导数恒成立

高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。

1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。

2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。

例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。

例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。

解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。

我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。

综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。

等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法 常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln ()xf x x+=． （Ⅰ）若函数在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln ()x f x x +=，0x > ，则ln ()xf x x'=-， … 1分 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． 所以()f x 在（0，1）上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值．… 2分因为函数()f x 在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值， 所以1,112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩ 解得1 1.2a << … 4分（Ⅱ）不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )(),x x g x x++= 所以22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln (),x x x x x x xg x x x '++-++-'==… 6分令()ln ,h x x x =-则1()1h x x'=-，1,()0.x h x '≥∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，min [()](1)10h x h ∴==>，从而()0g x '>故()g x 在[1,)+∞上也单调递增，min [()](1)2g x g ∴==，所以2k ≤ …8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围 例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围； （2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则① 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：； （8分）② 当时，，即在上单调递增，且，则恒成立； （10分）③ 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数x x x f ln )(=。

导数恒成立问题求参数范围好嘞，今天咱们聊聊“导数恒成立问题求参数范围”这个话题，别看这个名字听上去高大上，其实说白了就是要搞清楚，什么情况下一个函数的导数总是成立。

先来个简单的背景介绍，导数嘛，就是数学里用来描述一个函数变化速度的工具，像车速表一样。

你要是开车，看看速度表，啊，今天我开得挺快，这就是导数在起作用。

好了，咱们举个简单的例子，想象你有个函数，它的样子就像是弯弯曲曲的山路。

你走这条路的时候，有时候上下起伏，有时候平平的。

如果这条路一直都是上坡或者下坡，那导数就恒成立了。

反过来，如果你遇到的路况不一样，比如突然出现个大坑，那导数就不再恒成立了，懂了吗？再来点具体的，假设有个函数，像是f(x) = ax² + bx + c。

这个函数的导数就是f'(x) = 2ax + b。

如果我说这个导数恒成立，那么就意味着不管你给我什么x，这个导数都必须有意义，也就是说，不会变成无穷大，或者不连续。

这里的参数a、b、c就成了关键角色，像是我们生活中的小伙伴，得看他们的表现。

现在，你可能会问，怎么才能搞清楚这参数的范围呢？我们得先了解什么是“恒成立”。

就像你每天吃饭，不管怎样都得吃，不可能今天想吃米饭，明天又想吃饺子，哈哈，没门儿！所以对于我们的函数，如果它的导数在某个范围内都是稳定的，那我们就得找出这个范围。

这些参数就像是调味料，放多了味道会太重，放少了又不够。

这时候我们可以考虑导数的零点，特别是2ax + b = 0的时候，咱们可以解出x的值。

想象一下，如果有个b恰好是0，那这个函数就像是一个平稳的湖面，没有波澜，真是太好啦！但是，若是a也为0，那这个函数直接就成了常数函数，导数自然也成了0。

这样一来，大家都快乐，哈哈。

不过，若是a大于0或者小于0，那我们就得小心了。

因为这时候函数的形状会随着x的变化而变化。

我们不想一会儿上天，一会儿入地，对吧？所以参数a就像是把握方向的舵，得仔细考虑。

导数恒成立问题连锁反应
导数恒成立问题指的是在微积分中，对于一个函数，其导数在
某个区间内恒定不变的问题。

连锁反应则是指复合函数的导数问题。

接下来我将从不同角度来回答这个问题。

从数学角度来看，导数恒成立问题涉及到函数的导数是否在某
个区间内始终保持不变。

这意味着函数的斜率在该区间内保持恒定。

这对于一些特定类型的函数来说是成立的，比如线性函数和常数函数。

然而，对于其他类型的函数来说，导数并不一定会在整个区间
内恒定不变。

在连锁反应的情况下，我们考虑的是复合函数的导数。

当一个
函数嵌套在另一个函数内部时，我们需要使用链式法则来计算导数。

这涉及到将外部函数的导数与内部函数的导数相乘。

这种连锁反应
会导致导数的计算变得更加复杂，特别是当涉及到多个嵌套函数时。

从实际应用角度来看，导数恒成立问题在物理学和工程学中具
有重要意义。

例如，在物理学中，如果一个物体的速度是一个恒定
的值，那么它的位置函数的导数就是一个常数。

这种情况在匀速直
线运动中是成立的。

在工程学中，导数恒成立问题可以帮助工程师
分析和优化控制系统的性能。

在解决导数恒成立问题和连锁反应问题时，数值计算和计算机模拟也起着重要作用。

通过使用数值方法和计算机算法，我们可以更好地理解复杂函数的导数行为，以及复合函数的导数是如何相互影响的。

总的来说，导数恒成立问题和连锁反应问题涉及到微积分中的基本概念和技巧，对于理解函数的变化规律和在实际问题中的应用都具有重要意义。

在数学、物理学和工程学等领域，这些问题都有着广泛的应用和研究意义。

1、设函数f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．2、已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.3、设函数f(x)＝a e x ln x＋b e x－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.4、已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围；(3)若∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，f(x1)＋2x1<f(x2)＋2x2恒成立，求a的取值范围．5、若不等式2x ln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(－∞，4] C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)答案： B 2x ln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋3x.设h(x)＝2ln x＋x＋3x(x＞0)，则h′(x)＝（x＋3）（x－1）x2.当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.故a的取值范围是(－∞，4]．6、已知函数f(x)＝12x2－a ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)的图象在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，求a，b的值；(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．7、已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)内总不是单调函数，求m 的取值范围．8、已知a ∈R ，函数f (x )＝4x 3－2ax ＋a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：当0≤x ≤1时，f (x )＋|2－a |＞0.9、已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数．(1)证明：f (x )是R 上的偶函数；(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围； (3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．答案：1、解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ， 由题意得⎩⎨⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时， a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22即可，所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．2、【解析】 (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x ， 由(1)得g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)>0，故g (x )在R 上单调递增．又g (0)＝1>0， 因此，当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x . (3)证明：方法一：①若c ≥1，则e x ≤c e x . 又由(2)知，当x >0时，x 2<e x . 所以当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c >1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立． 而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x .所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c ，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法二：对任意给定的正数c ，取x 0＝4c， 由(2)知，当x >0时，e x >x 2， 所以e x＝e x 2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法三：首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x . 证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x . 由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x.取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .3、解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x ·e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e. 故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0.故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .设函数h (x )＝x e －x －2e ， 即h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)的最大值为h (1)＝－1e .综上，当x >0时，g (x )>h (x )， 即f (x )>1.4、解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，则f (1)＝－2，f (1)＝0.所以切线方程是y ＝－2.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域是(0，＋∞)．当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－（a ＋2）x ＋1x ＝（2x －1）（ax －1）x(x >0)．令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝1a .①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (1)＝－2；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不合题意，故1e <a <1舍去；③当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值是f (e)<f (1)＝－2，不合题意，故0<a ≤1e 舍去．综上所述，a 的取值范围为[1，＋∞)．(3)设g (x )＝f (x )＋2x ，则g (x )＝f (x )＋2x ＝ax 2－ax ＋ln x ，只要g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立即可．而g ′(x )＝2ax －a ＋1x ＝2ax 2－ax ＋1x(x >0)．①当a ＝0时，g ′(x )＝1x >0，此时g (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≠0时，因为x >0，依题意知，只要2ax 2－ax ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立．记h (x )＝2ax 2－ax ＋1，则抛物线过定点(0，1)，对称轴x ＝14.故必须⎩⎨⎧a >0，Δ＝a 2－8a ≤0，即0<a ≤8. 综上可得，a 的取值范围为[0，8]．6、解：(1)因为f ′(x )＝x －ax(x >0)，且f (x )在x ＝2处的切线方程为y ＝x ＋b ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2－a ln 2＝2＋b ，2－a 2＝1，解得a ＝2，b ＝－2ln 2.(2)若函数f (x )在(1，＋∞)上为增函数，则f ′(x )＝x －ax ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤x 2在(1，＋∞)上恒成立．所以a ≤1.7、解：(1)f ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)，当a >0时，f (x )的单调增区间为(0，1)，减区间为[1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数． (2)由(1)得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3， ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)内总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t ，3)内有变号零点． 由于g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，得m >－373. 所以－373<m <－9.8、解：(1)由题意得f ′(x )＝12x 2－2a .当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当a ＞0时，f ′(x ) ＝12⎝⎛⎭⎪⎫x －a 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 6， 此时函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－a 6和⎣⎢⎡⎭⎪⎫a 6，＋∞， 单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a 6，a 6. (2)证明：由于0≤x ≤1，故当a ≤2时，f (x )＋|a －2|＝4x 3－2ax ＋2≥4x 3－4x ＋2.当a ＞2时，f (x )＋|a －2| ＝4x 3＋2a (1－x )－2≥4x 3＋4(1－x )－2＝4x 3－4x ＋2. 设g (x )＝2x 3－2x ＋1，0≤x ≤1，则 g ′(x )＝6x 2－2＝6⎝⎛⎪⎫x －3 ⎛⎪⎫x ＋3.于是所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫33＝1－439＞0.所以当0≤x ≤1时，2x 3－2x ＋1＞0. 故f (x )＋|a －2|≥4x 3－4x ＋2＞0.9、解：(1)证明：因为对任意x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e－(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令t ＝e x (x >0)，则t >1， 所以m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋1对任意t >1成立． 因为t －1＋1t －1＋1≥2（t －1）·1t －1＋1＝3，所以－1t －1＋1t －1＋1≥－13，当且仅当t ＝2，即x ＝ln 2时等号成立．因此实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－13.(3)令函数g (x )＝e x ＋1e x －a (－x 3＋3x )，则g ′(x )＝e x －1e x ＋3a (x 2－1)．当x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0，又a >0，故g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是g (1)＝e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋3x 0)<0成立，当且仅当最小值g (1)<0，故e ＋e－1－2a <0，即a >e ＋e －12.令函数h (x )＝x －(e －1)ln x －1，则h ′(x )＝1－e －1x .令h ′(x )＝0，得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调增函数． 所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0； 当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时，h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立． ①当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e ⊆(1，e)时，h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋e －12，e时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.。

高三数学-导数专题 恒成立、能成立问题专题 基础理论回顾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：()af 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：()af 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、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方； 9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，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；导数专题 恒成立、能成立问题专题 经典题型题型一、简单型 例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；（构造新函数） 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；（转化）例2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 例3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m的取值范围为题型二、更换主元和换元法例1、已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函数，(Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若[]2()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立，求t 的取值范围；例2、已知二次函数1)(2++=x ax x f 对[]2,0∈x 恒有0)(>x f ，求a 的取值范围。

专题1.14导数-恒成立问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；（2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．2．恒成立问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则恒成立：()()min ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()max ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；（2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则恒成立：()()max a f x a f x >⇔>；()()min a f x a f x <⇔<；1．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<．（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】百师联盟2020-2021学年高三下学期开年摸底联考考试卷（全国Ⅰ卷）【答案】（1）证明见解析；（2）1a <-．【分析】（1）对函数求导，讨论函数的单调区间，进而可证明结果．（2）构造函数()e sin 10=+-+<x h x a x x ，只需函数最大值小于0即可得出结果．【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π．所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x ．（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-．2．已知函数()()2112f x x alnx a x =-+-．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()22a f x >恒成立，求正实数a 的取值范围、【试题来源】吉林省长春市2021届高三质量监测（二）【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增；（2）01a <<．【分析】（1）求出导函数()()()1x x a f x x+-'=，讨论0a ≤或0a >，利用函数的单调性与导数之间的关系即可求解．（2）令()()2 2a g x f x =-，结合（1）不等式等价于()0g a >，只需10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，根据函数为增函数即可求解．【解析】() 1定义域为()0,-∞，()()()()2111x a x a x x a af x x a x x x+--+-'=-+-==当0a ≤时，在(0,)+∞上()0,f x '≥所以()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()'0f x >有,x a >令()'0f x <有0,x a <<所以()f x 在()0,a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．()2令()()2 2a g x f x =-，由()1及a 为正数知，()()22ag x f x =-在x a =处取最小值，所以()22a f x >恒成立等价于()0g a >，即()10alna a a -+->，整理得10lna a +-<，令()1h x lnx x =+-，易知()h x 为增函数，且()10,h =所以10lna a +-<的a 的取值范围是01a <<.3．已知函数1()ln ()f x a x a R x=+∈．（1）讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；（2）当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【试题来源】河北省张家口市2021届高三一模【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞，2211()a ax f x x x x-'=-=．当0a 时，2110,0ax ax x --<<，则()0f x '<，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+．当0a >时，令()0f x '<，得10x a <<；令()0f x '>，得1x a>；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =；当12a ，即102a < 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭．综上，当12a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =．（2）当1a =时，1()ln f x x x=+，要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+，即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x < 时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)x h x e x x x x =+-->，则()sin ln 1x h x e x x '=---．设()sin ln 1(1)x g x e x x x =--->，，则因为1()cos xg x e x x'=--．因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->，所以当1x >时，()g x 单调递增，所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>，所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x +<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．【名师点睛】此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想，第2问解题的关键是把cos ()x e xf x x+<等价转化为ln cos 1x x x e x <+-，然后构造函数，利用导数证明即可，属于中档题4．已知函数f (x )＝ax －ln x －1．（1）若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值；（2）求证：xe x-＋x ＋ln x －1≥0；（3）已知k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．【解析】（1）f (x )≥0等价于a ≥ln 1x x+．令g (x )＝ln 1x x+(x ＞0)，则g ′(x )＝2ln xx -，所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g （1）＝1，则a ≥1，所以a 的最小值为1．（2）证明：当a ＝1时，由（1）得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令x e x -＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以x e x -≥－x －ln x ＋1，即xe x-＋x ＋ln x －1≥0．（3）因为k (x e -＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k xex x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥1－ln x 恒成立，所以k ≥1ln xx e x x--+＝－ln 1xx e x x x e x x--++-+＋1，由（2）知x e x -＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－+ln 1xxe x x x e x x--+-+＋1≤1，所以k ≥1．故k 的取值范围为[1，＋∞)．【名师点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．5．已知函数()()1ln 2f x x mx m R =-∈，()()0ag x x a x=->．（1）求函数()f x 的单调区间．（2）若212m e=，对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习讲练测【答案】（1）答案见解析；（2）(]0,3．【分析】（1）函数的定义域为()0,∞+，求导得()1'2f x m x=-，再分0m ≤和0m >两种情况讨论求解即可；（2）根据题意，问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）()()1ln ,02f x x mx m R x =-∈>，所以()1'2f x m x=-，当0m ≤时，()0f x >′，()f x 在()0,∞+上单调递增．当0m >时，由()0f x '=得12x m=；由()'00f x x ⎧>⎨>⎩得102x m <<；由()'00f x x ⎧<⎨>⎩得12x m >．综上所述，当0m ≤时，()f x 的单调递增区间为()0,∞+；当0m >时，()f x 的单调递增区间为10,2m ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2m ⎛⎫+∞⎪⎝⎭．（2）若212m e =，则()211ln 22f x x x e =-．对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都有()()12g x f x ≥成立，等价于对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都()()min max g x f x ≥，由（1）知在22,e ⎡⎤⎣⎦上单调递增，在22,2e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()f x 的最大值为()212f e =，()()2'100a g x a x=+>>，22,2x e ⎡⎤∈⎣⎦，函数()g x 在22,2e ⎡⎤⎣⎦上是增函数，()()222min a g x g -==，所以1222a -≥，解得3a ≤，又0a >，所以(]0,3a ∈．所以实数a 的取值范围是(]0,3．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调区间，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，回归转化思想，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于根据已知将问题转化为对2122,2,x x e ⎡⎤∀∈⎣⎦都满足()()min max g x f x ≥，再研究函数的最值求解．6．已知函数()axf x e x =-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处切线的斜率为1，求()f x 的单调区间；（2）若不等式()2ln ax f x e x ax ≥-对(]0,x e ∈恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】云南西南名校2021届高三下学期联考【答案】（1）单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【分析】（1）由题设()1axf x ae '=-，根据导数的几何意义有()01f '=，可求a ，即()221x f x e '=-，进而可求()f x 的单调区间；（2）由题意，函数不等式恒成立可转化为(]0,x e ∈上ln 1ln 1ax axxe e x --≥恒成立，构造函数()ln 1x g x x -=，应用导数研究其单调性可得ln xa x≥在(]0,x e ∈上恒成立，即在(]0,x e ∈上max ln (xa x≥即可求a 的取值范围．【解析】（1）()1axf x ae '=-，则()011f a '=-=，即2a =．所以()221xf x e '=-，令()0f x ¢=，得ln 22x =-．当ln 22x <-时，()0f x ¢<；当ln 22x >-时，()0f x ¢>．故()f x 的单调递减区间为ln 2,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭，单调递增区间为ln 2,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．（2）由()2ln ax f x e x ax ≥-，即()2ln 1axax x e x -≥-，有1ln 1ax a x e x x --≥，故仅需ln 1ln 1ax axxe e x --≥即可．设函数()ln 1x g x x -=，则ln 1ln 1ax axxe e x --≥等价于()()axg e g x ≥．因为()22ln x g x x -'=，所以当(]0,x e ∈时，()0g x ¢>，则()g x 在(]0,e 上单调递增，所以当(]0,x e ∈时，()()axg eg x ≥等价于当(]0,x e ∈时，()()ax g e g x ≥，ax e x ≥，即ln xa x≥恒成立．设函数()ln x h x x =，(]0,x e ∈，则()21ln 0xh x x-'=≥，即()h x 在(]0,x e ∈递增，所以()()max 1h x h e e==，则1a e ≥即可，所以a 的取值范围为1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．【名师点睛】（1）应用导数的几何意义求参数值，进而讨论对应函数的单调性确定单调区间；（2）构造函数()ln 1x g x x-=，将不等式恒成立问题转化为利用函数()g x 单调性得ax e x ≥，应用参变分离判断(]0,x e ∈上max ln (xa x≥，确定参数范围．7．设函数()1()x xa a f x e -=+>．（1）求证：()f x 有极值点；（2）设()f x 的极值点为0x ，若对任意正整数a 都有()0,x m n ∈，其中,m n Z ∈，求n m -的最小值．【试题来源】江苏省盐城市、南京市2021届高三下学期第一次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）由题意得()ln xxf x a a e -'=-，所以()()2ln 0x x f x a a e -''=+>，所以函数()f x '单调递增，由()0f x '=，得()()ln 1,1ln x xae a ae a==．因为1a >，所以1ln 0a>，所以1log ln ae x a =．当1log ln aex a >时，()()0,f x f x '>单调递增；当1log ln ae x a<时，()()0,f x f x '<单调递减．因此，当1log ln ae x a=时函数()f x 有极值．（2）由（1）知，函数()f x 的极值点0x （即函数()f x '的零点）唯一，因为ln (1)af e a'-=-．令()ln a g a a =，则()21ln 0a a g a '-==，得a e =．当a e >时，()()0,g a g a '<单调递减；当0a e <<时，()()0,g a g a '>单调递增，所以()()1g a g e e ≤=，所以()ln 10af ae '-=-<．而()0ln 1f a '=-，当2a =时，()00f '<，当3a ≥时，()00f '>．又()1ln 1a ef a '=-．因为a 为正整数且2a ≥时，所以ln 2ln 121a a e≥>>．当2a ≥时，()10f '>．即对任意正整数1a >，都有()10f '-<，()10f '>，所以()01,1x ∈-恒成立，且存在2a =，使()00,1x ∈，也存在3a =，使()01,0x ∈-．所以n m -的最小值为2．【名师点睛】本题考查导数的应用，解题的关键是利用导数结合零点存在性定理得出()10f '-<，()10f '>，得出,m n 的可能值．8．已知函数2()2ln 43()f x x ax ax a a =+-+∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对(1,)x ∈+∞，都有()0f x >成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】山西省晋中市2021届高三下学期二模【答案】（1）答案见解析；（2）01a ．【分析】（1）求出函数的导数，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，分段讨论a 的值，判断()g x 的正负情况可得出单调性；（2）可得当01a 时，()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立；当0a <时，可得存在x ，使得()(1)0f x f <=，即可得出结论．【解析】（1）()22212()24(0)ax ax f x ax a x x x'-+=+-=>，令2()21(0)g x ax ax x =-+>，①当0a =时，()10g x =>，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．②当0a <时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得2212,a a a a a a x x a a--==，且120x x >>，所以当()10,x x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()1,x x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．③当0a >时，4(1)a a ∆=-，当01a < 时，4(1)0a a ∆=- ，在(0,)+∞上，()0f x '>，所以()f x 单调递增．当1a >时，2444(1)0a a a a ∆=-=->，令()0g x =，得2212,a a a a a a x x a a--==，且120x x <<，所以当()10,x x ∈或()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调递增；当()12,x x x ∈时，()0f x '<，所以()f x 单调递减．综上可得当0a <时，()f x 在()10,x 上单调递增，在()1,x +∞上单调递减；当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减．（2）因为(1)0f =，根据（1）的讨论可知，当01a 时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=成立．当0a <时，()f x 在()1,x +∞上单调递减，x →+∞时，()f x →-∞，所以存在()1,x x ∈+∞使得()0f x <，故此时不成立．当1a >时，()f x 在()()120,,,x x +∞上单调递增；在()12,x x 上单调递减，而121a a x x a a-+=<<=，所以当()21,x x ∈时，()f x 单调递减，此时()(1)0f x f <=，不合题意．综上可得01a ．【名师点睛】本题考查利用导数讨论含参函数的单调性问题，解题的关键是根据导数情况观察参数，对参数进行分段讨论，便于得出导数正负．9．已知函数()e ln ax f x x x =-，其中e 是自然对数的底数，0a >．（1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线斜率为21e -，求a 的值；（2）对于给定的常数a ，若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，求证：b a ≤．【试题来源】江苏省苏州市2021届高三下学期期初【答案】（1）1a =；（2）证明见解析．【分析】（1）求出()'f x ，根据导数的几何意义可得(1)21k f e '==-建立方程，求解方程即可得到答案．（2）不等式()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，先证明1t e t ≥+恒成立，由此结论可得ln ln 1ln 1ax ax x xe x e x a x x+----=≥，从而可证明．【解析】（1）因为1()(1)axf x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a e e +-=．设()(1)2x h x x e e =+-，由于()(2)0xh x x e '=+>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，由(1)()02a a e h a e +-==可得1a =．（2）设()1tu t e t =--，则()1t u t e '=-，当0t >时，()0u t '>，当0t <时，()0u t '<，所以()u t 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以m in()(0)0u t u ==，即()0u t ≥，所以1(*)t e t ≥+．若()1f x bx ≥+对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ax xe x bx --≥对(0,)x ∈+∞恒成立，即ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立．设ln 1()ax xe x g x x--=，由（*）可知ln ln 1ln 1ln 1ln 1()ax ax x xe x e x ax x x g x a x x x+----++--==≥=，当且仅当()ln 0x ax x ϕ=+=时等号成立．由()1()00x a x xϕ'=+>>，所以()ϕx 在()0+∞，上单调递增，又()()1aaa eaea a e ϕ---=-=-，由0a >，所以10a e --<，即()0a e ϕ-<()10a ϕ=>，则存在唯一()0,1a x e -∈使得0()=0x ϕ即方程()ln 0x ax x ϕ=+=有唯一解()0,1ax e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1ax e -∈时取等号)由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，所以b a ≤．【名师点睛】本题考查根据切线的斜率求参数和利用导数证明不等式，解答本题的关键是先证明辅助不等式1te t ≥+，然后将问题转化为由ln 1ln 1ax axx xe x b e x x x--≤--=对(0,)x ∈+∞恒成立，由辅助不等式可得ln ln 1ln 1ln 1ln 1ax ax x xe x e x ax x x a x x x+----++--=≥=，从而使得问题得证，属于难题．10．已知函数3()2x f x e x mx =+++．（1）若x 轴为曲线()y f x =的切线，试求实数m 的值；（2）已知()()xg x f x e =-，若对任意实数x ，均有()1e()x g g x + ，求m 的取值范围．【试题来源】福建省名校联盟优质校2021届高三大联考【答案】（1）e 3m =--；（2）[1,)m ∈-+∞【解析】（1）由2()e 3x f x x m '=++，设曲线()y f x =与x 轴相切于()0,0P x ，则()00f x =，()00f x '=．所以0030020e 20e 30x x x mx x m ⎧+++=⎪⎨++=⎪⎩，代入整理得()()020001e 210x x x x ⎡⎤-+++=⎣⎦，由0e 0x >，22000131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭，所以01x =，此时e 3m =--．经检验，当e 3m =--时，x 轴为曲线()y f x =的切线．（2）由3()()e 2x g x f x x mx =-=++，记1()e x h x x +=-，1()e 1x h x +'=-(,1)x ∈-∞-时，()0h x '<；(1,)x ∈-+∞时，()0h x '>，故()y h x =在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以()(1)2h x h ≥-=，不妨设1e x x t +-=(2t ≥)，则()1e ()()()x g g x g x t g x +-=+-()33()()22x t m x t x mx ⎡⎤=++++-++⎣⎦221324t t x t m ⎡⎤⎛⎫=+++⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦因为[2,)t ∈+∞时，要满足()()g x t g x +≥恒成立，则2222121331212424t x t ⎛⎫⎛⎫++≥⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(2t =时，1x =-，能同时取等号)．即10m +≥即可，解得[1,)m ∈-+∞．综上，[1,)m ∈-+∞时符合题意．【名师点睛】本题考查根据曲线的切线方程求参数值及根据不等式恒成立求参数的取值范围问题，难度较大，解答的主要思路如下：（1）当已知曲线的切线方程时，可先设切点的坐标为()00,x y ，然后格据导数的几何意义使()0f x '与所给切线的斜率相等，使点()00,x y 在所给切线上，列出方程组求解即可；（2）当已知不等式恒成立求解参数的取值范围时，可直接构造函数，利用导数分析函数的最值，使其最值符合条件即可；也可以采用参数分离法，将问题转化为讨论不含参函数的最值问题求解．11．已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（1）当1a =时，求函数()f x 的极值；（2）当12a >时，若对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+，求a 的取值范围．【试题来源】广西桂林、崇左市2021届高三联合调研考试（二模）【答案】（1）极小值(0)1f =，无极大值；（2）122a <≤．【分析】（1）由1a =，求导()1x f x e =-'，再利用极值的定义求解；（2）将()2()12a f x x ≥+，转化为2(1)2ax ae x ≥+，易知0x =，1x =-时，a 的范围，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，转化为2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立，令()2ln(1)ln 2aF x x ax =+-+，用导数法由()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立求解即可．【解析】（1）当1a =时，由()10x f x e '=-=，解得0x =．当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，故()f x 在(,0)-∞内单调递减．∴函数()f x 在0x =取得极小值(0)1f =，无极大值．（2）由()2()12a f x x ≥+，则有2(1)2axa e x ≥+．令0x =，得11,222a a ≥<≤．当1x =-时，不等式2(1)2axae x ≥+显然成立，当(1,)x ∈-+∞时，两边取对数，即2ln(1)ln 2aax x ≥++恒成立．令函数()2ln(1)ln2a F x x ax =+-+，即()0F x ≤在(1,)-+∞内恒成立．由22(1)()011a x F x a x x '-+=-==++，得211x a =->-．故当21,1x a ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '>单调递增；当21,x a ⎛⎫∈-+∞⎪⎝⎭时，()0,()F x F x '<单调递减．因此22()12ln 2ln 2ln 22a a F x F a a a a ⎛⎫≤-=-++=--⎪⎝⎭．令函数()2ln 2a g a a =--，其中122a <≤，则11()10a g a a a='-=-=，得1a =，故当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()g a g a '<单调递减；当(1,2]a ∈时，()0,()g a g a '>单调递增．又13ln 40,(2)022g g ⎛⎫=-<=⎪⎝⎭，故当122a <≤时，()0g a ≤恒成立，因此()0F x ≤恒成立，即当122a <≤时，对任意的[1,)x ∈-+∞，均有()2()12a f x x ≥+成立．12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围．【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k ³时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得211(1)402k k x ---+=，221(1)412k k x -+-+=，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数，所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <，所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<，即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =，21x =>，所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数，即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=，即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞．13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数．（1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-．【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >，有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =；（2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x-+'=，当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥，则有()1ln a e m a+--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，有()()2ln ea e a e h a a---'=，易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减，则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，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）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可．14．已知函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <．（1）若()f x 在区间()2,+∞上单调递减，求m 的取值范围；（2）若不等式()f x n ≤对0x >恒成立，证明：30n m ->．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）【答案】（1）14m ≤-；（2）证明见解析．【分析】（1）对函数求导，求出单调减区间，列不等式，即可的出结果．（2）求出函数求导，求出单调减区间，求出函数的最大值，列不等式12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-，求出()g t 最小值()200012=--g t t t ，()0 2n g t m -≥，()()0312g t g >=-，即可得出结果．【解析】（1）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()21112 2 1mx x f x mx m x x++'=+++=．令()0f x '<得12x m>-．令122m -≤，解得14m ≤-．（2）函数()()2ln 21f x x mx m x =+++，其中0m <，0x >，()()()121x mx f x x++'=．令()0f x '=得12x m=-，当102x m<<-时，()0f x '>，()f x 是增函数：当12x m>-时，()0f x '<，()f x 是减函数，．所以当12x m=-时，()f x 既是极大值也是最大值，11121ln 2242m f m m m m +⎛⎫⎛⎫-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11ln 124m m⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．令12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，所以211111ln 222222n m m m m m⎛⎫⎛⎫-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立．记102t m=->，()21ln 2g t t t t t =+-，()ln g t t t '=+，当0t >时，()g t '是增函数，1110g e e ⎛⎫'=-+< ⎪⎝⎭，()110g '=>，所以存在()00,1t ∈使000()ln 0g t t t '=+=．当00t t <<时，()0g t '<，()g t 是减函数：当0t t >时，()0g t '>，()g t 是增函数，所以当t t =0时，()g t 既是极小值也是最小值，()000001ln 2g t t t t t =+-．又00ln t t =-，所以()200012=--g t t t ，则()0 2n g t m-≥成立，当001t <<时，()0g t 是减函数，所以()()0312g t g >=-，则322n m ->-，所以30n m ->．【名师点睛】12f n m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭211111ln 222222⎛⎫⎛⎫⇒-≥--+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n m m m m m ，记102t m=->，构造函数()21ln 2g t t t t t =+-是解题的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．15．已知函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-．（1）若()f x 有唯一零点，求k 的取值范围；（2）若()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值范围．【试题来源】山东省菏泽市2021届高三下学期3月一模【答案】（1）1k e=或0k ≤；（2）1k ³．【分析】（1）转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln xh x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为1ln 2xx k e x+≥-+恒成立，构造函数()1ln 2xx x e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解．【解析】（1）由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根，令()ln x h x x =，则()21ln ,xh x x -'=由()0h x '>，得0,x e <<由()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．()()1h x h e e∴≤=，又()10,h =所以当01x <<时，()0h x <；又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知，1k e=或0k ≤．（2）()2ln 1()xx e x kx ---≥ 恒成立，且0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立，令()1ln 2x x x e xϕ+=-+，则()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-，令()2ln x x x x e μ=--，则211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x x μ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln xx x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>，()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=，所以()1,o k x ϕ≥=即k 的取值范围为1k ³．16．已知函数f (x )=2e x +a ln(x +1)-2．（1）当a =-2时，讨论f (x )的单调性；（2）当x ∈[0，π]时，f (x )≥sin x 恒成立，求a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用）【答案】（1）函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增；（2）[)1,-+∞．【分析】（1）将2a =-代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈，等价于()()00g x g ≥=恒成立，求出()g x '，讨论0a ≥或0a <，判断函数的单调性，其中0a <时，可得()0211g a a '=+-=+，讨论10a +≥或10+<a ，证明函数的单调性即可证明．【解析】（1）当2a =-时()(),22ln 12,1xf x e x x =-+->-．()()22,1x f x e f x x '+'=-在()1,-+∞单调递增，且()00.f '=当()1,0x ∈-时，()0f x '<；当()0,x ∈+∞时(),0f x '>．所以函数()f x 在(-1，0)单调递减，在()0,∞+单调递增．（2）令()()()[]sin 2ln 12sin ,0,xg x f x x e a x x x π=-=++--∈当[]0,x π∈时，()sin f x x ≥恒成立等价于()()00g x g ≥=恒成立．由于()()[]cos 2cos ,0,1xag x f x x e x x x π=-=+-∈+''，所以（1）当0a ≥时，()210,xg x e '≥->函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g ≥=，在区间[]0,π恒成立，符合题意．（2）当0a <时，()2cos 1xag x e x x =+-+'在[]0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+．①当10a + 即10a-≤<时，()()010,g x g a ≥=+≥''函数()y g x =在[]0,π单调递增，所以()()00g x g = 在[]0,π恒成立，符合题意．②当10+<a 即1a <-时()(),010,211ag a g e πππ=+<=++'+'，若()0g π'≤，即()()121a e ππ≤-++时(),g x '在()0,π恒小于0则()g x 在()0,π单调递减，()()00g x g <=，不符合题意．若()0,g π'>即()()1211e a ππ-++<<-时，存在()00,x π∈使得()00.g x '=所以当()00,x x ∈时，()0,g x '<则()g x 在()00,x 单调递减，()()00,g x g <=不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[)1,.∞-+【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数()()[]2ln 12sin ,0,xg x e a x x x π=++--∈，不等式等价转化为()()00g x g ≥=恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想．17．设()()ln a f x ax x =+，()11ln xg x b e x x-=⋅+，其中,a b ∈R ，且0a ≠．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，()()ln f x xg x x -≥恒成立，求实数b 的取值范围．【试题来源】广西玉林市2021届高三下学期第一次适应性测试【答案】（1）答案见解析；（2）(],e -∞．【分析】（1）分别在0a <和0a >两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为11ln xbxex x-≤-，利用导数和复合函数单调性可确定min 11ln 1x x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，进而转化为x e b x ≤，利用导数可求得()x e m x x=的最小值，由()min b m x ≤可得结果．【解析】（1）()221a x afx x x x'-=-=，①当0a <时，由0ax >得0x <，即()f x 定义域为(),0-∞；∴当(),x a ∈-∞时，()0f x '<；当(),0x a ∈时，()0f x '>；()f x ∴在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；②当0a >时，由0ax >得0x >，即()f x 定义域为()0,∞+；∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>；()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a <时，()f x 在(),a -∞上单调递减，在(),0a 上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增．（2）由()()ln f x xg x x -≥得11ln ln ln x x bxe x x x -+--≥，即11ln x bxe x x-≤-，设()ln h t t t =-，则()111t h t t t-'=-=，∴当()0,1t ∈时，()0h t '>；当()1,t ∈+∞时，()0h t '<；()h t ∴在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减；又1t x=在()0,∞+上单调递减，11ln y x x ∴=-在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，min 11ln 1ln11xx ⎛⎫∴-=-= ⎪⎝⎭；1xbxe-∴≤在()0,∞+上恒成立，xeb x∴≤；设()xe m x x =，则()()21x e x m x x-'=，∴当()0,1x ∈时，()0m x '<；当()1,x ∈+∞时，()0m x '>；()m x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，()()min 1m x m e ∴==，b e ∴≤，即实数b 的取值范围为(],e -∞．【名师点睛】本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果．18．已知函数()()1ln x af x x ex -=--．（1）当1a =时，求()f x 的最小值；（2）证明：当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立．【试题来源】湖北省武汉市2021届高三下学期3月质量检测【答案】（1）0；（2）证明见解析．【分析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，求导1)1(x xexf x -'=-，利用导函数研究函数的单调区间，从而求出函数的最小值；（2）要证当01a <≤时，()ln f x a ≥恒成立，即证(1)ln ln 0x a x e x a ----≥，构造函数()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，即证()0h a ≥恒成立，研究该函数在(0,)+∞上单调区间，求函数()0h a ≥．【解析】（1）1a =时，1()(1)ln x f x x e x -=--，定义域为(0,)+∞，求导1)1(x xex f x -'=-，设()()g x f x '=，121(1)0()x g x x e x-+=+'>Q ，()f x '∴在(0,)+∞单调递增．又()10f '=，故当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴单调递减；当1x >时，'()0f x >，()f x 单调递增．故()f x 在1x =处取得最小值()10f =．（2）设()(1)ln ln x a h a x e x a -=---，求导()(1)11(1)x a xa a x e e x e e a e h a a '⎡⎤-=-=--⎢⎣⎦．设()()1xs x x e =-，()xe t x x=，()0x s x xe '=-<Q ，所以0x >时，()s x 单调递减，()()01s x s <=．21()xx t x e x-'=Q ，令()0t x '=，得1x =，当01x <<时，()0t x '<，()t x 单调递减；当1x >时，()0t x '>，()t x 单调递增，()()1t x t e ∴≥=，故0a >，0x >时，()11a xe x e e a-<<≤．即()0h a '<，()h a ∴在(0,)+∞上单调递减，则01a <≤时，()()()111ln x h a h x e x -≥=--．由（1）知，()11ln 0x x e x ---≥，故01a <≤时，()0h a ≥．即()1ln ln x ax ex a ---≥恒成立．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的最小值及利用导数证明不等式，利用导数证明不等式的方法：证明()()),,(f x g x x a b <∈，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(,)a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，(,)x a b ∈时，有()0F x <，即证明了()()f x g x <．19．已知函数()()22x f x xe ax ax a =--∈R ．（1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()()f x f x ≥--在(),-∞+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考二轮复习讲练测（浙江专用）【答案】（1）答案见解析；（2）(],1-∞【分析】（1）先求出()f x '，令()0f x '=，比较两根大小，结合二次函数图象，即可判断()f x 的单调性；（2）将()f x 代入化简得到()220x x x e e ax ---≥，对x 进行分类讨论，易知0x =，a R ∈，0x ≠，令x e t =，根据()()0,1g t t ≥≠恒成立，对a 进行分类讨论即可求解．【解析】（1）()()22x f x xe ax ax a =--∈R ，()()()2212x x x f x e xe ax a x e a '∴=+--=+-，x ∈R ，当0a >时，令()0f x '=，解得ln 2x a =或1x =-，当ln 21a <-，即102a e<<，则当(),ln 2x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()ln 2,1x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；当ln 21a =-，即12a e=，则()0f x '≥，等号不恒成立，()f x 在R 上单调递增；当ln 21a >-，即12a e>，则当(),1x ∈-∞-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()1,ln 2x a ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()ln 2,x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．综上所述：当102a e<<时，()f x 在(),ln 2a -∞上单调递增，在()ln 2,1a -上单调递减，在()1,-+∞上单调递增；当12a e=时，()f x 在R 上单调递增；当12a e>时，()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,ln 2a -上单调递减，在()ln 2,a +∞上单调递增；（2）()()f x f x ≥--，即()2222x x xe ax ax xe a x ax -⎡⎤--≥----+⎣⎦，即()220x x x e e ax ---≥，即()22x x x e e ax --≥①，当0x =时，①式恒成立，a ∈R ；当0x >时，x x e e ->，()0x xx e e -->，当0x <时，x x e e -<，()0x xx e e -->，故当0a ≤时，①式恒成立，；以下求当0x ≠时，不等式20x x e e ax ---≥恒成立时正数a 的取值范围，令x e t =，则()()0,11,t ∈+∞ ，()12ln g t t a t t=--，则()22212211a t at g t t t t -+'=+-=，令()221h t t at =-+，则244a ∆=-，当01a <≤时，0∆≤，()2210h t t at =-+≥，()0g t '≥，等号不恒成立，故()g t 在()0,∞+上单调递增，又()10g =Q ，故1t >，()()10g t g >=，01t <<时，()()10g t g <=，即当01a <≤时，①式恒成立；当1a >时，0∆>，()010h =>，()1220h a =-<，故()h t 的两个零点，即()g t '的两个零点()10,1t ∈和()21,t ∈+∞，在区间()12,t t 上，()0h t <，()0g t '<，()g t 是减函数，又121t t << ，()()110g t g ∴>=，即当1a >时，①式不能恒成立．综上所述：实数a 的取值范围是(],1-∞．【名师点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；（2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．20．已知函数()()()()21ln 122x f x a x a x a =-+-->．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()()1f m f =且1m ≠，证明：(]1,x m ∀∈，()1ln 1a x x ->-．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）单调递增区间为()0,1和()1,a -+∞；单调递减区间为()1,1-a ；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求函数的导数，()()()11x x a f x x--+'=，比较导数的零点，求解函数的单调区间；（2）利用二次导数，可转化为证明11ln m a m-->恒成立，再利用()()1f m f =，。