--ç÷èø.令111()ln 3ln 1(0)333h a a a a a æö=+-->ç÷èø,1111()ln 3(ln 1)(ln 3ln )3333h a a a ¢=+-+=-,当()0,3a Î时,()0h a ¢>,()h a 为增函数,当()3,a Î+¥时,()0h a ¢<,()g x 为减函数,所以()()30h a h £=,又()()0g x h a ³³.则()0h a =,解得3a =,所以实数a 的取值范围是{}3.(七) 通过分类参数把不等式恒成立问题转化为求不含参数的函数的最值①分类参数法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,转化为求函数的最值问题.②一般情况下,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要注意分类参数法不是万能的,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.此外参数分离后,要注意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）,则也无法用分离法解决问题.【例8】（2024届四川省绵阳市江油市高三下学期模拟）已知函数2()ln ()2m f x x x x m R =--Î.(1)当2m =时,求函数()f x 的单调区间；(2)若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）函数2()ln 2m f x x x x =--的定义域为(0,)+¥,当2m =时,2()ln f x x x x =--,所以1(21)(1)()21x x f x x x x+-¢=--=,当(0,1)x Î时,()0f x ¢<,()f x 在(0,1)上为减函数,当(1,)x Î+¥时,()0f x ¢>,()f x 在(1,)+¥上为增函数,综上所述：()f x 在(0,1)上为减函数,在(1,)+¥上为增函数；（2）若0x ">,不等式2()f x x >恒成立,则21ln 12m x x x >++对0x >均成立,所以max 21ln (12m xx x>++令21ln ()1xg x x x=++,则22223312ln 112ln 12ln ()()x x x x x x g x x x x x x ----¢=-+=-+=,令()12ln h x x x =--,显然()12ln h x x x =--为(0,)+¥上的减函数,又(1)12ln110h =--=,所以(0,1)x Î,()0h x >,()0g x ¢>则()g x 在(0,1)上为增函数,当(1,)x Î+¥时,()0h x <,()0g x ¢<则()g x 在(1,)+¥上为减函数,所以max 1ln1()(1)1211g x g ==++=,所以22m>,所以4m >,所以实数m 的取值范围为(4,)+¥.(八) 先用特殊值确定或缩小参数范围,求解不等式恒成立问题此类问题通常是先在自变量允许值范围内取一个特殊值代入,缩小参数范围,然后在该范围内求解,减少讨论,也有可能该范围就是所求范围,此时只需证明在该范围内不等式恒成立即可.【例9】（2024届江苏省苏州市八校高三三模）已知函数()2()cos ,()2f x x g x a x ==-.(1)1a =时,求()()()F x f x g x =-的零点个数;(2)若()()f x g x ³恒成立a 的最大值;(3)求证:)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【解析】（1）当1a =时,2()2g x x =-,则2()()()cos 2F x f x g x x x =-=-+,所以()sin 2F x x x ¢=-+,令()sin 2h x x x =-+,则()cos 20h x x ¢=-+>,所以()sin 2h x x x =-+在R 上单调递增,即()sin 2F x x x ¢=-+在R 上单调递增,当0x >时,()0F x ¢>,所以()F x 在(0,)+¥上为增函数,当0x <时,()0F x ¢<,所以()F x 在(),0¥-上为减函数,又(0)1F =-,(2)(2)cos 220F F =-=+>,且x ®-¥时,()®+¥F x ,则存在()10x Î-¥，,()20,2x Î,使得12()0,()0F x F x ==,所以()F x 有两个零点.（2）令2()cos 2,m x x a ax =-+由(0)0m ³,得12a £,令2211()cos 1cos (2),22h x x x x x =-+=+-所以()sin h x x x ¢=-+,令()sin x x x j =-+,可得()cos 10x x j ¢=-+³,所以()sin x x x j =-+在(0,)+¥上为增函数,所以()sin sin 000x x x j =-+>+=,所以()0h x ¢>,所以2211()cos 1cos 010022h x x x =-+>-+´=,所以()h x 在[0,)+¥上单调递增,所以()(0)0h x h ³=,即211s 2co x x >-,所以()()f x g x ³恒成立,所以实数a 的最大值是实数12；（31cos 2sin 2cos 3233k k k k k i i i i i p p p p æöæöæöæö-+-+-=-=ç÷ç÷ç÷ç÷èøèøèøèø,由（2）可得211s 2co x x >-,所以21cos 1()2kk i i >-,所以21111]2(cos )2()3n n ni i i k k k n i i ip ===æö-+³>-ç÷èøååå,所以211()3nni i k k n i ip ==æö->-ç÷èøå,又22222221111111111((1)(11)22322331ni k k k k in n n ==++++<+-+-+++-<-åL L ,所以)21sin 2(R)3ni k n k k i p =æö->-Îç÷èøå.【例1】（2024届高考全国甲卷真题）已知函数()()()1ln 1f x ax x x =-+-．(1)当2a =-时,求()f x 的极值；(2)当0x ³时,()0f x ³,求a 的取值范围．【解析】（1）当2a =-时,()(12)ln(1)fx x x x =++-,故121()2ln(1)12ln(1)111x f x x x x x+¢=++-=+-+++,因为12ln(1),11y x y x=+=-++在()1,¥-+上为增函数,故()f x ¢在()1,¥-+上为增函数,而(0)0f ¢=,故当10x -<<时,()0f x ¢<,当0x >时,()0f x ¢>,故()f x 在0x =处取极小值且极小值为()00f =,无极大值.（2）()()()()11ln 11ln 1,011a x axf x a x a x x x x+-=-+¢+-=-+->++,设()()()1ln 1,01a x s x a x x x+=-+->+,则()()()()()()222111211111a a x a aax a s x x x x x ++++-++=-=-=-+++¢+,当12a £-时,()0s x ¢>,故()s x 在()0,¥+上为增函数,故()()00s x s >=,即()0f x ¢>,所以()f x 在[)0,¥+上为增函数,故()()00f x f ³=.当102a -<<时,当210a x a+<<-时,()0s x ¢<,故()s x 在210,a a +æö-ç÷èø上为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()0s x s <,即在210,a a +æö-ç÷èø上()0f x ¢<即()f x 为减函数,故在210,a a +æö-ç÷èø上()()00f x f <=,不合题意,舍.当0a ³,此时()0s x ¢<在()0,¥+上恒成立,同理可得在()0,¥+上()()00f x f <=恒成立,不合题意,舍；综上,12a £-.【例2】（2024届天津高考数学真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x Î+¥时恒成立,求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î,证明()()121212f x f x x x -£-．【解析】（1）由于()ln f x x x =,故()ln 1f x x ¢=+.所以()10f =,()11f ¢=,所以所求的切线经过()1,0,且斜率为1,故其方程为1y x =-.（2）设()1ln h t t t =--,则()111t h t t t-¢=-=,从而当01t <<时()0h t ¢<,当1t >时()0h t ¢>.所以()h t 在(]0,1上递减,在[)1,+¥上递增,这就说明()()1h t h ³,即1ln t t -³,且等号成立当且仅当1t =.设()()12ln g t a t t =--,则()((ln 1f x a x x x a x x a x g æö-=-=--=×ç÷øè.当()0,x Î+¥时()0,¥+,所以命题等价于对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³.一方面,若对任意()0,t Î+¥,都有()0g t ³,则对()0,t Î+¥有()()()()112012ln 12ln 1212g t a t t a t a t at a t t t æö£=--=-+£-+-=+--ç÷èø,取2t =,得01a £-,故10a ³>.再取t =得2022a a a £-=--=-,所以2a =.另一方面,若2a =,则对任意()0,t Î+¥都有()()()212ln 20g t t t h t =--=³,满足条件.综合以上两个方面,知a 的值是2.（3）先证明一个结论：对0a b <<,有()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.证明：前面已经证明不等式1ln t t -³,故lnln ln ln ln ln ln 1ln 1bb b a a a b a aa b b b b b a b a a--=+=+<+---,且1lnln ln ln ln ln ln ln 1ln 11a ab b a a b b b a b b a a a a a a b a b a bbæö---ç÷--èø=+=+>+=+----,所以ln ln ln 1ln 1b b a a a b b a -+<<+-,即()()ln 1ln 1f b f a a b b a-+<<+-.由()ln 1f x x ¢=+,可知当10e x <<时()0f x ¢<,当1ex >时()0f x ¢>.所以()f x 在10,e æùçúèû上递减,在1,e ¥éö+÷êëø上递增.不妨设12x x £,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211e x x ££<时,有()()()()()()122122121ln 1f x f x f x f x x x x x x -=-<+-<-<结论成立；情况二：当1210ex x <££时,有()()()()12121122ln ln f x f x f x f x x x x x -=-=-.对任意的10,ecæùÎçúèû,设()ln lnx x x c cj=-则()ln1x xj¢=+由于()xj¢单调递增,且有11110j¢=<=-=,且当2124ln1x cc³-æö-ç÷èø,2cx>时,2ln1c³-可知()2ln1ln1ln102cx xcjæö=+>+=--³ç÷èø¢.所以()xj¢在()0,c上存在零点x,再结合()xj¢单调递增,即知0x x<<时()0xj¢<,x x c<<时()0xj¢>.故()xj在(]00,x上递减,在[],x c上递增.①当0x x c££时,有()()0x cj j£=；②当00x x<<时,112221e ef fcæö=-£-=<ç÷èø,故我们可以取1,1qcöÎ÷ø.从而当21cxq<<-时,>可得()1ln ln ln ln0x x x c c c c c c qcjö=-<-<--=-<÷ø.再根据()xj在(]00,x上递减,即知对0x x<<都有()0xj<；综合①②可知对任意0x c<£,都有()0xj£,即()ln ln0x x x c cj=-£.根据10,ecæùÎçúèû和0x c<£的任意性,取2c x=,1x x=,就得到1122ln ln0x x x x-£.所以()()()()12121122ln lnf x f x f x f x x x x x-=-=-情况三：当12101ex x<££<时,根据情况一和情况二的讨论,可得()1f x f-£(1ef fæö-£ç÷èø.而根据()f x的单调性,知()()()1211ef x f x f x fæö-£-ç÷èø或()()()1221ef x f xf f xæö-£-ç÷èø.故一定有()(1f x f-成立.综上,结论成立.【例3】（2024届湖南省岳阳市汨罗市高三下学期5月月考）函数()()2ln ,2f x x g x x x m ==--+．(1)若e m =,求函数()()()F x f x g x =-的最大值；(2)若()()()22e xf xg x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,求实数m 的取值范围．【解析】（1）因为()2ln e 2F x x x x =-++-,可知()F x 的定义域为()0,¥+,且1(21)(1)()21x x F x x x x+-¢=-+=-,由()0F x ¢>,解得01x <<；由()0F x ¢<,解得1x >．可知()F x 在(0,1)内单调递增,在(1,)+¥内单调递减,所以函数()()()F x f x g x =-的最大值为()1e 2F =-．（2）因为2()()(2)e x f x g x x x +£--在2(]0,x Î恒成立,等价于(2)e ln 2x m x x x ³-+-+在2(]0,x Î恒成立．设()(2)e ln 2x h x x x x =-+-+,2(]0,x Î,则()11()(1)e 11e xx h x x x x x æö=-+-=--çè¢÷ø,当1x >时,则10x ->,且1e e,1xx><,可得1e e 10x x->->,所以()0h x ¢>；当01x <<时,则10x -<,设1()e ,01x u x x x=-<<,则21()e 0xu x x ¢=+>,可知()u x 在(0,1)递增,且120,(1)e 102u u æö==-ç÷èø．则01,12x æö$Îç÷èø,使得()00u x =．当()00,x x Î时,()0u x <；当()0,1x x Î时,()0u x >．当()00,x x Î时,()0h x ¢>；当()0,1x x Î时,()0h x ¢<．可知函数()h x 在()00,x 递增,在()0,1x 递减,在(1,2)递增．由()0001e 0x u x x =-=,得001e x x =,且00ln x x =-．可得()()()0000000000112e ln 222232xh x x x x x x x x x æö=-+-+=--+=-+ç÷èø,且01,12x æöÎç÷èø,则()00h x <,又因为(2)ln 20h =>,可知当2(]0,x Î时,()max ()2ln 2h x h ==,所以m 的取值范围是[ln 2,)+¥．【例4】（2024届河南省信阳市高三下学期高考考前押题）已知函数()ln f x x x =,())()10h x x x =->．(1)试比较()f x 与()h x 的大小；(2)若()()()11f x x ax a £--+恒成立,求a 的取值范围．【解析】（1）因为()())ln 1ln f x h x x x x x x æ-=-=çè,构建()ln 0F x x x =>,则()0F x ¢=£在()0,¥+内恒成立,可知()F x 在()0,¥+内单调递减,且()10F =,则有：若01x <<,则()0F x >,即()()f x h x >；若1x =,则()0F x =,即()()f x h x =；若1x >,则()0F x <,即()()f x h x <.（2）若()()()11f x x ax a £--+恒成立,则1ln 120a ax x a x--++-³,构建()1ln 12,0a g x ax x a x x-=-++->,原题意等价于()0g x ³在()0,¥+内恒成立,则()()()221111x ax a a g x a x x x -+--¢=--=,1.若0a £,则10ax a +-<，当01x <<时,()0g x ¢>；当1x >时,()0g x ¢<；可知()g x 在()0,1内单调递增,在()1,+¥内单调递减,则()()10g x g £=,不符合题意；2.若0a >,则有：（ⅰ）若1a ³,则10ax a +->,当01x <<时,()0g x ¢<；当1x >时,()0g x ¢>；可知()g x 在()0,1内单调递减,在()1,+¥内单调递增,则()()10g x g ³=,符合题意；（ⅱ）若01a <<时,令()0g x ¢=,解得1x =或110x a=->,①若111a ->,即102a <<时,当111x a<<-时,()0g x ¢<,可知()g x 在11,1a æö-ç÷èø内单调递减,此时()()10g x g <=,不合题意；②若111a -=,即12a =时,则()()22102x g x x -¢=³,可知()g x 在()0,¥+内单调递增,当()0,1x Î时,此时()()10g x g <=,不合题意；③若111a -<,即112a <<时,则()21011a a a-<-<<,由（1）可知：当01x <<时,ln x >=则()1112ln 12a a g x a x ax a ax x x --=--++<--++,可得()()()()()222211112112011a g a a a a a a a a a -æö-<----+-+=-<ç÷-èø-,不合题意；综上所述：a 的取值范围为[)1,+¥.【例5】（2024届河北省保定市九县一中三模）已知函数()()ln 1f x ax x =++.(1)若2a =-,求()f x 的单调区间；(2)若()0f x £恒成立,求a 的取值集合.【解析】（1）由2a =-,得()()2ln 1f x x x =-++,定义域为()1,¥-+,则()121211x f x x x --=¢-=+++,当11,2x æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,当1,2x ¥æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,故()f x 的单调递增区间为11,2æö--ç÷èø,单调递减区间为1,2¥æö-+ç÷èø.（2）由()()ln 1f x ax x =++,()1,x ¥Î-+,得()11f x a x =++¢,若0a ³,则显然()22ln30f a =+>,不符合题意,若0<a ,令()0f x ¢=,解得11a x a+=->-,则当11,a x a +æöÎ--ç÷èø时,()0f x ¢>,()f x 单调递增,当1,a x a ¥+æöÎ-+ç÷èø时,()0f x ¢<,()f x 单调递减,()()max 11ln a f x f a a a +æö=-=----ç÷èø,则()1ln 0a a ----£,即()1ln 0a a ++-³,令()()1ln g a a a =++-,则()111a g a a a¢+=+=,当(),1x ¥Î--时,()0g a ¢>,()g a 单调递增,当()1,0x Î-时,()0g a ¢<,()g a 单调递减,所以()()max 10g a g =-=,当满足()0g a ³时,1a =-,所以a 的取值集合为{}1-.1．（2024届青海海西格尔木三校高三第三次联考）已知函数()32f x x x ax =-+.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)令()()ln 2ag x f x x x x=+--,若()0g x ³恒成立,求实数a 的取值范围.2．（2024届陕西省富平县高三第二次模拟）已知函数()ln f x x x =,2()1()f x g x x x x=-+.(1)求函数()g x 的单调区间；(2)若当0x >时,2()e x m x x mf -£恒成立,求实数m 的取值范围.3．（2024届重庆市高三第三次联合诊断）已知函数()e .x f x x a=+(1)当1a =时,求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在区间()0,¥+上单调递增,求实数a 的取值范围.4．已知2()e ln ,()ln x f x a x g x x x a ==+(1)当1a =时,求()f x 在1x =处切线方程；(2)若()()f x g x <在(0,1)x Î恒成立,求a 的取值范围；(3)求证：411111322222123e e e e ln(1)234(1)n n n n +×+×+×++×<++L ．5．（2024届青海省部分学校高三下学期协作考试）已知函数()21e 2axf x x ax =+-（R a Î）.(1)当1a =时,求()f x 的最值；(2)当[]1,1a Î-时,证明：对任意的1x ,[]22,2x Î-,都有()()212e 1f x f x --≤.6．（2024届北京市十一学校高三下学期三模）已知函数()()()ln 11f x x k x =+++．(1)求()f x 的单调区间；(2)若()1f x £-恒成立,求实数k 的取值范围；(3)求证：()21ln 14ni n n i i =-<+å．（n ÎN 且2n ³）7．（2024届广东省茂名市高州市高三第一次模拟）设函数()e sin xf x a x =+,[)0,x Î+¥.(1)当1a =-时,()1f x bx ³+在[)0,¥+上恒成立,求实数b 的取值范围；(2)若()0,a f x >在[)0,¥+上存在零点,求实数a 的取值范围.8．（2024届四川省绵阳南山中学高三下学期高考仿真演练）已知函数()e cos x f x k x =-,其中k 为常数.(1)当1k =时,讨论函数()f x 在()0,¥+上的单调性；(2)若0,2πx æö"Îç÷èø,()1f x >,求实数k 的取值范围.。

高三复习专题——恒成立与存在性问题知识点总结：(1)恒成立问题1. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A；2. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则f(x)ma x<A.3. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) >0，∴F(x)min >04. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)=f(x)- g(x) ﹤0，∴F(x) ma x﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)ma x6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) ma x < g(x) min(2)存在性问题1. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立，则f(x) ma x >A；2. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则f(x) min <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) ma x >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)=f(x)- g(x)，∴F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) ma x > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) ma x(3)相等问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立，则{ f(x)}{g(x)}(4)恒成立与存在性的综合性问题1. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x)m in>g(x)m in2. ∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x)max <g(x)max(5)恰成立问题1. 若不等式f(x)>A在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)>A的解集为D；2.若不等式f(x)<B在区间D上恰成立，则等价于不等式f(x)<B的解集为D.► 探究点一 ∀x ∈D ，f (x )>g (x )的研究例1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x g =)(，其中0>a ，0≠x ． 对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；【思路分析】等价转化为函数0)()(>-x g x f 恒成立，通过分离变量，创设新函数求最值解决．简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x x x x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．► 探究点二 ∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究对于∃x ∈D ，f (x )>g (x )的研究，先设h (x )＝f (x )－g (x )，再等价为∃x ∈D ，h (x )max >0，其中若g (x )＝c ，则等价为∃x ∈D ，f (x )max >c .例 已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)在区间[1,2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围．【解答】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－2x ，f (2)＝14，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率k ＝f ′(2)＝8，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (x ))处的切线方程为8x －y －2＝0.(2)解法一：f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎫x －23a (1≤x ≤2)， 当23a ≤1，即a ≤32时，f ′(x )≥0，f (x )在[1,2]上为增函数，故f (x )m in ＝f (1)＝11－a ，所以11－a <0，a >11，这与a ≤32矛盾．当1<23a <2，即32<a <3时，当1≤x <23a ，f ′(x )<0；当23a <x ≤2，f ′(x )>0，所以x ＝23a 时，f (x )取最小值，因此有f ⎝⎛⎭⎫23a <0，即827a 3－49a 3＋10＝－427a 3＋10<0，解得a >3352，这与32<a <3矛盾； 当23a ≥2，即a ≥3时，f ′(x )≤0，f (x )在[1,2]上为减函数，所以f (x )m in ＝f (2)＝18－4a ，所以18－4a <0，解得a >92，这符合a ≥3.综上所述，a 的取值范围为a >92.解法二：由已知得：a >x 3＋10x 2＝x ＋10x 2，设g (x )＝x ＋10x 2(1≤x ≤2)，g ′(x )＝1－20x 3，∵1≤x ≤2，∴g ′(x )<0，所以g (x )在[1,2]上是减函数．g (x )m in ＝g (2)，所以a >92.【点评】 解法一在处理时，需要用分类讨论的方法，讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离，由于ax 2>x 3＋10中x 2∈[1,4]，所以可以进行参数分离，而无需要分类讨论．► 探究点三 ∀x 1∈D ，∀x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究例、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．思路分析：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最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xa b +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元，0101)(≤-++⋅=b x a x a ϕ，]2,21[∈a 简解：方法1:对b x x a b x x g x h ++=++=)()(求导，22))((1)(xa x a x x ax h +-=-='， 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者． ⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴a b a b b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ．► 探究点四 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)>g (x 2)的研究，第一步先转化为∃x 2∈D ，f (x 1)m in >g (x 2)，再将该问题按照探究点一转化为f (x 1)m in >g (x 2)m in .例、已知函数f (x )＝2|x －m |和函数g (x )＝x |x －m |＋2m －8.(1)若方程f (x )＝2|m |在[－4，＋∞)上恒有惟一解，求实数m 的取值范围；(2)若对任意x 1∈(－∞，4]，均存在x 2∈[4，＋∞)，使得f (x 1)>g (x 2)成立，求实数m 的取值范围．【解答】 (1)由f (x )＝2|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解，得|x －m |＝|m |在x ∈[－4，＋∞)上恒有惟一解．当x －m ＝m 时，得x ＝2m ，则2m ＝0或2m <－4，即m <－2或m ＝0.综上，m 的取值范围是m <－2或m ＝0.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －m x ≥m ，2m －x x <m ，原命题等价为f (x 1)m in >g (x 2)m in .①当4≤m ≤8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在[4，m ]上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以4<m <5或6<m ≤8.②当m >8时，f (x )在(－∞，4]上单调递减，故f (x )≥f (4)＝2m －4，g (x )在⎣⎡⎦⎤4，m 2单调递增，⎣⎡⎦⎤m 2，m 上单调递减，[m ，＋∞)上单调递增，g (4)＝6m －24>g (m )＝2m －8，故g (x )≥g (m )＝2m －8，所以2m －4>2m －8，解得4<m <5或m >6.所以m >8.③0<m <4时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即72<m <4.④m ≤0时，f (x )在(－∞，m ]上单调递减，[m ,4]上单调递增，故f (x )≥f (m )＝(x )在[4，＋∞)上单调递增，故g (x )≥g (4)＝8－2m ，所以8－2m <1，即m >72(舍去)．综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5∪(6，＋∞)． 【点评】 因为对于∀x ∈D ，f (x )>c ，可以转化为f (x )m in >c ；∃x ∈D ，c >g (x )，可以转化为c >g (x )m in ，所以本问题类型可以分两步处理，转化为f (x )m in >g (x )m in .► 探究点五 ∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究对于∀x 1∈D ，∃x 2∈D ，f (x 1)＝g (x 2)的研究，若函数f (x )的值域为C 1，函数g (x )的值域为C 2，则该问题等价为C 1⊆C 2.例、设函数f (x )＝－13x 3－13x 2＋53x －4.(1)求f (x )的单调区间；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a .若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立，求a 的取值范围．【解答】 (1)f ′(x )＝－x 2－23x ＋53，令f ′(x )>0，即x 2＋23x －53<0，解得－53<x <1，∴f (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－53，1；单调减区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－53和(1，＋∞)． (2)由(1)可知：当x ∈[0,1]时，f (x )单调递增，∴当x ∈[0,1]时，f (x )∈[f (0)，f (1)]，即f (x )∈[－4，－3]．又g ′(x )＝3x 2－3a 2，且a ≥1，∴当x ∈[0,1]时，g ′(x )≤0，g (x )单调递减，∴当x ∈[0,1]时，g (x )∈[g (1)，g (0)]，即g (x )∈[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，又对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得f (x 1)＝g (x 0)成立⇔[－4，－3]⊆[－3a 2－2a ＋1，－2a ]，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2－2a ＋1≤－4，－3≤－2a ， 解得1≤a ≤32.恒成立与存在有解的区别：恒成立和有解是有明显区别的，以下充要条件应细心思考，甄别差异，恰当使用，等价转化，切不可混为一体。

① ' . _ 1 ^ -■二 5. 解决数学恒成立与存在性问题的方法:函数恒成立与存在性问题 沈阳市第十一中学 赵拥权 基础知识: 1. 1. 恒成立问题： ① =■ I -I ■ ; ' - ' ■'. ② 江忑 < 贬〕恒威亶丄也c 心；沙 ③ v x e iXg(x) A rto 恒成立•记 F(X) - gbc) - r(x)> 几则(曲)-f«)伽 > o ④ 刊E D 尼3 < f(x)恒成立値F00 = g(x)-心)< ①则(曲)-1W)仙< 0 e D lt x 2e/)£r f(x l )>g(x 2)恒成立"则巧)》9(七〉 ⑤ ⑥■: ■'•■■■ ' 2. 2. 3. 3. 存在性问题： ① 环 fta > fW 成立厠0 > f(x)mtft ② 1 ③ 办 e D 屯仗)>『仗)成立尼F(X) = g(x) - f(x) > 0刚(g(x) - f(x)> 顷“ > 0 ④ 朝 E 氏g(x) < 血)成立.足F(X) = g(x) - f(x) < 0刚 <g(x) - f(x)> 顶"< 0 3^1eD 1^€D 2/(x 1)>ff (x 2)成立"则ft-Xi) >ff(x 2y ⑤ ⑥刃［ED ］叫€"諾(巧)V 讥可)成立■则『(冇)品V®伍)g 恒成立与存在性混合不等式问题： ①vxED r 3^en JJ /(x 1)>tf (x 2)成立■则r(^)m .n >^(x 2)二恒成立与存在性混合等式问题：若 f(x),g(x)的值域分别为A,B,则4. 4.①函数性质法；②参数分离(主参分离)法；③主参互换法；④数形结合法；典例分析：例一：(1).已知询怎［-1」〕时不等式尤三+(肚-4)丈+ 4-2口A0恒成立，则x的取值范围为__⑵.不等式血> - 1)对满足Iml <2的一切实数m都成立，则x的取值范围为—;(3) __ .已知a是实数，函数:二"—曲:八-心彳在」上恒小于零，则实数a的取值范围;⑷•若关于x的不等式ax2-2A + 2> €■在区间(1,4)上恒成立，则实数a的取值范围 _____ ;(5) .已知a是实数，函数f(^) = x +2(a - 2)x丰4在x E ［- I i］|上张)A u恒成立，则实数a的取值范围_____ ;2(6) .不等式+JMJT-KO对于任意xE［gm + l］都成立，贝y m的取值范围为—;.(7) .已知函数一咦；：二一厂Hi，当时，恒有f(x)'，则a的取值范围_____(8) .已知函数| 当心丄厂时，恒有f(x)二‘ I ,则a的取值范围_______(9) 已知一次函数：:' J■ - 当……时，恒有f(x) ，贝U m的取值范围_____例二：(1) •若存在实数x,使关于x的不等式ax2-4x + d- 3<0成立,则实数a的取值范围__________(2) ____________________________________________________________________ .关于x 的不等式-V2+UX-2>0在区间［1,引上和斛,则实数a的取值范围_______________________ ;(3) 关于x的二次方程+ -l)x + l =°在区间［0,2］上冇解，则实数m的取值范围 _2(4) •不等式上+吋-丄U0对于xE(23fj解，则m的取值范围为_;.1* 丘(°・R 斗"=Jog x(5) .当2时,不等式武有解|牙德敬1的取值范围;1 z l(x) = -x_+ 工占(尤)=ln(x+ 1)- a;例三：已知函数亠①"巧€ 七w I也rb J a刈(勺)*te成立"求实数晟的取值范围•②€ (o,2Lax2€>期(七)成立"求实数日的取值范围•③兀E ［0.2皿严［沏他(x J ^区)成丸求咒数彳的取值范围•④女代［0.21少严［0.2］”便鮒（巧）（切，求实数日|的取值范围；⑤汰代［0盘叫门02］的帥何）=曲）求实数殳的取值范围；⑥兀€血2估七定［0・乳便得八珀）=/勺），求实数日的取值范围；例四：（1•当K E （1,2）时,不等式（兀7）‘他/恒成立求丈数日的取值范围；1⑵.当”（°吃）时，不等式* cog/恒成立』求实血的取值范围；⑶•已知->-I：.-.-. -：-■ .■- ■■<■.' L. - - -•若泾 G订淇：订「或g（x），则m的取值范围习题：2 耳，#1.当=2「册「I时，不等式「恒成立療覧昱血的取值范围；2.已知函数f（x）」°弘XE(2x-a)12U,恒有fi>）AO则实数a|的取值范围；3.已知函数f(x)=h +此+ 3,VX E：1 - 2,21，恒有f（x）> d.则实的取值范围；1 + 2' + 4X4.已知函数f(x)=lg (3H；・XE（-8. 1）时，恒有『（X恒仃点:文，则宾数2的取值范围；5. 已知函数f（x）=：卜，；i：二一,恒有込讥戈•豹江的取值范围；1 亠6. 已知證二°11-』土1*函数f（x）=H “口，当"（-1,1 HJ ,恒有 2 '的取值范围；X + 17. 已知函数血）〕吧R'Xi + E,恒有mi +忆也-i）m则文如的取值范围；8. 已知函数f（x）»- ■"—…，恒有I—；-*.：.」：■ '■ ■■- 1-的取值范围；29. 已知函数f（x）=mx - J人吻辰杠3 ,恒有f（x）J m + 5.则宾数m的取值范围；。

函数恒成立与存在性问题（精编）知识归纳：恒成立问题1. ∀x ∈D,均有f(x)>A 恒成立，则f(x)min>A ；2. ∀x ∈D,均有f(x)﹤A 恒成立，则 f(x)max<A.3. ∀x ∈D,均有f(x) >g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0， ∴ F(x)min >04. ∀x ∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0。

∴ F(x) max ﹤05. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max6. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立，则f(x) max < g(x) min 练习：1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xa x 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、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

（1）对任意[]3,3x ∈-，都有()()f x g x ≤)成立，求实数c 的取值范围；（2）对任意[]12,3,3x x ∈-，都有()()12f x g x ≤，求实数c 的取值范围；3、已知函数f(x)＝x3＋x ，对任意的m∈[－2,2]，f(mx －2)＋f(x)<0恒成立，则x 的取值范围为__________．知识归纳：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 <A3. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x). ∴ F(x) max >04. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x) ∴ F(x) min <05. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立，则f(x) max > g(x) min6. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立，则f(x) min < g(x) max 练习：2、已知两函数()2728f x x x c =--，()322440g x x x x =+-。

用导数研究函数的恒成立与存在问题1．已知函数23()2ln xf x x x a=-+，其中a 为常数． （1）若1a =，求函数()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．2．已知函数32()4()f x x ax a R =-+-∈，'()f x 是()f x 的导函数。

（1）当2a =时，对于任意的[1,1]m ∈-，[1,1]n ∈-，求()()f m f n '+的最小值； （2）若存在0(0,)x ∈+∞，使0()f x ＞0，求a 的取值范围。

3．已知函数x ax x f ln )(+= )(R a ∈.（1）若2=a ，求曲线)(x f y =在点1x =处的切线方程； （2）求)(x f 的单调区间；（3）设22)(2+-=x x x g ，若对任意1(0,)x ∈+∞，均存在[]1,02∈x ，使得)()(21x g x f <，求实数a 的取值范围.4．（2016届惠州二模）已知函数()22ln f x x x =-+． （Ⅰ）求函数()f x 的最大值； （Ⅱ）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②对121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦(e 为自然对数的底数)，不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．5．已知函数212()()ln ()f x a x x a R =-+∈．（1）当1a =时，01[,]x e ∃∈使不等式0()f x m ≤，求实数m 的取值范围；（2）若在区间1(,)+∞，函数()f x 的图象恒在直线2y ax =的下方，求实数a 的取值范围．用导数研究函数的恒成立与存在问题 答案1．解：(1)若a ＝1，则f (x )＝3x －2x 2＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x ＝－(4x ＋1)(x －1)x (x ＞0)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递增． 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减， 即f (x )的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)． (2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x .若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成立． 即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x. 令h (x )＝4x －1x，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，解得a ＜0或0＜a ≤25或a ≥1.故a 的取值范围是(－∞，0)∪(0，25]∪[1，＋∞)．2. 解：（1）由题意知.43)(',42)(223x x x f x x x f +-=-+-=令.340,0)('或得==x x f当x 在[-1，1]上变化时，)(),('x f x f 随x 的变化情况如下表：)(],1,1[m f m -∈∴对于的最小值为,4)0(-=fx x x f 43)('2+-=Θ的对称轴为32=x ，且抛物线开口向下, )('],1,1[n f n -∈∴对于的最小值为.7)1('-=-f)(')(n f m f +∴的最小值为-11.（2）)32(3)('a x x x f --=Θ.①若0)(',0,0<>≤x f x a 时当, [)+∞∴,0)(在x f 上单调递减，又.4)(,0,4)0(-<>-=x f x f 时则当.0)(,0,000>>≤∴x f x a 使不存在时当②若,0)(',320,0><<>x f a x a 时则当当.0)(',32<>x f a x 时 从而⎥⎦⎤⎝⎛32,0)(在x f 上单调递增，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,32a上单调递减，494278)32()(),0(33max-+-==+∞∈∴a a a f x f x 时，当，则.3,27,0427433>>>-a a a 解得即综上，a 的取值范围是).,3(+∞ (或由020004,0)(,0x x a x f x +>>>得,用两种方法可解) 3． 解：（1）由已知120()()f x x x'=+>， 1213()f '=+=， 故曲线()y f x =在1x =处切线的斜率为3 而12()f =，所以切点为12(,)，)(x f y =在点1x =处的切线方程为 31y x =-（2）110()()ax f x a x x x+'=+=> ①当0a ≥时，由于0x >，故10ax +>，所以0()f x '>，()f x 的单调递增区间为0(,)+∞.②当0a <时，由0()f x '=，得1x a =-. 在区间10(,)a-上，0()f x '>，在区间1(,)a -+∞上0()f x '<，所以，函数的单调递增区间为10(,)a -，单调递减区间为1(,)a-+∞.（3）由已知，问题等价于为max max ()()f x g x <. 其中()2max g x =由(2)知，当0a ≥时，()f x 在0(,)+∞上单调递增，值域为R ，故不符合题意.(或者举出反例：存在3332()f e ae =+>，故不符合题意.)当0a <时，()f x 在10(,)a -上单调递增，在1(,)a-+∞上单调递减， 故()f x 的极大值即为最大值，1111()ln()ln()f a a a-=-+-=---，所以21ln()a >---，解得31a e <-. 4． 解（Ⅰ）()()()()211220x x f x x x x x+-'=-+=->，…………………………1分 由()0,0f x x '⎧>⎨>⎩得01x <<；由()0,0f x x '⎧<⎨>⎩得1x >.()f x ∴在()0,1上为增函数，在()1,+∞上为减函数. ……………………2分 ∴函数()f x 的最大值为()11f =-.…………………………………………3分 （Ⅱ）()()2,1a ag x x g x x x'=+∴=-Q . ①由（1）知，1x =是函数()f x 的极值点， 又Q 函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点， ∴1x =是函数()g x 的极值点， ∴()110g a '=-=，解得1a =.……………………………………………4分经验证，当1a =时，函数()g x 在1x =时取到极小值，符合题意. ……5分 ②()()2112,11,392ln 3f f f e e⎛⎫=--=-=-+ ⎪⎝⎭Q ， 易知2192ln 321e -+<--<-，即()()131f f f e ⎛⎫<< ⎪⎝⎭.()()()()111min max 1,3,392ln 3,11x f x f f x f e ⎡⎤∴∀∈==-+==-⎢⎥⎣⎦………7分由①知()()211,1g x x g x x x '=+∴=-，当1,1x e ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x '<；当(]1,3x ∈时，()0g x '>. 故()g x 在1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为减函数，在(]1,3上为增函数.()()11110,12,3333g e g g e e ⎛⎫=+==+= ⎪⎝⎭Q ，而()()11012,133e g g g e e ⎛⎫<+<∴<< ⎪⎝⎭.()()()()222min max 110,3,12,33x g x g g x g e ⎡⎤∴∀∈====⎢⎥⎣⎦. …………………9分1o 当10k ->，即1k >时，对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立()()12max 1k f x g x ⇔-≥-⎡⎤⎣⎦()()12max 1k f x g x ⇔≥-+⎡⎤⎣⎦. ()()()()1211123f x g x f g -≤-=--=-Q ，312,1,1k k k ∴≥-+=->∴>Q 又. ……………………………………………10分 2o 当10k -<，即1k <时，对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立()()12min 1k f x g x ⇔-≤-⎡⎤⎣⎦()()12min 1k f x g x ⇔≤-+⎡⎤⎣⎦. ()()()()1210373392ln 32ln 333f xg x f g -≥-=-+-=-+Q ， 34342ln 3,1,2ln 333k k k ∴≤-+<∴≤-+Q 又. ………………………………11分 综上，所求实数k 的取值范围为()34,2ln 31,3⎛⎤-∞-++∞ ⎥⎝⎦U .…………………12分 5．【解】：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2＋ln x (x ＞0)，f ′(x )＝x ＋1x，由x ∈[1，e]，f ′(x )＞0得函数f (x )在区间[1，e]为增函数，则当x ∈[1，e]时，f (x )∈⎣⎡⎦⎤12，1＋12e 2. 故要使∃x 0∈[1，e]使不等式f (x 0)≤m 成立，只需m ≥12即可.(2)在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图象恒在直线y ＝2ax 的下方 等价于对∀x ∈(1，＋∞)，f (x )＜2ax ，即(a －12)x 2＋ln x －2ax ＜0恒成立．设g (x )＝(a －12)x 2－2ax ＋ln x (x ∈[1，＋∞))，则g ′(x )＝(2a －1)x －2a ＋1x ＝(x －1)(2a －1－1x)．当x ∈(1，＋∞)时，x －1＞0,0＜1x＜1.①若2a －1≤0，即a ≤12，g ′(x )＜0，函数g (x )在区间[1，＋∞)上为减函数，则当∀x ∈(1，＋∞)时g (x )＜g (1)＝a －12－2a ＝－12－a ，只需－12－a ≤0，即当－12≤a ≤12时，g (x )＝(a －12)x 2＋ln x －2ax ＜0恒成立．②若0＜2a －1＜1，即12＜a ＜1时，令g ′(x )＝(x －1)·(2a －1－1x )＝0得x ＝12a －1＞1，函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫1，12a －1为减函数，⎝⎛⎭⎫12a －1，＋∞为增函数，则g (x )∈⎣⎡⎭⎫g ⎝⎛⎭⎫12a －1，＋∞，不合题意．③若2a －1≥1，即当a ≥1时g ′(x )＞0，函数g (x )在区间[1，＋∞)为增函数， 则g (x )∈[g (1)，＋∞)，不合题意．综上可知：当－12≤a ≤12时g (x )＝(a －12)x 2＋ln x －2ax ＜0恒成立，即当－12≤a ≤12时，在区间(1，＋∞)上函数f (x )的图象恒在直线y ＝2ax 的下方．。

第六节 导数中不等式的恒成立与存在性问题 一、 基础知识1.与函数单调性有关的恒成立（前面章节已讲） 类型1.函数f x () 在区间D 上单调递增，只需≥f x ()0' 类型2.函数f x () 在区间D 上单调递减，只需≤f x ()0'2.单变量的恒成立转换类型1.任意x ,使得＞）（f x 0,只需＞）（f x 0min类型2.任意x ,使得＜）（f x 0,只需＜）（f x 0max 类型3.任意x ,使得＞）（f x k ,只需＞）（f x k min类型4.任意x ,使得＜）（f x k ,只需＜）（f x k max类型5.任意x ,使得＞）（f x g x (),只需＞）（=−h x f x g x ()()0min min ][类型6.任意x ,使得＜）（f x g x (),只需＜）（=−h x f x g x ()()0max max ][3.双变量的恒成立转换（注意两个函数的顺序） 类型1.＞∀∈x x D f x g x ,,()()1212，只需＞f x g x ()()min max 类型2.＞∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＞f x g x ()()min min 类型3.＜∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()max max 类型4.＜∃∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()min max 类型5.若∃∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则只需两个函数值域的交集不为空集类型6.若∀∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则f x ()的值域⊆）（g x 的值域二、 课堂练习1.单变量翻译例1．已知函数=++f x e x ax x x ()(cos 1)2．（1）当=a 0时，判断+⋅−x f x x 1()12与1的大小关系，并说明理由； （2）若对于∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立，求a 的最小值．【答案】【解答】解：（1）当=a 0时，=+f x e x x ()(1)2，+∴⋅=−−x f x x e x x 1()(1)12， +⋅−x f x x 1()112； 理由：设=−g x x e x ()(1)，∴'=−g x xe x ()，当<x 0时，'>g x ()0，函数g x ()单调递增， 当>x 0时，'<g x ()0，函数g x ()单调递减， ∴==g x g max ()(0)1，∴g x ()1，+∴⋅−x f x x 1()112； （2）∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立， 即+++e x ax x x x (cos 1)212在[0，1]恒成立， 由f x ()的图象经过点(0,1)，=+y x 21经过点(0,1)， 当直线=+y x 21为f x ()的切线，且切点为(0,1)， 由'=++++−f x e x ax x x a x ax x x ()(cos 12cos sin )2， 可得'=+=f a (0)12，解得=a 1； 当a 1时，'=+++−f x e x e x x x x x x x ()(1)(cos cos sin )2，当∈x [0，π4]时，x x cos sin ，+−>x x x x x cos cos sin 0，'>f x ()0； 当∈πx 4(，1]时，+−=+−x x x x x x x x x cos cos sin cos (1tan )，由+∈+πx 41(1，2]，∈πx x 4tan (，tan1]，且<<+π4tan11， 则'>f x ()0，可得f x ()在[0，1]递增，则a 的最小值为1．变式1．已知函数=++f x ax lnx ()1．（Ⅰ）若=−a 1，求函数f x ()的最大值；（Ⅱ）对任意的>x 0，不等式f x xe x ()恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】（Ⅰ）解：=−++I f x x lnx ()()1，∴='−x f x x ()1， ∴f x ()在(0,1)上单调递增，在+∞(1,)上单调递减，（Ⅱ）不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立， 令=>−−xg x x xe lnx x (),01， ∴='+x g x x e lnx x ()22， 令=+>=++>'x h x x e lnx x h x x x e x x (),0,()(2)0122， ∴h x ()在+∞(0,)单调递增， ∴=−<h ln e 416()220141，h （1）>0， ∴h x ()存在唯一零点x 0，且∈x 4(,1)10，+=x e lnx x 00020 ∴g x ()在x (0,)0单调递减，在x (0，+∞)单调递增． ∴==−−x g x g x x e lnx min x ()()100000． +=x e lnx x 00020，即=−==x x x x x e ln e ln lnx x x ln 111000000100， 构造函数=ϕx xe x ()，易证ϕx ()在+∞(0,)单调递增， 所以=x x ln 100，则=x e x 100， 将这两个式子代入===−−+−x x g x x e lnx x x ()11110000000， 所以a 1．解法2：不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立． 先证明当>t 0时，+t lnt 1，令=−−g t t lnt ()1，g （1）=0．'=−=−t tg t t ()111，可知：=t 1时函数g t ()取得极小值，因此g t g ()（1）=0，即+t lnt 1， 则当>x 0时，+=++xeln xe x lnx x x ()11，即−−−−x xe lnx x xe lnx xx 111（当且仅当=xe x 1时取等号）， 所以a 1． ∴f (x )的最大值为f （1）=0．变式2.已知函数=++f x ax lnx ()1．（1）讨论函数f x ()零点的个数； （2）对任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）函数=++f x ax lnx ()1， 由=f x ()0，可得−=+x a lnx 1，>x 0， 设=+x g x lnx ()1，>x 0， '=−xg x lnx ()， 当>x 1时，'<g x ()0，g x ()递减；当<<x 01时，'>g x ()0，g x ()递增， 可得=x 1处g x ()取得最大值1，如图所示： 当−a 0或−=a 1，即a 0或=−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()有一个交点， 当<−<a 01即−<<a 10时，直线=−y a 与=y g x ()有两个交点， 当−>a 1即<−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()没有交点， 综上可得，<−a 1，函数f x ()零点的个数为0； −<<a 10，函数f x ()零点的个数为2； a 0或=−a 1时，函数f x ()零点的个数为1；（2）任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立， 即为−+x a e lnx x 12恒成立， 设=−−=+−−−x xh x e lnx xe lnx x x x ()211222， 设=−−−m x xe lnx x x ()122，>x 0， '=+−−=+−x x m x e xe x e x x x ()22(12)()11222， 设−=xe x 012的根为a ，即有>x a ，m x ()递增；<<x a 0时，m x ()递减， 可得=x a 处m x ()取得最小值m （a ）， 由m （a ）=−−−=−−−=−ae lna a lne a a a 12112022， 可得h x ()0恒成立，即有−+x e lnx x 212， 则a 2，即a 的范围是−∞(，2]．。

恒成立与存在问题恒成立1.若e x ≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x ≥k ＋x ，得k ≤e x －x . 令f (x )＝e x －x ， ∴f ′(x )＝e x －1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )<0时，x <0，f ′(x )>0时，x >0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴k 的范围为(－∞，1]．故选A.2.设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为__________．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立．当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0]时，同理，a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上，可知a ＝4. 答案：43.已知函数f (x )＝2x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32解析：选A.因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.4.已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：设f (x )＝1－xx＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x2. 当x ∈[12，1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在[12，1)上单调递减；当x ∈(1，2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(1，2]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0. 答案：A 5.已知函数x x x f ln )(=.若对于所有1≥x 都有)(1)(R a ax x f ∈-≥,求a 的取值范围.解析：依题意得()1f x ax ≥-在[)1,+∞上恒成立，即不等式 1ln a x x≤+，对于[)1,x ∈+∞恒成立。

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

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

一、若对x， a f ( x) 恒成立，则只需 a f ( x) max即可；若对x， a f ( x) 恒成立，则只需 a f ( x)min即可；例 1.已知函数 f (x) ln x a(0 x 3) ，若以其图象上任意一点P( x0, y0)为切点的切线的斜x率 k 1恒成立，求实数a的取值范围 . 2二、若 x，满足不等式 a f (x) ，则只需 a f ( x) min即可；若 x，满足不等式 a f ( x) ，则只需 a f ( x) max即可；例 2 ：已知函数 f ( x) ax 22ax ， g( x) e x，若在 ( 0, ) 上至少存在一个实数x0，使得f ( x0 )g (x0 ) 成立，求实数a 的取值范围.三、若对x1 , x2，使得不等式 f (x1 ) f ( x2 )a（ a 为常数）恒成立，则只需f (x)max f ( x) min a 即可例 3：已知函数1x2(a1)x(1)证明：对于x1, x21, a，恒有f ( x) a ln x a e .2f ( x1 ) f ( x2 )1成立.四、若 x1 , x2 I ，满足方程 f (x1 )g( x2 ) ，则只需两函数值域交集不空即可.1 x 1( x0,1)例 4：已知函数f (x)362，函数 g ( x) a sin x 2a 2( a0) ,若2x31,1 )6( xx 12x1 , x2 0,1 ，使得 f (x1 )g( x2 ) 成立，试求实数 a 的取值范围.五、若对x1 1总 x22使得 f ( x1 )g(x2 ) 成立，则只需 f( x ) 值域g( x ) 值域即可例 5：已知函数f (x)4x27, g( x)x 33a 2 x 2a(a 1) 对x1 0,1总 x20,1 使得2xf ( x1 ) g( x2 ) 成立，试求实数 a 的取值范围.六、若对x1 1， x22使得不等式 f ( x1 )g(x2 ) 恒成立，则只需 f ( x) max g( x)min即可例 6：已知两个函数 f ( x)7x 228x c, g (x) 2 x34x240 x ，若对 x13,3 ，x23,3 ，都有不等式 f ( x1 ) g( x2 ) 恒成立，求实数 c 的取值范围.七、若对 x1 1， x2 2 满足不等式f( x1 ) g( x2 )，则只需 f ( x) min g( x) max即可例 7：已知两个函数 f (x)x33x29x c, g(x) x22x 1 ，若对x12,6 ， x22,6 ，使得不等式 f ( x1 ) g( x2 )成立，求实数 c 的取值范围.八、若对x1 1 ，总x2 2 ，使得f ( x1)g( x2 ) 成立，则只需 f ( x)min g( x) min即可例 8：已知两个函数 f ( x) x 82 ln x, g( x) e2x e 2 x e x e x k ，若对x11,4 ，总xx2R ，使得f ( x1)g (x2 ) 成立，求实数k的取值范围.九、若对x1 1，总x2 2，使得 f ( x1 )g( x2 ) 成立，则只需 f ( x) max g ( x) max即可例 9：已知两个函数 f (x)ln x 1 x31(x R), g ( x)x 22x b ，若对x1( 0,2)，总44xx2 1,2 ，使得 f ( x1 )g( x2 ) 成立，求实数b的取值范围.1答案： 1.,2. (2 1 e 2, ) 23. 3.略4.1 ,4 2 35.1,326.195,7.( ,76)8. (,22ln 2)9. ( 5 ,)2。

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

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

一、若对x， a f ( x) 恒成立，则只需 a f ( x) max即可；若对x， a f ( x) 恒成立，则只需 a f (x) min即可；例 1.已知函数 f (x) ln x a(0 x 3) ，若以其图象上任意一点P( x0, y0)为切点的切线的斜x率k 1恒成立，求实数a的取值范围 . 2二、若 x，满足不等式 a f (x) ，则只需 a f ( x) min即可；若 x，满足不等式 a f ( x) ，则只需 a f ( x) max即可；例 2 ：已知函数 f ( x) ax 22ax ， g( x) e x，若在 (0, ) 上至少存在一个实数x0，使得f ( x0 )g (x0 ) 成立，求实数a 的取值范围.三、若对x1 , x2，使得不等式 f (x1 ) f ( x2 )a（ a 为常数）恒成立，则只需f (x)max f ( x) min a 即可例 3 ：已知函数1x2(a1)x(1)证明：对于x1, x21, a，恒有f ( x) a ln x a e .2f ( x1 ) f ( x2 )1成立 .四、若 x1 , x2 I ，满足方程 f (x1 )g( x2 ) ，则只需两函数值域交集不空即可.1 x 1( x0,1)例 4 ：已知函数f ( x)362，函数g ( x) a sin x 2a 2( a 0), 若2 x31,1 )6( xx 12x1 , x2 0,1 ，使得 f (x1 )g( x2 ) 成立，试求实数 a 的取值范围.五、若对x1 1总 x22使得 f ( x1 )g(x2 ) 成立，则只需 f( x ) 值域 g( x ) 值域即可例 5：已知函数f ( x)4x27, g( x)x 33a 2 x 2a(a 1) 对x1 0,1 总 x20,1 使得2xf ( x1 ) g( x2 ) 成立，试求实数 a 的取值范围.六、若对x1 1， x22使得不等式 f ( x1 )g(x2 ) 恒成立，则只需 f ( x) max g( x)min即可例 6：已知两个函数 f ( x)7x 228x c, g(x)2x34x240 x ，若对 x13,3 ，x23,3 ，都有不等式 f ( x1 ) g( x2 ) 恒成立，求实数 c 的取值范围.七、若对 x1 1， x22满足不等式 f( x1 ) g( x2 )，则只需 f ( x) min g( x) max即可例 7：已知两个函数 f (x)x33x29 x c, g(x) x22x 1 ，若对x12,6 ， x22,6 ，使得不等式 f ( x1 ) g( x2 )成立，求实数 c 的取值范围.八、若对x1 1 ，总x2 2 ，使得 f ( x1 )g( x2) 成立，则只需 f ( x)min g( x) min即可例 8：已知两个函数 f ( x)x 82 ln x,g(x)e2 x e 2 x e x e x k ，若对x11,4，总xx2R ，使得 f ( x1 )g (x2 ) 成立，求实数k 的取值范围.九、若对x1 1，总x2 2，使得 f ( x1 )g( x2 ) 成立，则只需 f ( x) max g ( x) max即可例 9：已知两个函数f (x)131(x R),g x x22x b ，若对x1( 0,2)，总ln x x( )44xx2 1,2 ，使得 f ( x1 )g( x2 ) 成立，求实数b的取值范围.1答案： 1.,2. (2 1 e 2, ) 23. 3.略4.1 ,4 2 35.1,326.195,7.( ,76)8. (,2 2 ln 2)9. ( 5 ,)2。

“恒成立问题”与“存在性问题”的基本解题战略之巴公井开创作一、“恒成立问题”与“存在性问题”的基本类型 恒成立、能成立、恰成立问题的基本类型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 ∈B x 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、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 =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A B.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 =图象上方；10、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；恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表示形式通常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一切实数;某表达式的值恒大于a 等等…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。

命题角度 5：恒建立与存在性问题1.已知 a＜ 0，曲线 f （ x）=2ax2+bx+c 与曲线 g（x）=x2+alnx 在公共点（ 1，f （ 1））处的切线同样．（Ⅰ）试求c-a 的值；（Ⅱ）若 f （ x）≤ g（ x）+a+1 恒建立，务实数 a 的取值范围．【答案】（ 1）c- a=-1 （ 2）a∈[-1 ， 0）．【分析】试题剖析：（ I）利用列方程组，即可求得的值.（II）结构函数，将不等式恒建立问题转变为恒建立问题来解. 利用导数可求得函数最大值.(Ⅱ)设，则，恒建立，∵，∴，法一：由，知和在上单一递减，得在上单一递减，又，适当时，，当时，，所以在上单一递加，在上单一递减，得，由题意知，得，所以．点睛：此题考察函数导数与切线，考察函数导数与不等式恒建立问题的求解策略. 依据题目的已知条件“同一点的切线同样”也即是分红两个条件：切点同样、在切点的斜率也同样. 依据这两个条件能够获得两个方程，可是一共有个参数，故没法解出个未知的参数，只好用作差的方法求得的值 .2. 设函数f x e x ax 2（ 1）求f x的单一区间；（ 2）若a 1,k为整数，且当x 0时，k x f x 1 恒建立，此中f x为 f x 的导函数，求 k 的最大值.x1【答案】（ 1） f （x）在（ - ∞， lna ）单一递减，在（ lna ， +∞）上单一递加（2）2【分析】试题剖析：（ 1）先求导数，依据 a 的大小议论导函数能否变号：若a≤0，导函数恒非负，为单一增区间；若a＞ 0，导函数符号变化，先负后正，对应先减后增（2）分类变量得x1x，再利用导数求 g x x1最小值：在极小值点x0取最小值，依据极k1e x xe x1值定义得 e x0x0 2及零点存在定理确立范围 x01,2 ，化简最小值为x0 1 ，并确立其范围为（ 2,3），所以可得正整数 k 的最大值.试题分析：（ 1）函数 f （ x） =e x-ax-2 的定义域是 R，f ′（ x） =e x-a ，若 a≤0，则 f ′（ x） =e x- a≥0，所以函数 f （x） =e x-ax-2 在（ - ∞， +∞）上单一递加若 a＞ 0，则当 x∈（ - ∞， lna ）时， f ′（ x）=e x-a ＜ 0；当 x∈（ lna ， +∞）时， f ′（ x） =e x-a ＞ 0；所以， f （ x）在（ - ∞， lna ）单一递减，在（ lna ， +∞）上单一递加（2）因为 a=1，令，，令，在单一递加，且在上存在独一零点，设此零点为，则当时，，当时，，由，又所以的最大值为2点睛：利用导数研究不等式恒建立或存在型问题，第一要结构函数，利用导数研究函数的单一性，求出最值，从而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分别变量，结构函数，直接把问题转变为函数的最值问题.3. 已知函数f x xlnx x a 的极小值为0.（ 1）务实数a的值；（ 2）若不等式f x b x2对随意 x1, b 的取值范围. 1恒建立，务实数【答案】（ 1）a1；（2）1 , 2【分析】试题剖析：（ 1）由极小值的定义知道，只要要令f 'x0 ，解得 x 1 ，且描绘 x1b x 2x1双侧的单一性；（ 2 ）原式子转变为lnx 10在 1,上恒建立；求导xh ' x x1bx b1，研究导函数的正负即可，从而获得函数的单一性和最值即可。

第6讲利用导数研究不等式恒成立及函数相关问题选题明细表巩固提高A一、选择题1.(2017·浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( D )解析:观察导函数f′(x)的图象可知,f′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如图所示,f′(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x2>0,故选项D正确.故选D.2.直线x=t分别与函数f(x)=e x+1的图象及g(x)=2x-1的图象相交于点A和点B,则AB的最小值为( C )(A)2 (B)3(C)4-2ln 2 (D)3-2ln 2解析:由题意得,AB=|e x+1-(2x-1)|=|e x-2x+2|,令h(x)=e x-2x+2,则h′(x)=e x-2,所以h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0,即AB的最小值是4-2ln 2.故选C.3.已知函数f(x)=x3-2x2+3m,x∈[0,+∞),若f(x)+5≥0恒成立,则实数m的取值范围是( A )(A)[,+∞) (B)(,+∞)(C)(-∞,2] (D)(-∞,2)解析:由题x3-2x2+3m+5≥0在[0,+∞)上恒成立,令g(x)=x3-2x2+3m+5,由g′(x)=x2-4x>0得x>4,由g′(x)≤0得0≤x≤4,所以g(x)min=g(4)=-32+3m+5≥0,得m≥,故选A.4.已知e是自然对数的底数,若函数f(x)=e x-x+a的图象始终在x轴上方,则实数a的取值范围是( C )(A)(-∞,-1)∪(0,1) (B)(-1,0)∪(1,+∞)(C)(-1,+∞) (D)(0,1)∪(1,+∞)解析:由题e x-x+a>0恒成立,f′(x)=e x-1,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=1-0+a>0,得a>-1.5.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为( A ) (A)-ln 2-1 (B)ln 2-1(C)-ln 2 (D)ln 2解析:由题存在x0,使x0+-ln(x0+2)+4=3,即+=ln(x0+2)-x0+3,令y1=+,y2=ln(x0+2)-x0+3,y1≥4,当且仅当x0=a+ln 2时等号成立,y′2=-1=-,y2=ln(x0+2)-x0+3在(-2,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,所以y2的最大值为4.所以当a+ln 2=-1,即a=-ln 2-1时等式成立,故选A.6.若点P是曲线y=x2-2ln x上任意一点,则点P到直线y=x-的距离的最小值为( C )(A) (B)(C)(D)解析:由题意作图如图,当点P是曲线的切线中与直线y=x-平行的直线的切点时,距离最小. 曲线y=x2-2ln x,令y′=3x-=1,解得x=1,故点P的坐标为(1,),故点P到直线y=x-的距离的最小值为=,故选C.二、填空题7.若x=1是函数f(x)=x3+的一个极值点,则实数a= .解析:f′(x)=3x2-,f(1)=3-a=0,得a=3.经检验,符合题意.答案:38.设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为.解析:当x=0时,a∈R,当x∈(0,1]时,a≥,令g(x)=,g′(x)==,g(x)在(0,)上单调递增,在(,1]上单调递减,g(x)max=g()==4,所以a≥4,当x∈[-1,0)时,a≤,g(x)=为增函数,所以g(x)min=4,所以a≤4.综上,a=4.答案:49.已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x1∈[0,1],存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是.解析:f′(x)=1+>0,所以f(x)在[0,1]上为增函数,f(x1)min=f(0)=-1,g′(x)=2x-2a=2(x-a),在(a,+∞)上g(x)单调递增,在(-∞,a)上,g(x)单调递减,或或得a≥.答案:[,+∞)10.函数y=f(x)在其定义域(-,3)内可导,其图象如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为.解析:由f′(x)≤0时,f(x)单调递减.由函数图象可知当x∈[-,1]∪[2,3)时,f(x)单调递减,所以f′(x)≤0的解集为[-,1]∪[2,3).答案:[-,1]∪[2,3)三、解答题11.(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a<0时,证明f(x)≤--2.(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax+2a+1=.若a≥0,因为x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a<0,因为x∈(0,-)时,f′(x)>0;当x∈(-,+∞)时,f′(x)<0,故f(x)在(0,-)上单调递增,在(-,+∞)上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f （-）=ln(-)-1-,所以f(x)≤--2等价于ln(-)-1-≤--2,即ln(-)++1≤0,设g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=-1.当x∈(0,1)时,g′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0,所以当x>0时,g(x)≤0,从而当a<0时,ln(-)++1≤0,即f(x)≤--2.12.已知函数f(x)=(x-1)e x-ax的图象在x=0处的切线方程是x+y+b=0.(1)求a,b的值;(2)求证:函数f(x)有唯一的极值点x0,且f(x0)>-.(1)解:f′(x)=xe x-a,由f′(0)=-1得a=1,切线方程为y-(-1)=-1(x-0),即x+y+1=0,所以b=1.(2)证明:令g(x)=f′(x)=xe x-1,则g′(x)=(x+1)e x,所以当x<-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)<0,在(-∞,-1)内无零点. 又当x≥-1时,g(x)单调递增,又g(-1)<0,g(1)=e-1>0,所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一极值点,由x0=1⇒=,f(x0)=-x0=1-(+x0),又g()=-1<0,g(1)=e-1>0⇒<x0<1⇒+x0<,所以f(x0)>-.巩固提高B一、选择题1.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-](C)[-6,-2] (D)[-4,-3]解析:当x=0时,a∈R,当x∈(0,1]时,a≥恒成立,令g(x)=,g′(x)=>0,即g(x)在(0,1]上为增函数,g(x)max=g(1)=-6,所以a≥-6,当x∈[-2,0)时,a≤恒成立,由g(x)=,g′(x)=>0得-1<x<0,所以g(x)在[-2,-1)上减,在(-1,0)上增,g(x)min=g(-1)=-2,所以a≤-2.综上-6≤a≤-2.故选C.2.已知f(x)为R上的可导函数,且对∀x∈R,均有f(x)>f′(x),则有( D )(A)e2 016f(-2 016)<f(0),f(2 016)<e2 016f(0)(B)e2 016f(-2 016)>f(0),f(2 016)>e2 016f(0)(C)e2 016f(-2 016)<f(0),f(2 016)>e2 016f(0)(D)e2 016f(-2 016)>f(0),f(2 016)<e2 016f(0)解析:令g(x)=,则g′(x)=,因为f(x)>f′(x),所以g′(x)<0,所以函数g(x)为R上的减函数,所以g(-2 016)>g(0)>g(2 016),即>>,所以f(0)<=e2 016f(-2 016),e2 016f(0)>f(2 016),故选D. 3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2+a(x为常数),直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切,且l与函数f(x)的图象的切点的横坐标为1,则a的值为( A )(A)- (B)(C)-2 (D)2解析:因为f(1)=0,f′(x)=,f′(1)=1,所以l:y-0=x-1,y=x-1,再由x-1=x2+a的判别式为零得Δ=1-4××(a+1)=0⇒a=-.4.已知函数f(x)=x2++c(b,c是常数)和g(x)=x+是定义在M={x|1≤x≤4}上的函数,对于任意的x∈M,存在x0∈M使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0),且f(x0)=g(x0),则f(x)在集合M上的最大值为( B ) (A)(B)5 (C)6 (D)8解析:因为g(x)=x+≥2=1(当且仅当x=2时,等号成立),所以f(2)=2++c=g(2)=1,所以c=-1-,所以f(x)=x2++c=x2+-1-,所以f′(x)=x-=.因为f(x)在x=2处有最小值,所以f′(2)=0,b=8,所以c=-5,所以f(x)=x2+-5,f′(x)=,所以f(x)在[1,2]上单调递减,在[2,4]上单调递增,而f(1)=+8-5=,f(4)=8+2-5=5,所以函数f(x)的最大值为5.故选B.5.已知函数f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=-x+,若任意给定的x0∈[0,2],总存在两个不同的x i(i=1,2)∈[0,2],使得f(x i)=g(x0)成立,则实数a 的取值范围是( A )(A)(-∞,-1) (B)(1,+∞)(C)(-∞,-1)∪(1,+∞) (D)[-1,1]解析:当a=0时,显然不成立,故排除D;当a>0时,注意到f′(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1),即f(x)在[0,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数,又f(0)=1<=g(0),当x0=0时,结论不可能成立;进一步,可知a<0,此时g(x)在[0,2]上是增函数,且取值范围是[,-+],同时f(x)在0≤x≤1时,函数值从1增大到1-a,在1≤x≤2时,函数值从1-a减小到1+4a,所以“任意给定的x0∈[0,2],总存在两个不同的x i(i=1,2)∈[0,2],使得f(x i)=g(x0)成立”,由f(0)=1<,f(2)=1+4a<,当且仅当f(x)的最大值>g(x)的最大值,即1-a>-+,解得a<-1.故选A.6.已知函数f(x)=若|f(x)|≥ax,则a的取值范围是( D )(A)(-∞,0] (B)(-∞,1](C)[-2,1] (D)[-2,0]解析:|f(x)|≥ax⇔成立.(1)由①得x(x-2)≥ax在区间(-∞,0]上恒成立.当x=0时,a∈R;当x<0时,有x-2≤a恒成立,所以a≥-2.故a≥-2.(2)由②得ln(x+1)-ax≥0在区间(0,+∞)上恒成立,设h(x)=ln(x+1)-ax(x>0),则h′(x)=-a(x>0),可知h′(x)为减函数.当a≤0时,h′(x)>0,故h(x)为增函数,所以h(x)>h(0)=0恒成立;当a≥1时,因为∈(0,1),所以h′(x)=-a<0,故h(x)为减函数,所以h(x)<h(0)=0恒成立,显然不符合题意;当0<a<1时,对于给定的一个确定值a,总可以至少找到一个x0>0,满足h(x0)=ln(x0+1)-ax0<0成立.如a=时,取x0=4,则h(x0)=ln 5-2<0成立,可知0<a<1时,不符合题意.故a≤0.由(1)(2)可知a的取值范围是[-2,0].故选D.二、填空题7.若函数f(x)=ax3-ax2+(2a-3)x+1在R上存在极值,则实数a的取值范围是.解析:f′(x)=ax2-2ax+2a-3,所以Δ=4a2-4a(2a-3)>0,所以a的范围是(0,3).答案:(0,3)8.若函数f(x)=2x+sin x对任意的m∈[-2,2],f(mx-3)+f(x)<0恒成立,则x的取值范围是.解析:因为f(x)是R上的奇函数,f′(x)=2+cos x>0,则f(x)在定义域内为增函数,所以f(mx-3)+f(x)<0可变形为f(mx-3)<f(-x),所以mx-3<-x,设g(m)=x·m-3+x,m∈[-2,2],可得当m∈[-2,2]时,g(m)<0恒成立.g(2)<0,g(-2)<0,解得-3<x<1.答案:(-3,1)9.定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式e x f(x)>e x+3(其中e为自然对数的底数)的解集为.解析:设g(x)=e x f(x)-e x(x∈R),则g′(x)=e x f(x)+e x f′(x)-e x=e x[f(x)+f′(x)-1],因为f(x)+f′(x)>1,所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(x)>0,所以g(x)在定义域上单调递增,因为e x f(x)>e x+3,所以g(x)>3,又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,所以g(x)>g(0),所以x>0.答案:(0,+∞)三、解答题10.(2017·天津卷)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足|-x0|≥.(1)解:由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f′(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g′(x)=24x2+18x-6.令g′(x)=0,解得x=-1或x=.当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:(-1,,+-所以g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(,+∞),单调递减区间是(-1,).(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1′(x)=g′(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g′(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1′(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1′(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2′(x)=g(x0)-g(x).由(1)知,g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2′(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2′(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以h(m)h(x0)<0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2], 令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点. 当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)(-x0)-f()=0.由(1)知,g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是|-x0|=||≥=.因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增, 所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他零点.而≠x0,故f()≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以|-x0|≥.所以只要取A=g(2),就有|-x0|≥.11.(2017·温州六校)已知函数f(x)=e kx(k-x)(k≠0).(1)当k=2时,求y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)对任意x∈R,f(x)≤恒成立,求实数k的取值范围. 解:(1)当k=2时,f(x)=e2x(2-x),因为f′(x)=2e2x(2-x)-e2x=e2x(3-2x),所以f′(1)=e2,又因为f(1)=e2,所以所求的切线方程为y-e2=e2(x-1),即y=e2x.(2)因为e kx(k-x)≤,所以当x=k时,0≤,0<k,所以k(k-x)≤e-kx,设g(x)=e-kx+kx-k2,g′(x)=-ke-kx+k=k(1-e-kx),当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0.所以g(x)在区间(-∞,0)上是减函数,在区间(0,+∞)上是增函数, 所以g(x)min=g(0)=1-k2≥0,又k>0,所以0<k≤1.。

导数恒成立与存在问题恒成立与存在问题恒成立1.若e x ≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：选A 由e x ≥k ＋x ，得k ≤e x －x . 令f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )<0时，x <0，f ′(x )>0时，x >0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴k 的范围为(－∞，1]．故选A.2.设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为__________．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立．当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx4，所以g (x )在区间? ????0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ? ??12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0]时，同理，a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上，可知a ＝4. 答案：43.已知函数f (x )＝2x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <32解析：选A.因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.4.已知a ≤1－x x ＋ln x 对任意x ∈[12，2]恒成立，则a 的最大值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：设f (x )＝1－xx＋ln x ，则f ′(x )＝－x ＋x －1x 2＋1x ＝x －1x2. 当x ∈[12，1)时，f ′(x )<0，故函数f (x )在[12，1)上单调递减；当x ∈(1，2]时，f ′(x )>0，故函数f (x )在(1，2]上单调递增，∴f (x )min ＝f (1)＝0，∴a ≤0，即a 的最大值为0. 答案：A 5.已知函数x x x f ln )(=.若对于所有1≥x 都有)(1)(R a ax x f ∈-≥,求a 的取值范围.解析：依题意得()1f x ax ≥-在[)1,+∞上恒成立，即不等式 1ln a x x≤+，对于[)1,x ∈+∞恒成立。