恒成立问题专题

专题 恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。

第10讲恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>；不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥；不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<；不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；考点二：存在性问题若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<；不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤；不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>；不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；考点三：双变量问题①对于任意的[]1,x a b ∈[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；②对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；③若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；④若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑤对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；⑥对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；⑦若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤⑧若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习）对任意正实数x ，不等式ln 1x x a -+>恒成立，则a 的取值范围是（）A ．1a <B ．2a <C ．1a >D ．2a >【答案】B【详解】令()ln 1f x x x =-+，其中0x >，则()min a f x <，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当1x >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增，所以，()()min 12f x f ==，2a ∴<.故选：B.【例2】【2022年全国甲卷】已知函数()a x x xe xf x-+-=ln ．(1)若≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(−∞,+1]【解析】(1)op 的定义域为(0,+∞)，'(p =(1−12)e −1+1=1(11)e +(1−1)=K1(e+1)令op =0,得=1当∈(0,1),'(p <0,op 单调递减，当∈(1,+∞),'(p >0,op 单调递增o )≥o1)=e +1−，若op ≥0,则e +1−≥0,即≤e +1，所以的取值范围为(−∞,+1]【例3】已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的[1,)x ∈+∞，都有()0f x ≥成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【解析】【分析】（1）求()'f x ，分别讨论a 不同范围下()'f x 的正负，分别求单调性；（2）由（1）所求的单调性，结合()10f =，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1≤，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.【例4】已知函数()ln f x x ax =-（a 是正常数）.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若0x ∀>，()0f x <，求a 的取值范围；【答案】（1）()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()f x 的极大值是ln 21--，无极小值；（2）1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，设()ln xg x x =，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：（1）当2a =时，()ln 2f x x x =-，定义域为()0,∞+，()1122x f x x x-'=-=，令()0f x '>，解得102x <<，令()0f x '<，解得12x >，所以函数()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 的极大值是1ln 212f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极小值.（2）因为0x ∀>，()0f x <，即ln 0x ax -<恒成立，即maxln x a x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.设()ln x g x x =，可得()21ln xg x x -'=，当0x e <<时()0g x '>，当x e >时()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，所以1a e >，即1,a e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭.【例5】已知函数()xf x xe=（1）求()f x 的极值点；（2）若()2f x ax ≥对任意0x >恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点；（2）a e ≤.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的极值点.（2）由题设知：xe a x≤在0x >上恒成立，构造()x e g x x =并应用导数研究单调性求最小值，即可求a 的范围．【详解】（1）由题设，()(1)xf x e x '=+，∴1x <-时，()0<'x f ，()f x 单调递减；1x >-时，()0>'x f ，()f x 单调递增减；∴1x =-是()f x 的极小值点，无极大值点.（2）由题设，()2xx f x xe a =≥对0x ∀>恒成立，即x ea x≤在0x >上恒成立，令()x e g x x =，则2(1)()x e x g x x '-=，∴01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增；∴()(1)e g x g ≥=，故a e ≤.【题型专练】1.（2022·四川广安·模拟预测（文））不等式ln 0x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围是（）A ．[)0,e B ．(],e -∞C ．10,e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】由题可得ln xk x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，然后求函数()()ln 0x f x x x=>的最大值即得.【详解】由题可得ln xk x≥在区间(0,)+∞上恒成立，令()()ln 0x f x x x =>，则()()21ln 0xf x x x-'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；所以()()max 1e ef x f ==，所以1ek ≥.故选：D.2.（2022·北京·景山学校模拟预测）已知函数()ln 2f x x x ax =++．(1)当0a =时，求()f x 的极值；(2)若对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是11+2e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）由题设可得()ln 1f x x '=+，根据()f x '的符号研究()f x 的单调性，进而确定极值.（2）()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，转化为：2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，通过求导求()g x 的单调性进而求得()g x 的最大值，即可求出实数a 的取值范围.(1)当0a =时，()ln 2f x x x =+，()f x 的定义域为()0+∞，，()ln 1=0f x x '=+，则1ex =.令()0f x '>，则1,e x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令()0f x '<，则10,e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x ，所以()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.当1e x =时，()f x 取得极小值且为1111ln 2+2e e ee f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值.(2)()ln 20f x x x ax =++≤对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，则2ln 2ln x x a x x x+-≥=+对任意的21,e x ⎡⎤∈⎣⎦恒成立，令()2ln g x x x=+，()222120x g x x x x -+'=-+==，所以2x =，则()g x 在[)1,2上单调递减，在(22,e ⎤⎦上单调递增，所以()12g =，()222e2e g =+，所以()()22max2e 2e g x g ==+，则222e a -≥+，则222e a ≤--.实数a 的取值范围为：222,e ⎡⎫--+∞⎪⎢⎣⎭.3.（2022·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数()ln f x x x =，()()23g x x ax a R =-+-∈.(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)若对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，(2)(],4-∞【解析】【分析】（1）求函数()f x 的单调递增区间，即解不等式()0f x '>；（2）参变分离得32ln a x x x≤++，即求()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞的最小值.(1)()ln f x x x =定义域为(0,)+∞，(ln +1f x '=()0f x '>即ln +10x >解得1e x >，所以()f x 在1,)e∞+（单调递增(2)对任意()0,x ∞∈+，不等式()()12f xg x ≥恒成立，即()21ln 32x x x ax ≥-+-恒成立，分离参数得32ln a x x x≤++.令()()()32ln 0,h x x x x x =++∈+∞，则()()()231x x h x x +-'=．当()0,1∈x 时，()0h x '<，()h x 在()0,1上单调递减；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在()1,+∞上单调递增.所以()()min 14h x h ==，即4a ≤，故a 的取值范围是(],4-∞.4.（2022·内蒙古赤峰·三模（文））已知函数()()ln 1f x x x =+.(1)求()f x 的最小值；(2)若()()212-++-≥x m x x f 恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)min 21()e f x =-(2)(],3-∞【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；（2）由原不等式恒成立分离参数后得2ln m x x x ++，构造函数()2ln h x x x x=++，利用导数求最小值即可.(1)由已知得()ln 2f x x '=+，令()0f x '=，得21ex =.当210,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,f x f x '<在210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；当21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()()0,f x f x '在21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.故min 2211()e e f x f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.(2)()()212-++-≥x m x x f ，即2ln 2++≤x x x mx ，因为0x >，所以xx x m 2ln ++≤在()+∞,0上恒成立.令()2ln h x x x x =++，则()()()min 222112(),1x x m h x h x x x x +-=+-'=，令()0h x '=，得1x =或2x =-（舍去）.当()0,1x ∈时，()()0,h x h x '<在()0,1上单调递减；当[)1,x ∞∈+时，()0>'x h ，()x h 在[)1,+∞上单调递增.故()min ()13h x h ==，所以3≤m ，即实数m 的取值范围为(],3-∞.5．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()f x 的单调性，当a =1时，由()10f '=得()()11min f x f ==,符合题意；当a >1时，可证1()(1)0f f a''<，从而()f x '存在零点00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，得到m in ()f x ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1f x ≥恒成立；当01a <<时，研究()1f .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】（1）()ln 1x f x e x =-+Q ，1()xf x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-.(1)1f e =+Q ，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数()f x 在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--．（2）［方法一］：通性通法1()ln ln x f x ae x a -=-+Q ,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >.设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+>∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a <，111a e <∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a -''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x ae x -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，0101x ae x -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a-==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1,∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时，(1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1f x ≥得1e ln ln 1x a x a --+≥，即ln 1ln 1ln a x e a x x x +-++-≥+，而ln ln ln x x x e x +=+，所以ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+．令()m h m e m =+，则()10m h m e +'=>，所以()h m 在R 上单调递增．由ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，可知(ln 1)(ln )h a x h x +-≥，所以ln 1ln a x x +-≥，所以max ln (ln 1)a x x ≥-+．令()ln 1F x x x =-+，则11()1xF x x x-'=-=．所以当(0,1)x ∈时，()0,()F x F x '>单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0,()F x F x '<单调递减．所以max [()](1)0F x F ==，则ln 0a ≥，即1a ≥．所以a 的取值范围为1a ≥．［方法三］：换元同构由题意知0,0a x >>，令1x ae t -=，所以ln 1ln a x t +-=，所以ln ln 1a t x =-+．于是1()ln ln ln ln 1x f x ae x a t x t x -=-+=-+-+．由于()1,ln ln 11ln ln f x t x t x t t x x ≥-+-+≥⇔+≥+，而ln y x x =+在,()0x ∈+∞时为增函数，故t x ≥，即1x ae x -≥，分离参数后有1x x a e -≥．令1()x x g x e -=，所以1112222(1)()x x x x x e xe e x g x e e -------=='．当01x <<时，()0,()'>g x g x 单调递增；当1x >时，()0,()g x g x '<单调递减．所以当1x =时，1()x x g x e -=取得最大值为(1)1g =．所以1a ≥．［方法四］：因为定义域为(0,)+∞，且()1f x ≥，所以(1)1f ≥，即ln 1a a +≥．令()ln S a a a =+，则1()10S a a='+>，所以()S a 在区间(0,)+∞内单调递增．因为(1)1S =，所以1a ≥时，有()(1)S a S ≥，即ln 1a a +≥．下面证明当1a ≥时，()1f x ≥恒成立．令1()ln ln x T a ae x a -=-+，只需证当1a ≥时，()1T a ≥恒成立．因为11()0x T a ea-=+>'，所以()T a 在区间[1,)+∞内单调递增，则1min [()](1)ln x T a T e x -==-．因此要证明1a ≥时，()1T a ≥恒成立，只需证明1min [()]ln 1x T a e x -=-≥即可．由1,ln 1x e x x x ≥+≤-，得1,ln 1x e x x x -≥-≥-．上面两个不等式两边相加可得1ln 1x e x --≥，故1a ≥时，()1f x ≥恒成立．当01a <<时，因为(1)ln 1f a a =+<，显然不满足()1f x ≥恒成立．所以a 的取值范围为1a ≥．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()f x 的单调性，求出其最小值，由min 0f ≥即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成ln 1ln ln 1ln a x x e a x e x +-++-≥+，再根据函数()m h m e m =+的单调性以方法三：通过先换元，令1x ae t -=，再同构，可将原不等式化成ln ln t t x x +≥+，再根据函数ln y x x =+的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用(1)1f ≥可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】（2022·河北秦皇岛·三模）函数()3233f x x x a =-+-，若存在[]01,1x ∈-，使得()00f x >，则实数a的取值范围为（）A ．(),1-∞-B ．(),1-∞C ．()1,3-D ．(),3-∞【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数()f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数()f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为()3233f x x x a =-+-，所以()()[]23632,1,1f x x x x x x =-∈-'-=．由题意，只需max ()0f x >．当x ∈[1,0)-时，()0f x '>，当(0,1]x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在[1,0)-上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以()max 0()30f f x a ==->，故实数a 的取值范围为(),3-∞．故选：D.【例2】已知函数()326f x ax bx x c =+++，当1x =-时，()f x 的极小值为5-，当2x =时，()f x 有极大值．(1)求函数()f x ；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-成立，求实数t 的取值范围．【答案】(1)()3233622f x x x x =-++-;(2)(,1][3,)-∞-+∞ .【解析】【分析】（1）求导后，根据()()120f f ''-==和()15f -=-，解得,,a b c 即可得解；（2）转化为()2min 2f x t t ≤-，再利用导数求出函数()f x 在[]13，上的最小值，然后解不等式223t t -≥可得结果.(1)∵()2326f x ax bx '=++，由()()120f f ''-==，得3260a b -+=且12460a b ++=，解得1a =-，32b =，又()15f -=-，∴32c =-，经检验1a =-，32b =时，()3233622f x x x x =-++-满足题意,∴()3233622f x x x x =-++-；(2)存在[]013x ∈，，使得()202f x t t ≤-，等价于()2min 2f x t t ≤-，∵()()()2336321f x x x x x '=-++=--+，当[1,2)x ∈时，()0f x '>，当(2,3]x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又()15f =，()33f =，∴()f x 在[]13，上的最小值为()33f =，∴223t t -≥，解得1t ≤-或3t ≤，所以t 的取值范围是(,1][3,)-∞-+∞ ．【例3】（2022·辽宁·高二阶段练习）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为______．【题型专练】1.已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞；(2)2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【解析】【分析】（1）当5a =-时，()28ln f x x x =-，得出()f x 的定义域并对()f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出()f x 的单调区间；（2）将题意等价于()24222ln 0a x a x x ++-+<在[]2,e 内有解，设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，对()h x 进行求导，令()0h x '=，得出2x a =+，分类讨论2a +与区间[]2,e 的关系，并利用导数研究函数()h x 的单调和最小值，结合()min 0h x <，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当5a =-时，()28ln f x x x =-，可知()f x 的定义域为()0,+∞，则()28282,0x f x x x x x-'=-=>，可知当()0,2x ∈时，()0f x ¢<；当()2,x ∈+∞时，()0f x ¢>；所以()f x 的单调递减区间为()0,2，单调递增区间为()2,+∞.(2)解：由题可知，存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，等价于()24222ln 0a x a x x++-+<在[]2,e 内有解，可设()()24222ln a h x x a x x+=+-+，即在[]2,e 上，函数()min 0h x <，()()()()()()()22222122422222242x x a a a x a x a h x x xx x ⎡⎤+-+++-+-+⎣⎦∴=--=='，令()0h x '=，即()()120x x a ⎡⎤+-+=⎣⎦，解得：2x a =+或1x =-（舍去），当2e a +≥，即e 2a ≥-时，()0h x '<，()h x 在[]2,e 上单调递减，()()min24e 2e+220e a h x h a +∴==--<，得2e e 2e 1a -+>-，又2e e 2e 2e 1-+>-- ，所以2e e 2e 1a -+>-；当22a +≤时，即0a ≤时，()0h x '>，()h x 在[]2,e 上单调递增，()()()min 2622ln 20h x h a a ∴==+-+<，得6ln 40ln 41a ->>-，不合题意；当22e a <+<，即0e 2a <<-时，则()h x 在[]2,2a +上单调递减，在[]2,e a +上单调递增，()()()()min 22622ln 2h x h a a a a ∴=+=+-++，()ln 2ln 2ln e 1a <+<= ，()()()22ln 222ln 2222a a a a ∴+<++<+，()()()22622ln 226224h a a a a a a ∴+=+-++>+--=，即()min 4h x >，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为2e e 2,e 1∞⎛⎫-++⎪-⎝⎭.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2．（2022·河北深州市中学高三阶段练习）已知函数()ln 21f x x ax =-+.(1)若1x =是()f x 的极值点，确定a 的值；(2)若存在0x >，使得()0f x ≥，求实数a 的取值范围.所以，函数()f x 在1x =处取得极大值，合乎题意，故2a =.（2）解：存在0x >，使得()ln 210f x x ax =-+≥可得ln 12x a x+≤，构造函数()ln 1x g x x+=，其中0x >，则()2ln x g x x '=-，当01x <<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，则()()max 11g x g ==，所以，21a ≤，解得12a ≤，因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.3.已知函数()ln xf x x=，设()f x 在点()1,0处的切线为m （1）求直线m 的方程；（2）求证：除切点()1,0之外，函数()f x 的图像在直线m 的下方；（3）若存在()1,x ∈+∞，使得不等式()()1f x a x >-成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）y ＝x ﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.【解析】【分析】（1）求导得21ln ()xf x x -'=，由导数的几何意义k 切＝f ′（1），进而可得答案．（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，求导得h ′（x ），分析h （x ）的单调性，最值，进而可得f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)x x x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，只需a ＜g （x ）max ．【详解】（1）221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==，由导数的几何意义k 切＝f ′（1）＝1，所以直线m 的方程为y ＝x ﹣1．（2）证明：设函数h （x ）＝f （x ）﹣（x ﹣1）＝ln xx﹣x +1，2221ln 1ln ()1x x x h x x x ---'=-=，函数定义域为（0，+∞），令p （x ）＝1﹣lnx ﹣x 2，x ＞0，p ′（x ）＝﹣1x﹣2x ＜0，所以p （x ）在（0，+∞）上单调递减，又p （1）＝0，所以在（0，1）上，p （x ）＞0，h ′（x ）＞0，h （x ）单调递增，在（1，+∞）上，p （x ）＜0，h ′（x ）＜0，h （x ）单调递减，所以h （x ）max ＝h （1）＝0，所以h （x ）≤h （1）＝0，所以f （x ）﹣（x ﹣1）≤0，若除切点（1，0）之外，f （x ）﹣（x ﹣1）＜0，所以除切点（1，0）之外，函数f （x ）的图象在直线的下方．（3）若存在x ∈（1，+∞），使得不等式f （x ）＞a （x ﹣1）成立，则若存在x ∈（1，+∞），使得不等式()1f x x -＞a 成立，即若存在x ∈（1，+∞），使得不等式a ＜ln (1)xx x -成立，令g （x ）＝ln (1)xx x -，x ＞1，g ′（x ）＝221(1)(21)ln (1)x x x xxx x ⋅----＝221(21)ln (1)x x xx x ----，令s （x ）＝x ﹣1﹣（2x ﹣1）lnx ，x ＞1s ′（x ）＝1﹣2lnx ﹣（2x ﹣1）•1x 2ln 212ln 1x x x x x x x x x--+--+==，令q （x ）＝﹣x ﹣2xlnx +1，x ＞1q ′（x ）＝﹣1﹣2lnx ﹣2＝﹣3﹣2lnx ＜0，所以在（1，+∞）上，q （x ）单调递减，又q （1）＝0，所以在（1，+∞）上，q （x ）＜0，s ′（x ）＜0，s （x ）单调递减，所以s （x ）≤s （1）＝0，即g ′（x ）≤0，g （x ）单调递减，又111ln lim lim 1(1)21x x x x x x x →→==--，所以a ＜1，所以a 的取值范围为（﹣∞，1）．4.已知函数()ln 1f x x x ax =-+．（1）若()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．①求实数a 的值；②求()f x 的单调区间和极值．（2）若存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）①3a =；②减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值；（2）(1,)+∞.【解析】【分析】（1）求得函数的导数()ln 1f x x a '=+-，①根据题意得到()2f x '=-，即可求得a 的值；②由①知()ln 2,0f x x x '=->，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；（2）设()1ln g x x x=+，根据存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，得到()min a g x >成立，结合导数求得函数()g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()ln 1f x x x ax =-+的定义域为(0,)+∞，且()ln 1f x x a '=+-，①因为()f x 在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-，可得()12f x a '=-=-，解得3a =.②由①得()ln 2,0f x x x '=->，令()0f x '>，即ln 20x ->，解得2x e >；令()0f x '<，即ln 20x -<，解得20x e <<，所以函数()f x 在2(0,)e 上单调递减，在2(,)e +∞上单调递增，当2x e =时，函数()f x 取得极小值，极小值为()221f e e =-，无极大值，综上可得，函数()f x 的减区间为2(0,)e ，增区间为2(,)e +∞，极小值为21e -，无极大值.（2）因为()ln 1f x x x ax =-+，由()00f x <，即000ln 10x x ax -+<，即00000ln 11ln x x a x x x +>=+，设()1ln ,0g x x x x=+>根据题意知存在0(0,)x ∈+∞，使得()00f x <成立，即()min a g x >成立，由()1ln ,0g x x x x =+>，可得()22111x g x x x x-'=-=，当01x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以当1x =时，函数()g x 取得最小值，最小值为()11g =，所以1a >，即实数a 的取值范围是(1,)+∞.5.已知函数()ln (R)f x x ax a =+∈.（1）当a =1时，求曲线()y f x =在x =1处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间；（3）若存在0x ，使得()00f x >，求a 的取值范围.【答案】（1）210x y --=；（2）0a ≥时，()f x 在()0,∞+单增；0a <，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭单增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单减；（3）1a e>-.【解析】【分析】（1）求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；（2）求导后，通分，分0,0a a ≥<两种情况讨论得到单调区间；（3）当0a ≥时，代特值验证即可，当0a <时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，()1(1)1,1,f f x x'==+所以()12,f '=所以切线方程为：()121210y x x y -=-⇒--=.（2）110,()ax x f x a x x+'>=+=，若0a ≥，则()0f x '>，()f x 在()0,∞+单增；若0a <，则10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单增；1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单减.（3）由（2），若0a ≥，则(2)ln 220f a =+>，满足题意；若0a <，()max 111(ln 10f x f a a a e ⎛⎫=-=-->⇒>- ⎪⎝⎭，则10a e -<<，综上：1a e>-.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x xf x xg x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（）A ．0B ．1eC ．1D ．e【例2】已知函数2()ln (R),()22f x ax x a g x x x =+∈=-+．(1)当12a =-时，求函数()f x 在区间[1,e]上的最大值和最小值;(2)若对任意的1[1,2]x ∈-，均存在2(0,)x ∈+∞，使得()()12g x f x <，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln 21-，最小值为12-；(2)61(,)e -+∞.【解析】【分析】（1）利用导数研究()f x 的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；（2）将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设()ln 2x f x x =-，则2()2x f x x-'=，所以在[1,2)上()0f x '>，()f x 递增，在(2,e]上()0f x '<，()f x 递减，则1(1)2f =-<e (e)12f =-，极大值(2)ln 21f =-，综上，()f x 最大值为ln 21-，最小值为12-.(2)由22()22(1)1g x x x x =-+=-+在[1,2]x ∈-上max ()(1)5g x g =-=，根据题意，只需max max ()()g x f x <即可，由1()f x a x'=+且,()0x ∈+∞，当0a ≥时，()0f x '>，此时()f x 递增且值域为R ，所以满足题设；当0a <时，1(0,)a-上()0f x '>，()f x 递增；1(,)a -+∞上()0f x '<，()f x 递减；所以max 1()()1ln()f x f a a =-=---，此时1ln()5a --->，可得61ea >-，综上，a 的取值范围61(,)e -+∞.【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为1[1,2]x ∈-、2(0,)x ∈+∞上1max 2max ()()g x f x <求参数范围.【例3】已知函数()sin cos f x x x x =+．(1)当()0,πx ∈时，求函数()f x 的单调区间；(2)设函数2()2=-+g x x ax ．若对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得()()1212πf xg x ≤成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭；(2)1[,)2+∞.【解析】【分析】（1）首先对函数求导，根据x 的取值情况判断()f x '的正负情况，进而得到()f x 的增减情况；（2）对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为()sin cos f x x x x =+，所以()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=．当x ()0,π∈时，()'f x 与()f x 的变化情况如表所示：xπ0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭π2π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭()'f x +0-()f x 单调递增π2单调递减所以当x ()0,π∈时，函数()f x 的单调递增区间为π0,2⎛⎫⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,π2⎛⎫⎪⎝⎭．(2)当[]π,πx ∈-时，()()f x f x -=，所以函数()f x 为偶函数．所以当[]π,πx ∈-时，函数()f x 的单调递增区间为ππ,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭，π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，函数()f x 的单调递减区间为π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，π,π2⎛⎫⎪⎝⎭,所以函数()f x 的最大值为πππ222f f ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设()()12πh x f x =，则当[]π,πx ∈-时，()max 1π12π24h x =⋅=．对任意[]1π,πx ∈-，存在2[0,1]x ∈，使得12()()h x g x ≤成立，等价于max max ()()h x g x ≤．当0a ≤时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(0)0g =，不合题意．当01a <<时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为2()g a a =，则214a ≥，解得12a ≥或12a ≤-，所以112a ≤<．当1a ≥时，函数()g x 在区间[0,1]上的最大值为(1)21g a =-，则1214a -≥，解得58a ≥，所以1a ≥.综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．【例4】（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()ln xf x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，()20,1x ∃∈使得12()()f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥故选：A【例5】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()3331,0422112,122x x x f x x x ⎧-+≤≤⎪⎪=⎨⎪+<≤⎪⎩，()e xg x ax =-()R a ∈，若存在[]12,0,1x x ∈，使得()()12f x g x =成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．(],e 2-∞-C ．5,e4⎛⎤-∞- ⎥D ．(],e -∞≤【题型专练】1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））已知函数()33f x x x a =-+，()211x g x x +=-．若对任意[]12,2x ∈-，总存在[]22,3x ∈，使得()()12f x g x ≤成立，则实数a 的最大值为（）A ．7B ．5C ．72D ．32．（2022·福建宁德·高二期末）已知()()11e x f x x -=-，()()21g x x a =++，若存在1x ，2R x ∈，使得()()21f x g x ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭B ．1,e ∞⎛⎤- ⎥⎝⎦C ．()0,e D ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢3．（2022·河南安阳·高二阶段练习（理））已知函数ln ()x f x x=，2()ln(1)2g x x ax =++，若211,e x ∀⎡⎤∈⎣⎦，2(0,1]x ∃∈使得()()12f x g x >成立，则实数a 的取值范围是（）A ．ln 2,2⎛⎫-∞- ⎪B ．ln 2,2⎛⎤-∞-⎥C ．1,e⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．ln 2,e 2⎛⎤-∞- ⎥4.已知函数2()21)2ln ()2f x ax a x x a R =-++∈（(1)若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；(2)设2()(2)e =-x g x x x ，若对任意(]10,2x ∈，均存在(]20,2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．【答案】(1)2=3a ，单调递增区间为3(0,),(2,)2+∞，单调递减区间为3(,2)2(2)ln 21a >-【解析】【分析】（1）求出()'f x ，由(1)(3)f f ''=得a ，再利用由()0f x '>、()0f x '<可得答案；（2）转化为(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，容易求出max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <，()()12()ax x f x x='--，讨论12a ≤、12a >可得答案.(1)21()(21),(1)1,(3)3f x ax a f a f a x '''=-++=-+=-，由(1)(3)f f ''=得23a =，()()232272()333x x f x x x x--=-+='，由()0f x '>得()30,2,2x ∞⎛⎫∈⋃+ ⎪⎝⎭，由()0f x '<得3,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的单调递增区间为()30,,2,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭，单调递减区间为3,22⎛⎫⎪⎝⎭.(2)若要命题成立，只须当(]0,2x ∈时，max max ()()f x g x <，由()()22e xg x x '=-可知当(]0,2x ∈时max ()(0)(2)0g x g g ===，所以只须max ()0f x <对()f x 来说，()()122()(21)ax x f x ax a x x--=-++'=，（1）当12a ≤时，在(]0,2上有10-≤ax ，∴()0f x '≥这时max ()(2)222ln 2f x f a ==--+，由max ()0f x <得1ln 212a -<≤；（2）当12a >时，max 11()2ln 22f x f a a a ⎛⎫==--- ⎪⎝⎭，设1()2ln 22h a a a =---，则2221214()022a h a a a a -'=-=<，∴()h a 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，1()2ln 2302h a h <=-<⎝⎭，∴当12a >时，max ()0f x <，综上所述，满足题意的ln 21a >-.【点睛】本题考查了对任意1x D ∈，均存在2x E ∈，使得12()()f x g x <，转化为max max ()()f x g x <求参数的取值范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.5.已知函数()()ln xf x ax a x=-+∈R ，'为()f x 的导函数．(1)求()f x 的定义域和导函数；(2)当2a =时，求函数()f x 的单调区间；(3)若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，且存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+(2)()f x 在()0,1单减，()1,+∞也单减，无增区间(3)2110,2e a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）根据分母不等于0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及商的导数公式即可求出函数的导函数；（2）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；（3）若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x=-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，只要()min a h x ≤即可，利用导数求出函数()11ln h x x x=-+的最小值即可求出a 的范围，()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，()()2ln 112ln x g x a x -=-，求出函数()g x 的值域，根据存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，则0在函数()g x 的值域中，从而可得出a 的范围，即可得解.(1)解：()f x 的定义域为()()0,11,+∞ ，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+；(2)解：当2a =时，()()()()()22222172ln 2ln ln 1ln 1482ln ln ln x x x x f x x x x ⎛⎫-+⎪-+-⎝⎭'=-+=-=-，()0f x ¢<恒成立，所以()f x 在()0,1和()1,+∞上递减；(3)解：若对21e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，都有()11f x ≥成立，即1111ln x ax x -+≥，即1111ln a x x ≤-+，令()11ln h x x x =-+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()22222ln 11ln ln x x h x x x x x x -'=-=，对于函数())ln 0x x x ϕ=>，()122x x xϕ'==，当04x <<时，()0ϕ'>x ，当4x >时，()0ϕ'<x ，所以函数()ln x x ϕ=()0,4上递增，在()4,+∞上递减，所以()()ln 4204x ϕϕ≤=-<，当2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，ln 0x >，所以ln x <()2ln x x <，故()0h x '<恒成立，()h x 在2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦为减函数，所以()()2min e h x h ==211e 2-+，所以211e 2a ≤-+，由（1）知，()()2ln 1ln x f x a x -'=-+，所以()()2222ln 11122ln x f x a a x -'+=-，记()()2ln 112ln x g x x -=-，令1ln t x =，1,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则原式()211,123g x t t a t ⎛⎫⎡⎤=-+-∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为1,242a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，因为存在32e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，使()2102f x a '+=成立，所以02a -≤，1042a -≥，所以102a ≤≤，综上，2110,2a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．【点睛】本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.。

（完整版）函数恒成⽴问题（端点效应）函数恒成⽴专题01：可求最值型基础知识：（1）不等式0)(≥x f 在定义域内恒成⽴，等价于()0≥min x f ；（2）不等式0)(≤x f 在定义域内恒成⽴，等价于()0≤max x f 。

【例1】【重庆⽂】若对任意的0>x ，24423ln 12)(c c x x x x f ->--=恒成⽴，求c 的取值范围。

【例2】函数1)1ln()1()(+-++=kx x x x f 在区间),1(+∞-上恒有0)(>x f ，求k 可以取到的最⼤整数。

【变式1】函数)0(ln )(,42)(2>=+-=a x a x g x x x f ，若)(4)(x g x x f -≤恒成⽴，求a 的取值范围。

【变式2】【2012新课标⽂】设函数()2--=ax e x f x Ⅰ求)(x f 的单调区间；Ⅱ若1=a ，k 为整数，且当0>x 时，01)()(>++'-x x f k x ，求k 的最⼤值。

【变式3】【2012新课标理】已知函数)(x f 满⾜2121)0()1()(x x f e f x f x +-'=- Ⅰ求)(x f 的解析式及单调区间；Ⅱ若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的值。

专题02：分离变量型基础知识：分离变量的核⼼思想就是为了简化解题，希望同学通过以下例⼦有所感悟【例1】【2010天津】函数1)(2-=x x f ，对任意)(4)1()(4)(,,232m f x f x f m m x f x +-≤-??+∞∈恒成⽴，求实数m 的取值范围。

【变式1】【2010安徽】若不等式0)1)((22≤++-x x a a 对⼀切(]2,0∈x 恒成⽴，求a 的取值范围。

【例2】若函数x ax x x f 1)(2++=在??+∞,21上单调递增，求a 的取值范围。

【变式2】【2012湖北】若)2ln(21)(2++-=x b x x f 在),1(+∞-上是减函数，求b 的取值范围。

恒成立问题专题“恒成立”问题是数学中常见的问题，经常与参数的范围联系在一起，在高考中频频出现，是高考中的一个难点问题。

常用方法：（1）函数与方程方法。

利用不等式与函数和方程之间的联系，将问题转化成二次方程的根的情况的研究。

有些问题需要经过代换转化才是二次函数或二次方程。

注意代换后的自变量的范围变化。

（2）分离参数法。

将含参数的恒成立式子中的参数分离出来，化成形如：)(x f a =或)(x f a >或)(x f a <恒成立的形式。

则)(x f a =⇔a 的范围是)(x f 的值域。

)(x f a <恒成立⇔ ；)(x f a >恒成立⇔ 。

（3）若已知恒成立，则可充分利用条件（赋值法等）。

例1：已知不等式 在区间［2,3］上恒成立，求实数m 的取值范围。

例2：已知关于x 的方程09624=⋅+⋅+xx x a 恒有解，求实数a 的取值范围。

例3：例4：是否存在常数c ，使得不等式 对任意正数x,y 恒成立？试证明你的结论。

min )(x f a <max)(x f a >2290x x m -+≤yx y y x x c y x y y x x +++≤≤+++22221 对于x ∈R ，不等式0m 3x 2x 2≥-+-恒成立，求实数m 的取值范围。

2 已知函数2kx 2x )x (f 2+-=，在1x -≥时恒有k )x (f ≥，求实数k 的取值范围。

3 已知二次函数x ax)x (f 2+=，如果x ∈［0，1］时1|)x (f |≤，求实数a 的取值范围。

4 若不等式1)x a lg(ax 2lg <+在x ∈［1，2］时恒成立，试求a 的取值范围。

5 若不等式)1x (m 1x 22->-，对满足2m 2≤≤-所有的x 都成立，求x 的取值范围。

6 已知)x (f 是定义在［－1，1］上的奇函数且1)1(f =，若a 、b ∈［－1，1］，a+b ≠0，有0b a )b (f )a (f >++。

专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0a f f a e>2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为14．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．16．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+ D ．21cos 12x x ≥-1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________． 2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________．6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________．1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________．3．已知函数1()ln (0)f x ax x a x=+>．（1）当1a =时，()f x 的极小值为___________；（2）若()f x ax ≥在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为___________． 4．已知函数()()221xf exx x =-+，则()f x 在点()()0,0f 处的切线方程为___________，若()f x ax ≥在()0,∞+上恒成立，则实数a 的取值范围为___________．5．设函数()32f x ax bx cx =++（a ，b ，R c ∈，0a ≠）若不等式()()2xf x af x '-≤对一切R x ∈恒成立，则a =___________，b ca+的取值范围为___________． 6．已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()xg x f x xe -=+，则a =___________；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为___________． 五、解答题1．已知函数()sin f x x ax =-，()=ln 1xg x x x e -+，2.71828e =⋅⋅⋅为自然对数的底数． （1）当()0,x π∈，()0f x <恒成立，求a 的取值范围；（2）当0a =时，记()()()h x f x g x =+，求证：对任意()1,x ∈+∞，()0h x <恒成立． 2．已知函数()1x f x ae x =--（1）若()0f x ≥对于任意的x 恒成立，求a 的取值范围 （2）证明：1111ln(1)23n n++++≥+对任意的n N +∈恒成立 3．若对任意的实数k 、b ，函数()y f x kx b =++与直线y kx b =+总相切，则称函数()f x 为“恒切函数”．（1）判断函数()2f x x =是否为“恒切函数”；（2）若函数()()ln 0f x m x nx m =+≠是“恒切函数”，求实数m 、n 满足的关系式；（3）若函数()()1x xf x e x e m =--+是“恒切函数”，求证：104m -<≤． 4．已知函数()(ln )sin x f x e x a x =+-．（1）若()ln sin f x x x ≥⋅恒成立，求实数a 的最大值； （2）若()0f x ≥恒成立，求正整数a 的最大值．专题04 恒成立问题一、单选题1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x -=+，且当1x <时，()x xf x e=，则满足()()35f f -的值 A ．恒小于0 B ．恒等于0 C ．恒大于0D ．无法判断【试题来源】安徽省皖江名校联盟2021届高三第二次联考（理） 【答案】C【分析】当1x <时，求导，得出导函数恒小于零，得出()f x 在(),1-∞内是增函数．再由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，从而得()f x 在()1,+∞内是减函数，由此可得选项．【解析】当1x <时，'1()0xx f x e -=->，则()f x 在(),1-∞内是增函数． 由()()2f x f x -=+得()f x 的图象关于直线1x =对称，所以()f x 在()1,+∞内是减函数， 所以()()350f f ->．故选C ．2．()()(),f x R f x f x x R '∀∈设函数是定义在上的函数，其中的导函数为，满足对于()()f x f x '<恒成立，则下列各式恒成立的是A ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f <<B ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f >>C ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f e f ><D ．2018(1)(0),(2018)(0)f ef f ef【试题来源】2020届福建省仙游县枫亭中学高三上学期期中考试（理） 【答案】B【分析】构造函数()()xf x F x e =，求出'()0F x >，得到该函数为R 上的增函数，故得(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，从而可得到结论．【解析】设()()x f x F x e =，x R ∈（），所以'()()[]xf x F x e '==()()xf x f x e '-， 因为对于()(),x R f x f x ∀∈<'，所以'()0F x >，所以()F x 是R 上的增函数，所以(0)(1)F F <，(0)(2018)F F <，即(1)(0)f f e <，2018(2018)(0)f f e <， 整理得()()10f ef >和()20182018(0f ef >）．故故选B ．3．已知0a >，0b >，下列说法错误的是 A ．若1b a a b ⋅=，则2a b +≥ B ．若23a b e a e b +=+，则a b > C ．()ln ln a a b a b -≥-恒成立D ．ln 0b ba a e+≥恒成立 【试题来源】浙江省杭州市萧山中学2019-2020学年高三下学期返校考试 【答案】D【解析】对于A ，不妨令01a <≤，1b ≥，则1aab bb a aa a ab a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1baa b ⋅=即11b aaab-=，由10b a -≥可知101b aa -<≤，则101ab <≤，所以1≥ab ，2a b +≥，故A 正确； 对于B ，若a b ≤，则0a b e e -≤，320b a ->，故32ab e e b a -≠-即23a b e a e b +≠+，与已知矛盾，故B 正确；对于C ，()ln ln ln 1b b a a b a b a a-≥-⇔-≥-， 令0b x a =>，()()ln 10f x x x x =-->，则()1x f x x-'=， 则()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， 所以()()10f x f ≥=，所以ln 10b b a a --≥即ln 1b ba a-≥-，故C 正确； 对于D ，设()()ln 0h x x x x =>，()()0x xg x x e=>， 则()ln 1h x x '=+，()1xxg x e -'=， 所以()h x 在()10,e -上单调递减，在()1,e -+∞上单调递增，则()()11h x h e e --≥=-，()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，则()()11g x g e -≤=，所以()()110h e g e --+<，即当1a b e -==时ln 0bba a e +<，故D 错误．故选D ． 4．若1x =是函数()4312*()1n n n f x a x a x a x n N ++=--+∈的极值点，数列{}n a 满足11a =，23a =，设31log n n b a +=，记[]x 表示不超过x 的最大整数．设12231202*********n n n S b b b b b b +⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦，若不等式n S t 对n +∀∈N 恒成立，则实数t 的最大值为 A ．2020 B ．2019 C ．2018D ．1010【试题来源】新疆维吾尔自治区2021届高三第二次联考数学（理）能力测试试题 【答案】D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列1{}n n a a +-是等比数列，求得1n n a a +-，由累加法求得n a ，计算出n b ，然后求和122311202020202020n n b b b b b b ++++，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出n S 的最小值，再由不等式恒成立可得t 的最大值． 【解析】3212()43n n n f x a x a x a '++=--，所以12(1)430n n n f a a a '++=--=， 即有()2113n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是以2为首项3为公比的等比数列， 所以1123n n n a a -+-=⋅，1201111221123232313n n nn n n n n n n a a a a a a a a a a --++---=-+-+-++-+=⋅+⋅++⋅+=所以31log n n b a n +==，所以12231120202020202011120201223(1)n n b b b b b b n n +⎛⎫+++=+++⎪⨯⨯+⎝⎭1111120202020122311n n n n ⎛⎫=-+-++-=⎪++⎝⎭， 又20201ny n =+为增函数，当1n =时，1010n S =，10102020n S ≤<， 若n S t ≥恒成立，则t 的最大值为1010．故选D ．【名师点睛】本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得n a ，由对数的概念求得n b ，用裂项相消法求和新数列的前n 项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得n S 的最小值，从而根据不等式恒成立得结论． 二、多选题1．若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是 A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0af f a e>【试题来源】江苏省扬州中学2019-2020学年高二下学期6月月考 【答案】BD【分析】根据()()'0f x f x +>，设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，得到()h x 在R 上是增函数，再根据a 是正实数，利用单调性逐项判断．【解析】设()()xh x e f x =，()()()()xh x ef x f x ''=+，因为()()'0f x f x +>，所以()0h x '>，()h x 在R 上是增函数， 因为a 是正实数，所以2a a <，所以()()22aae f a e f a <，因为21a a e e >>， ()(),2f a f a 大小不确定，故A 错误， 因为a a -<，所以()()aa ef a e f a --<，即()()2a f a e f a >-，故B 正确．因为0a >，所以()()()000a e f a e f f >=， 因为1a e >，()(),0f a f 大小不确定．故C 错误．()()()000a e f a e f f >=，因为1a e >，所以()()0af f a e>，故D 正确．故选BD. 【名师点睛】本题主要考查导数与函数单调性比较大小，还考查了运算求解的能力，属于中档题．2．定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且()()()f x xf x xf x '+<对x ∈R 恒成立，则下列选项不正确的是 A ．2(2)(1)f f e> B ．2(2)(1)f f e< C ．()10f >D ．()10f ->【试题来源】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二下学期期中 【答案】BCD【分析】构造出函数()()xxf x F x e =，再运用求导法则求出其导数，借助导数与函数单调性之间的关系及题设中()()()f x xf x xf x '+<，从而确定函数()()xxf x F x e =是单调递减函数，然后可判断出每个答案的正误． 【解析】构造函数()()xxf x F x e =， 因为2[()()]()()()()()0()x x x xe f x xf x xe f x f x xf x xf x F x e e '+-+-=='<'， 故函数()()xxf x F x e=在R 上单调递减函数， 因为21>，所以212(2)(1)(2)(1)f f F F e e <⇒<，即2(2)(1)f f e<，故A 正确，B 错误； 因为()(1)0F F <，即()10f e<，所以()10f <，故C 错误； 因为()(1)0F F ->，即()110f e--->，所以()10f -<，故D 错误，故选BCD. 【名师点睛】解答本题的难点所在是如何依据题设条件构造出符合条件的函数()()xxf x F x e=，这里要求解题者具有较深的观察力和扎实的基本功，属于较难题． 3．已知函数()cos sin f x x x x =-，下列结论中正确的是 A ．函数()f x 在2x π=时，取得极小值1-B ．对于[]0,x π∀∈，()0≤f x 恒成立C ．若120x x π<<<，则1122sin sin x x x x < D ．若sin x a b x <<，对于0,2x π⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1【试题来源】山东省肥城市2019-2020学年高二下学期期中考试 【答案】BCD【分析】先对函数求导，根据022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，排除A ；再由导数的方法研究函数单调性，判断出B 选项；构造函数()sin xg x x=，由导数的方法研究其单调性，即可判断C 选项；根据()sin x g x x =的单调性，先得到sin 2x x π>，再令()sin h x x x =-，根据导数的方法研究其单调性，得到sin 1xx<，即可判断D 选项． 【解析】因为()cos sin f x x x x =-，所以()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-， 所以022f ππ⎛⎫'=-≠⎪⎝⎭，所以2x π=不是函数的极值点，故A 错； 若[]0,x π∈，则()sin 0f x x x '=-≤，所以函数()cos sin f x x x x =-在区间[]0,π上单调递减；因此()()00≤=f x f ，故B 正确； 令()sin x g x x =，则()2cos sin x x x g x x -'=， 因为()cos sin 0f x x x x =-≤在[]0,π上恒成立，所以()2cos sin 0x x xg x x -'=<在()0,π上恒成立，因此函数()sin xg x x=在()0,π上单调递减；又120x x π<<<，所以()()12g x g x >，即1212sin sin x x x x >，所以1122sin sin x x x x <，故C 正确；因为函数()sin x g x x =在()0,π上单调递减；所以0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()sin x g x x =也单调递减，因此()sin 22x g x g x ππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立；令()sin h x x x =-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()1cos 0h x x '=-≥在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()sin h x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 因此()sin 0h x x x =->，即sin 1xx <在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立； 综上，2sin 1x x π<<在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，故D 正确．故选BCD ． 【名师点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数的方法研究函数的极值，单调性等，属于常考题型．4．已知函数()2f x x x=-，()()πcos 5202xg x a a a =+->，．给出下列四个命题，其中是真命题的为A ．若[]1,2x ∃∈，使得()f x a <成立，则1a >-B ．若R x ∀∈，使得()0g x >恒成立，则05a <<C ．若[]11,2x ∀∈，2x ∀∈R ，使得()()12f x g x >恒成立，则6a >D ．若[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则34a ≤≤ 【试题来源】冲刺2020高考数学之拿高分题目强化卷（山东专版） 【答案】ACD【分析】对选项A ，()f x 在[]1,2上的最小值小于a 即可；对选项B ，()g x 的最小值大于0即可；对选项C ，()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值即可；对选项D ，[]11,2x ∀∈，[]20,1x ∃∈，()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥即可．【解析】对选项A ，只需()f x 在[]1,2上的最小值小于a ，()f x 在[]1,2上单调递增，所以min 2()(1)111f x f ==-=-，所以1a >-，故正确； 对选项B ，只需()g x 的最小值大于0，因为[]πcos,2x a a a∈-，所以min ()52530g x a a a =-+-=->，所以503a <<，故错误； 对选项C ，只需()f x 在[]1,2上的最小值大于()g x 的最大值，min ()1f x =-，max ()525g x a a a =+-=-，即15a ->-，6a >，故正确；对选项D ，只需()min min ()g x f x ≤，()max max ()g x f x ≥，max 2()(2)212f x f ==-=，所以[]11,2x ∈，[]1()1,1f x ∈-， []0,1x ∈时，π0,22x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()g x 在[]0,1上单调递减， ()min (1)52a g x g ==-，()max (0)5a g x g ==-，所以()[]52,5g x a a ∈--，由题意，52151a a -≤-⎧⎨-≥⎩⇒34a ≤≤，故正确．故选ACD ．【名师点睛】本题主要考查不等式恒成立和存在性问题，考查学生的分析转化能力，注意恒成立问题和存在性问题条件的转化，属于中档题．5．当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立，则整数k 的取值可以是 A ．2- B ．1- C ．0D ．1【试题来源】江苏省南京市2020-2021学年高三上学期期中考前训练 【答案】ABC 【分析】将()41ln ln 3k x x x x --<-+，当1x >时，恒成立，转化为13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立，令()()3ln ln 1x F x x x x x =++>，利用导数法研究其最小值即可．【解析】因为当1x >时，()41ln ln 3k x x x x --<-+恒成立， 所以13ln ln 4x k x x x ⎛⎫<++ ⎪⎝⎭，当1x >时，恒成立， 令()()3ln ln 1xF x x x x x =++>，则()222131ln 2ln x x x F x x x x x---'=-+=．令()ln 2x x x ϕ=--，因为()10x x xϕ-'=>，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增． 因为()10ϕ<，所以()0F x '=在()1,+∞上有且仅有一个实数根0x ， 于是()F x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 所以()()000min 00ln 3ln x F x F x x x x ==++．（*） 因为()1ln 3309F -'=<，()()21ln 22ln 4401616F --'==>，所以()03,4x ∈，且002ln 0x x --=，将00ln 2x x =-代入（*）式， 得()()0000min 00023121x F x F x x x x x x -==-++=+-，()03,4x ∈． 因为0011t x x =+-在()3,4上为增函数，所以713,34t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即()min1713,41216F x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭． 因为k 为整数，所以0k ≤．故选ABC ． 6．下列不等式中恒成立的有 A ．()ln 11xx x +≥+，1x >- B ．11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭，0x > C ．1x e x ≥+D ．21cos 12x x ≥-【试题来源】广东省中山市2019-2020学年高二下学期期末 【答案】ACD 【分析】令10tx ，()1ln 1f t t t=+-，导数方法求出最小值，即可判定出A 正确；令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >，导数方法研究单调性，求出范围，即可判定B 错； 令()1xf x e x =--，导数的方法求出最小值，即可判定C 正确；令()21cos 12f x x x =-+，导数的方法求出最小值，即可判定D 正确． 【解析】A 选项，因为1x >-，令10t x ，()1ln 1f t t t=+-，则()22111t f t t t t -'=-=，所以01t <<时，()210t f t t-'=<，即()f t 单调递减；1t >时，()210t f t t -'=>，即()f t 单调递增； 所以()()min 10f t f ==，即()1ln 10f t t t=+-≥，即1ln t t t -≥，即()ln 11x x x +≥+，1x >-恒成立；故A 正确；B 选项，令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，0x >， 则()()2222211112110222x x x f x x x x x ---⎛⎫'=-+==-≤ ⎪⎝⎭显然恒成立， 所以()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在0x >上单调递减， 又()10f =，所以当()0,1x ∈时，()()10f x f >=，即11ln 2x x x ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，故B 错； C 选项，令()1xf x e x =--，则()1xf x e '=-，当0x >时，()10xf e x ='->，即()f x 单调递增；当0x <时，()10xf e x ='-<，所以()f x 单调递减；则()()00f x f ≥=，即1x e x ≥+恒成立；故C 正确； D 选项，令()21cos 12f x x x =-+，则()sin f x x x '=-+， 所以()cos 10f x x ''=-+≥恒成立，即函数()sin f x x x '=-+单调递增， 又()00f '=，所以当0x >时，()0f x '>，即()21cos 12f x x x =-+单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()21cos 12f x x x =-+单调递减； 所以()()min 00f x f ==，因此21cos 12x x ≥-恒成立，故D 正确；故选ACD ． 三、填空题1．函数3()2,()ln 1f x x x c g x x =-+=+，若()()f x g x ≥恒成立，则实数c 的取值范围是___________．【试题来源】【全国区级联考】江苏省徐州市铜山区下学期高二数学（文）期中试题 【答案】2c ≥【解析】由()()f x g x ≥，即32ln 1x x c x -+≥+，即32ln 1c x x x ≥-+++．令()()32ln 10h x x x x x =-+++>，()()()21331x x x h x x'-++=-，故函数()h x 在区间()0,1上递增，在()1,+∞上递减，最大值为()12h =，所以2c ≥．【名师点睛】本题主要考查利用分析法和综合法求解不等式恒成立，问题，考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值等知识．首先根据()()f x g x ≥，对函数进行分离常数，这里主要的思想方法是分离常数后利用导数求得另一个部分的最值，根据这个最值来求得参数的取值范围．2．若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】2020届湖南省长沙市长郡中学高三下学期3月停课不停学阶段性测试（理） 【答案】(,2]e -∞【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果．【解析】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0mxx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )mxx m x e e x⇒≥，由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立， 由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤， 综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞．3．已知函数()()21ax x xf x x ++=≥，若()0f x '≥恒成立，则a 的取值范围为___________．【试题来源】四川省泸州市2020学年下学期高二期末统一考试（文） 【答案】(],3-∞【分析】求函数的导数，根据()0f x '，利用参数分离法进行转化，然后构造函数()g x ，转化为求函数的最值即可．【解析】函数的导数2()21f ax x x '=+-，由()0f x '在1x 上恒成立得2210a x x +-在1x 上恒成立，即221a x x+，得322x x a +在1x 上恒成立，设32()2g x x x =+， 则2()622(31)g x x x x x '=+=+，当1x 时，()0g x '>恒成立，即()g x 在1x 上是增函数， 则当1x =时，()g x 取得最小值()1213g =+=，则3a ， 即实数a 的取值范围是(],3-∞，故答案为(],3-∞.【名师点睛】本题主要考查函数恒成立问题，求函数的导数，利用参数分离法以及构造函数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键．属于中档题．4．已知函数()ln f x x x =-，若()10f x m -+≤恒成立，则m 的取值范围为___________． 【试题来源】2020年高考数学选填题专项测试（文理通用） 【答案】[)0,+∞【分析】把()ln f x x x =-，代入()10f x m -+≤，即ln 1m x x ≥-+恒成立，构造()ln 1g x x x =-+，利用导数研究最值，即得解．【解析】()ln f x x x =-，则()10f x m -+≤恒成立，等价于ln 1m x x ≥-+令11()ln 1(0),'()1(0)x g x x x x g x x x x-=-+>=-=> 因此()g x 在(0,1)单调递增，在(1)+∞，单调递减， 故max ()(1)00g x g m ==∴≥，故答案为[)0,+∞.【名师点睛】本题考查了导数在不等式的恒成立问题中的应用，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题．5．若函数()0x f x e ax =->恒成立，则实数a 的取值范围是___________． 【试题来源】2020届四川省成都七中高三二诊数学模拟（理）试题 【答案】0a e ≤<【分析】若函数()0x f x e ax =->恒成立，即min ()0f x >，求导得'()x f x e a =-，在0,0,0a a a >=<三种情况下，分别讨论函数单调性，求出每种情况时的min ()f x ，解关于a的不等式，再取并集，即得．【解析】由题意得，只要min ()0f x >即可，'()x f x e a =-，当0a >时，令'()0f x =解得ln x a =，令'()0f x <，解得ln x a <，()f x 单调递减， 令'()0f x >，解得ln x a >，()f x 单调递增，故()f x 在ln x a =时，()f x 有最小值，min ()(ln )(1ln )f x f a a a ==-， 若()0f x >恒成立，则(1ln )0a a ->，解得0a e <<； 当0a =时，()0x f x e =>恒成立； 当0a <时，'()x f x e a =-，()f x 单调递增，,()x f x →-∞→-∞，不合题意，舍去．综上，实数a 的取值范围是0a e ≤<．故答案为0a e ≤<6．当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】陕西省商洛市洛南中学2019-2020学年高二下学期第二次月考（理） 【答案】(2,)+∞【分析】设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=，利用导数求得函数的单调性与最大值，结合题意，即可求得实数m 的取值范围．【解析】由题意，设()3212,[1,2]2x x x x f x --∈-=， 则()22(1)(323)x x f x x x --=-+'=，当2[1,)3x ∈--或(1,2]x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当2(,1)3x ∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减， 又由222(),(2)2327f f -==，即2()(2)3f f -<， 即函数()f x 在区间[1,2]-的最大值为2，又由当[1,2]x ∈-时，32122x x x m --<恒成立，所以2m >， 即实数m 的取值范围是(2,)+∞．故答案为(2,)+∞【名师点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，其中解答中熟练应用函数的导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题．7．若()()220xxx me exeex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数m 的取值范围为___________．【试题来源】浙江省杭州地区（含周边）重点中学2020-2021学年高三上学期期中 【答案】32m ≤-【分析】对已知不等式进行变形，利用换元法、构造函数法、常变量分离法，结合导数的性质进行求解即可．【解析】()()()()222210xx x x x xme ex e ex me ex e ex e e++++-⇒≤≤ （1）， 令x ext e=，因为()0,x ∈+∞，所以0t >， 则不等式(1)化为2221(2)(1)11t t m t t m t --+++≤⇒≤+，设()xex f x e=，()0,x ∈+∞，'(1)()x e x f x e -=，当1x >时，'()0,()f x f x <单调递减， 当01x <<时，'()0,()f x f x >单调递增，因此当()0,x ∈+∞时，max ()(1)1f x f ==， 而(0)0f =，因此当()0,x ∈+∞时，()(0,1]f x ∈，因此(0,1]t ∈，设2221()1t t g t t --+=+，(0,1]t ∈，因此要想()()220x x xme ex e ex e ++-≤在()0,x ∈+∞上恒成立，只需min ()m g t ≤，2'2243()(1)t t g t t ---=+，因为(0,1]t ∈，所以'()0g t <，因此()g t 在(0,1]t ∈时单调递减，所以min 3()(1)2g t g ==-，因此32m ≤-．8．已知函数()()(ln )xf x e ax x ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】四川省三台中学实验学校2019-2020学年高二下学期期末适应性考试（理） 【答案】1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】先由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；原问题即可转化为直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象，由图象得到只需<<OA OB k a k ；根据导数的方法求出OA ，OB 所在直线斜率，进而可得出结果． 【解析】由x y e =的图象与ln y x =的图象可得，ln >x e x 恒成立；所以若()()(ln )0=--<xf x e ax x ax 恒成立，只需0ln 0x e ax x ax ⎧->⎨-<⎩，即直线y ax =介于x y e =与ln y x =之间，作出其大致图象如下：由图象可得，只需<<OA OB k a k ；设11(,)A x y ，由ln y x =得1y x'=，所以111OA x x k y x =='=， 所以曲线ln y x =在点11(,)A x y 处的切线OA 的方程为1111ln ()-=-y x x x x ， 又该切线过点O ，所以11110ln (0)1-=-=-x x x ，解得1x e =，所以1=OA k e； 设22(,)B x y ，由x y e =得e x y '=，所以22x OB x x k y e =='=，所以曲线x y e =在点22(,)B x y 处的切线OB 的方程为222()-=-x x y e e x x ，又该切线过点O ，所以2220(0)-=-x x ee x ，解得21x =，所以=OB k e ；所以1a e e <<．故答案为1,e e ⎛⎫⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查由导数的方法研究不等式恒成立的问题，熟记导数的几何意义即可，属于常考题型．9．已知函数()1x f x e ax =+-，若0,()0x f x 恒成立，则a 的取值范围是___________． 【试题来源】黑龙江省七台河市田家炳高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试（理）【答案】[1,)-+∞【分析】求导得到()x f x e a '=+，讨论10a +和10a +<两种情况，计算10a +<时，函数()f x 在[)00,x 上单调递减，故()(0)0f x f =，不符合，排除，得到答案． 【解析】因为()1x f x e ax =+-，所以()x f x e a '=+，因为0x ，所以()1f x a '+． 当10a +，即1a ≥-时，()0f x '，则()f x 在[0,)+∞上单调递增，从而()(0)0f x f =，故1a ≥-符合题意；当10a +<，即1a <-时，因为()x f x e a '=+在[0,)+∞上单调递增，且(0)10f a '=+<，所以存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得()00f x '=．令()0f x '<，得00x x <，则()f x 在[)00,x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意．综上，a 的取值范围是[1,)-+∞．故答案为[1,)-+∞．10．不等式()221n n n N *>-∈不是恒成立的，请你只对该不等式中的数字作适当调整，使得不等式恒成立，请写出其中一个恒成立的不等式：___________． 【试题来源】北京市101中学2019-2020学年高三10月月考 【答案】331n n >-【分析】将不等式中的数字2变为3，得出331n n >-，然后利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥即可，即可得出不等式331n n >-对任意的n *∈N 恒成立．【解析】13311>-，23321>-，33331>-，猜想，对任意的n *∈N ，331n n >-．下面利用导数证明出当3n ≥时，33n n ≥，即证ln 33ln n n ≥，即证ln ln 33n n ≤， 构造函数()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，当3x ≥时，()0f x '<． 所以，函数()ln x f x x =在区间[)3,+∞上单调递减，当3n ≥时，ln ln 33n n ≤．所以，当3n ≥且n *∈N 时，33n n ≥，所以，331n n >-．故答案为331n n >-． 【名师点睛】本题考查数列不等式的证明，考查了归纳法，同时也考查了导数在证明数列不等式的应用，考查推理能力，属于中等题．11．已知()ln f x x x m x =--，若()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是___________． 【试题来源】湖北省襄阳市第一中学2019-2020学年高二下学期5月月考 【答案】(,1)-∞【分析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->，分类讨论，分离参数，求最值，即可求实数m 的取值范围．【解析】函数()f x 的定义域为(0,)x ∈+∞，由()0f x >，得ln ||xx m x->， (ⅰ)当(0,1)x ∈时，||0x m -≥，ln 0xx<，不等式恒成立，所以m R ∈； (ⅰ)当1x =时，|1|0m -≥，ln 0xx=，所以1m ≠； (ⅰ)当1x >时，不等式恒成立等价于ln x m x x <-恒成立或ln xm x x>+恒成立， 令ln ()x h x x x =-，则221ln ()x x h x x'-+=，因为1x >，所以()0h x '>，从而()1h x >， 因为ln xm x x<-恒成立等价于min ()m h x <，所以1m ， 令ln ()x g x x x =+，则221ln ()x xg x x+-'=， 再令2()1ln p x x x =+-，则1'()20p x x x=->在(1,)x ∈+∞上恒成立，()p x 在(1,)x ∈+∞上无最大值，综上所述，满足条件的m 的取值范围是(,1)-∞．故答案为(,1)-∞．12．已知函数21,0()2,0x e x f x ax x x ⎧-≥=⎨+<⎩，若()1f x ax ≥-恒成立，则a 的取值范围是___________．【试题来源】陕西省安康市2020-2021学年高三上学期10月联考（理）【答案】4e -⎡⎤⎣⎦【分析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立，当0x ≠时，则2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩，然后构造函数()x e g x x=（0x >），()221x h x x x +=-（0x <），分别求解函数()g x 的最小值和()h x 的最大值，只需()()min max h x a g x ≤≤即可．【解析】若()1f x ax ≥-，则211,021,0x e ax x ax x ax x ⎧-≥-≥⎨+≥-<⎩，当0x =时，显然成立；当0x ≠时，则()2,012,0x e ax x a x x x x ⎧≥>⎪⎨-≥--<⎪⎩，因为当0x <时，20x x ->， 所以只需满足2,021,0xe a x xx a x x x ⎧≤>⎪⎪⎨+⎪≥<⎪-⎩即可，令()x e g x x =（0x >），则()()21x x e g x x-'=， 则()0,1x ∈时，()0g x '<，所以()g x 在()0,1x ∈上递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()1,+∞上递增， 所以()()1min g x g e ==，所以a e ≤，令()221x h x x x +=-（0x <）， 则()()()()()()22222222112221x x x x x x h x x x x x --+-+-'==--，令()0h x '=，得x =x =则当x ⎛∈-∞ ⎝ ⎭时，()0h x '>；当x ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0h x '<， 所以函数()h x在⎛-∞ ⎝ ⎭上递增，在⎫⎪⎪⎝⎭上递减， 所以()4maxh x h ===-⎝⎭⎝⎭故4a ≥-4a e -≤．故答案为4e -⎡⎤⎣⎦．【名师点睛】本题考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围问题，考查学生分析问题、转化问题的能力，考查参变分离思想的运用，考查利用导数求解函数的最值，属于难题． 解决此类问题的方法一般有以下几种：（1）作出函数的图象，利用数形结合思想加以研究；（2）先进行参变分离，然后利用导数研究函数的最值，即可解决问题，必要时可以构造新函数进行研究．13．函数()2cos sin f x x x x x =+-，当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x ax ≤恒成立，则实数a 的取值范围是___________．【试题来源】河南省名校联盟2020届高三（6月份）高考数学（理）联考试题 【答案】[)0,+∞ 【分析】先根据2x π=时22f a ππ⎛⎫≤⎪⎝⎭得0a ≥，再对函数()f x 求导，研究导函数的单调性、最值等，进而研究函数()f x 单调性，即可解决．【解析】22f a ππ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭π，0a ∴≥． 由题意得()()2sin sin cos 1sin cos 1f x x x x x x x x '=-++-=-+-⎡⎤⎣⎦， 令()sin cos 1g x x x x =-+-，则()sin g x x x '=-． 当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0g x '<，()g x 单调递减； 当3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，()g x 单调递增，()g x ∴的最小值为()1g ππ=--． 又22g π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，302g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，3,22x ππ⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0g x ≤，即()0f x '≤， ()f x ∴在区间3,22ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数．02f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴当3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ≤．又当0a ≥，3,22x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0ax ≥，故()f x ax ≤恒成立，因此a 的取值范围是[)0,+∞．14．已知0a <，且()221ln 0ax ax x ax -+≥+恒成立，则a 的值是___________．【试题来源】6月大数据精选模拟卷04（上海卷）（满分冲刺篇） 【答案】e -【分析】把不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，转化为函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，结合函数的单调性和零点，得出1a-是函数ln y ax x =-的零点，即可求解． 【解析】由题意，不等式()221ln 0a x ax x ax -+≥+恒成立，即函数()()()1ln 0f x ax ax x =+⋅-≥在定义域内对任意的x 恒成立，由ln ,0,0y ax x a x =-<>，则10y a x'=-<，所以ln y ax x =-为(0,)+∞减函数， 又由当0a <，可得1y ax =+为(0,)+∞减函数， 所以1y ax =+ 与ln y ax x =-同为单调减函数，且1a-是函数1y ax =+的零点， 故1a -是函数ln y ax x =-的零点，故110ln a a a ⎛⎫⎛⎫=⋅--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得a e =-．【名师点睛】本题主要考查了不等式的恒成立问题，以及函数与方程的综合应用，其中解答中把不等式恒成立问题转化为函数的性质和函数的零点问题是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力．15．若对任意实数(],1x ∈-∞，2211xx ax e-+≥恒成立，则a =___________． 【试题来源】2020届辽宁省抚顺市高三二模考试（理） 【答案】12-【分析】设()()2211xx ax f x x e-+=≤，结合导数可知当0a <时，()()min 21f x f a =+；由题意可知，()()2122211a a f x f a e++≥+=≥，设()1t g t e t =--，则()0g t ≤，由导数可求出当0t =时，()g t 有最小值0，即()0g t ≥．从而可确定()0g t =，即可求出a 的值．【解析】设()()2211xx ax f x x e -+=≤，则()()()121xx x a f x e --+⎡⎤⎣⎦'=．当211a +≥，即0a ≥时，()0f x '≤，则()f x 在(],1-∞上单调递减， 故()()2211a f x f e -≥=≥，解得102ea ≤-<，所以0a ≥不符合题意； 当211a +<，即0a <时，()f x 在(),21a -∞+上单调递减，在(]21,1a +上单调递增， 则()()min21f x f a =+．因为2211xx ax e -+≥，所以()()2122211a a f x f a e ++≥+=≥． 令211a t +=<，不等式21221a a e++≥可转化为10te t --≤，设()1t g t e t =--， 则()1tg t e '=-，令()0g t '<，得0t <；令()0g t '>，得01t <<，则()g t 在(),0-∞上单调递减，在()0,1上单调递增；当0t =时，()g t 有最小值0， 即()0g t ≥．因为()0g t ≤，所以()0g t =，此时210a +=，故12a =-． 【名师点睛】本题考查了函数最值的求解，考查了不等式恒成立问题．本题的难点在于将已知恒成立问题，转化为()10tg t e t =--≤恒成立．本题的关键是结合导数，对含参、不含参函数最值的求解． 四、双空题1．已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，则a 的取值范围___________；且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立，则实数t 的取值范围___________．【试题来源】辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2020-2021学年高三上学期第一次联考 【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭[)5,-+∞【分析】求出导函数()2122122ax x f x ax x x-+'=-+=，只需方程22210ax x -+=有两个不相等的正根，满足1212010210x x a x x a ⎧⎪∆>⎪⎪=>⎨⎪⎪+=>⎪⎩，解不等式组可得a 的取值范围；求出 ()()1212f x f x x x +--的表达式，最后利用导数，通过构造函数，求出新构造函数的单调性，最后求出t 的取值范围．【解析】2221()(0)ax x f x x x'-+=>，因为函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ，所以方程22210ax x -+=有两个不相等的正实数根，于是有：121248010102a x x a x x a ⎧⎪∆=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．()()221112221212122ln 2ln f x f x x x x ax x x ax x x x +--+--++=--()()212121212()23ln a x x x x x x x x ⎡⎤=+--++⎣⎦21ln 2a a=---， 设21()1ln 2,02h a a a a ⎛⎫=---<< ⎪⎝⎭， 22()0a h a a '-=>，故()h a 在102a <<上单调递增，故1()52h a h ⎛⎫<=-⎪⎝⎭，所以5t ≥-．因此t 的取值范围是[)5,-+∞. 故答案为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；[)5,-+∞【名师点睛】本题考查了已知函数极值情况求参数取值范围问题，考查了不等式恒成立问题，构造新函数，利用导数是解题的关键，属于基础题．2．对任意正整数n ，函数32()27cos 1f n n n n n πλ=---，若(2)0f ≥，则λ的取值范围是___________；若不等式()0f n ≥恒成立，则λ的最大值为___________． 【试题来源】2021年新高考数学一轮复习学与练 【答案】13,2⎛⎤-∞-⎥⎝⎦132-【分析】将2n =代入求解即可；当n 为奇数时，cos 1n π=-，则转化。

专题16 破解恒成立问题【热点聚焦】从高考命题看，方程有解问题、无解问题以及不等式的恒成立问题，也是高考命题的热点.而此类问题的处理方法较为灵活，用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题.也可以结合题目的条件、结论，采用数形结合法等.【重点知识回眸】（一）参变参数法1.参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2.一般地，若a ＞f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＞f (x )max ；若a ＜f (x )对x ∈D 恒成立，则只需a ＜f (x )min .若存在x 0∈D ，使a ＞f (x 0)成立，则只需a ＞f (x )min ；若存在x 0∈D ，使a ＜f (x 0)成立，则只需a ＜f (x 0)max .由此构造不等式，求解参数的取值范围.3.参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：，等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题.（可参见”恒成立问题——最值分析法“中的相关题目）（二）构造函数分类讨论法有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.1.构造函数时往往将参数与自变量放在不等号的一侧，整体视为一个函数，其函数含参2.参数往往会出现在导函数中，进而参数不同的取值会对原函数的单调性产生影响——可能经历分类讨论（三）数形结合法1.函数的不等关系与图象特征：()21log a x x -<111ax x e x-+>-（1）若，均有的图象始终在的下方（2）若，均有的图象始终在的上方2.在作图前，可利用不等式的性质对恒成立不等式进行变形，转化为两个可作图的函数3.作图时可“先静再动”，先作常系数的函数的图象，再做含参数函数的图象（往往随参数的不同取值而发生变化）.作图要突出“信息点”.4.利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点：（1）所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图（2）所求的参数在图象中具备一定的几何含义（3）题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征【典型考题解析】热点一 参变分离法解决不等式恒成立问题【典例1】（2019·天津·高考真题（理））已知a R ∈，设函数222,1,()ln ,1,x ax a x f x x a x x ⎧-+=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x 在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【典例2】（2020·全国·高考真题（理））已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.【总结提升】利用分离参数法来确定不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：(1)将参数与变量分离，化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式．(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．(3)解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min ，得到λ的取值范围．热点二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题【典例3】（2019·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．【典例4】（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数()()ln 20f x a x x a =-≠.(1)讨论()f x 的单调性； x D ∀∈()()()f x g x f x <⇔()g x x D ∀∈()()()f x g x f x >⇔()g x(2)当0x >时，不等式()()22cos ea x x f x f x ⎡⎤-≥⎣⎦恒成立，求a 的取值范围. 【规律方法】对于f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h (x )＝f (x )－g (x )或h (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或h (x )max ≤0即可．热点三 利用数形结合法解决不等式恒成立问题【典例5】（2013·全国·高考真题（文））已知函数22,0()ln(1),0x x x f x x x ⎧-+≤=⎨+>⎩，若|()|f x ax ≥，则a 的取值范围是（ ）A ．(,0]-∞B ．(,1]-∞C ．[2,1]-D ．[2,0]-【典例6】（2015·全国·高考真题（理））设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a < ，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ）A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【典例7】（2020·全国高二）若关于x 的不等式0x x e ax a ⋅-+<的解集为()m n ，(0n <)，且()m n ，中只有一个整数，则实数a 的取值范围是（ ）．A ．211[)e e ，B ．221[)32e e ，C ．212[)e e ，D ．221[)3e e， 【精选精练】一、单选题1．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）对任意的(]12,1,3x x ∈，当12x x <时，1122ln 03x a x x x -->恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[)3,+∞B ．()3,+∞C ．[)9,+∞D ．()9,+∞2．（2021·青海·西宁市海湖中学高三开学考试（文））若函数()2ln f x x x =-，满足() f x a x ≥-恒成立，则a 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．3ln 2-D ．3ln 2+3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数12ln ,(e)ey a x x =-≤≤的图象上存在点M ，函数21y x =+的图象上存在点N ，且M ，N 关于x 轴对称，则a 的取值范围是（ ）A ．21e ,2⎡⎤--⎣⎦B ．213,e ∞⎡⎫--+⎪⎢⎣⎭C ．213,2e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦D ．2211e ,3e ⎡⎤---⎢⎥⎣⎦4．（2021·青海·大通回族土族自治县教学研究室高三开学考试（文））已知函数1()e 2x f x =，直线y kx =与函数()f x 的图象有两个交点，则实数k 的取值范围为（ ）A ．12⎛ ⎝B ．)+∞C ．(e,)+∞D ．1e,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 5．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设函数()()()()1e e ,e 1x x f x x g x ax =--=--，其中R a ∈.若对[)20,x ∀∈+∞，都1R x ∃∈，使得不等式()()12f x g x ≤成立，则a 的最大值为（ ）A ．0B ．1eC ．1D ．e二、多选题6．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知定义在R 上函数()g x 满足：()()2g x g x =+，且()[)[)3,0,124,1,2x x x g x x x ⎧-∈⎪=⎨-+∈⎪⎩，设函数()()f x x g x =+，则下列正确的是（ ） A ．()f x 的单调递增区间为()()2,21,Z k k k +∈B ．()f x 在()2022,2024上的最大值为2025C ．()f x 有且只有2个零点D ．()f x x ≥恒成立.三、填空题7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）函数2()2e x f x a bx =++，其中a ，b 为实数，且(0,1)a ∈.已知对任意24e b >，函数()f x 有两个不同零点，a 的取值范围为___________________. 8．（2023·江苏·南京市中华中学高三阶段练习）若关于x 的不等式()()e e ln m x mx m x x mx x x +≤+-恒成立，则实数m 的最小值为________9．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知不等式e ln x a a x x x +≥+对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围是___________.10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知函数124e ,1()(2)2,1x ax a x f x x a x a x -⎧+->=⎨+--≤⎩，若关于x的不等式()0≤f x 的解集为[)2,-+∞，则实数a 的取值范围是___________.四、解答题11．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，()()e 1e x x f x a -=++．(1)若0是函数()2=-y f x 的零点，求a 的值；(2)若对任意,()0x ∈+∞，不等式()1f x a ≥+恒成立，求a 的取值范围．12．（2021·河南·高三开学考试（文））已知函数()()()ln 12f x a x x a =+-∈R . （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()3f x 在()1,+∞上恒成立，求证：2e a <.（注：3e 20≈）13．（2022·云南省下关第一中学高三开学考试）已知函数()ln (1)f x x x a x a =-++．(1)求函数()f x 的极值；(2)若不等式(1)()(2)e x f x x a a -≤--+对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2022·甘肃定西·高二开学考试（理））已知函数()ln f x x x =，()23g x x ax =-+-(1)求()f x 在()()e,e f 处的切线方程(2)若存在[]1,e x ∈时，使()()2f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围．15．（2016·四川·高考真题（理））设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.（I ）讨论f (x )的单调性；（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()x f x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)．16．（2020·河南开封市·高三一模（理））已知函数()()ln 0a f x ax x a =>. （1）当1a =时，求曲线()y f x =在x e =处的切线方程；（2）若()xf x xe ≤对于任意的1x >都成立，求a 的最大值. 17．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数()ln(1)1,f x x =+-(1)求证：(1)3f x -≤；(2)设函数21()(1)()12=+-+g x x f x ax ，若()g x 在(0,)+∞上存在最大值，求实数a 的取值范围．18．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数．（注：是自然对数的底数）(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若只有一个极值点，求实数a 的取值范围；(3)若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值． 2()e e,x f x ax a =+-∈R e 2.71828=1a =()y f x =(1,(1))f ()f x b ∈R x ∈R ()f x b ≥-a b。

恒成立问题（最值问题）天天依依heart恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现，今天我们就来一起突破恒成立问题。

知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边）先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[],x a b ∀∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ∃∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ∀∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈使12()()f x g x ≥，那么只需min min ()()f x g x ≥如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量）3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（2014.03苏锡常镇一模那题特别典型）今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是11,,e e之类），所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗？那么我们先从一道练习题说起一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值）例题1.已知22()21xax af x +-=-定义域为R ，求a 的取值范围思考：① 引入定义域（非R ）②参数在二次项，就需考虑是否为0③引入高次（3次，4次，1x ，ln x ，x e 等等）④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量）方法：1.一次函数，二次函数直接根据图像讨论最值(二次函数也可以分离变量) 2.对于高次或者特殊函数，一般分离变量求最值（分离变量后对函数求导，确定导函数的正负情况，确定单调性，从而确定在已知定义域上的最值） 3.对于不能分离变量的，只能直接求导，对参数讨论，从而确定单调性，确定最值变式：①已知()f x ax b =+，若对任意的(,)x m n ∈，均有()0f x ≥，求a 的取值范围 ②已知2()25f x ax x =+-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围③已知22()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥，求a 的取值范围④已知3()2(1)5f x ax a x =++-，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围⑤已知32()2(9)5f x ax a x =+--，若对任意的(3,2)x ∈-，均有()0f x ≥求a 的取值范围例题2.（改编）已知函数()122+-=x ax x f 在[]3,1上的最大值为()a M ，最小值为()a m ，又已知函数()()()a m a M a g -=，（1）求()a g 的表达式；（2）指出()a g 的单调区间，并求出()a g 的最小值答案：根据对a 是否为0以及对称轴的讨论，易知11,2()195,2a a M a a a ⎧-≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩195,311()1,131,1a a m a a a a a ⎧-≤⎪⎪⎪=-<<⎨⎪-≥⎪⎪⎩ ，所以易知184,31112,()321196,1284,1a a a a g a a a a a a a ⎧-+≤⎪⎪⎪+-<≤⎪=⎨⎪+-<≤⎪⎪⎪->⎩所以()g a 在1(,)2-∞单调递减，在1(,)2+∞单调递增，所以当12x =时，()f x 有最小值12点评：本题考察的主要是二次函数带参数在已知定义域上的最值问题的讨论变式：1.对称轴不动（①定义域不动 ②定义域动（含参数））2.对称轴动（含参），定义域不动（考试最喜欢考）3.对称轴动（含参），定义域动（含参） 但是参数还是同一个参数 方法：找出对称轴与定义域边界及定义域中值的临界点讨论即可4.对称轴动（含参），定义域动（含参） ①参数不一样，那么或许可以看看题目中参数的范围，是否可以直接根据单调性求解 ②参数不一样，参数也没范围，那么真不能做了（13江苏）在平面直角坐标系xOy 中，设定点A (a ，a )，P 是函数1y x=(x ＞0)图象上一动点．若点P ，A 之间的最短距离为22，则满足条件的实数a 的所有值为__________． 解：由题意设()0001,,0P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭则有()222222200000200000111112++2=+-2+22PA x a a x a x a x a x a x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 令()001t 2x t x +=≥ 则()222=(t)=t 2222PA f at a t -+-≥ 对称轴t a =1.2a ≤时，22min 2(2)2422428PA f a a a a ==-+∴-+=1a =- ， 3a =（舍去） 2.2a >时，22min 2()228PA f a a a ==-∴-=10a = ， 10a =-（舍去） 综上1a =-或10a =点评：本题综合性较高，考查了带参数的二次函数在已知定义域上的最值问题（高一下学期必须学会），同时考查了换元思想，分类讨论的思想 是一道非常漂亮的题目二．三次函数及特殊函数型（通常是求导后对二次函数的零点进行讨论，从而求最值）先来几个比较特殊的题目，平时稍微长点心眼，多记记，就记住了1.（原创）已知函数()0f x >且'()()0xf x f x -> 对所有满足条件的函数()f x ，始终有3(2)(23)(1)f a a f >-+成立，求a 的取值范围答案：由题可知0x =时，0(0)0f ->与题目()0f x >矛盾，所以显然有0x ≠所以由条件易知()f x x 单调递增，由题可知3(2)23(1)22f a a f -+>始终成立，即 3(2)232(1)21f a a f -+>恒成立，因为()f x x 单调递增，又()f x x 是满足条件的所有函数，所以 (2)2(1)1f f 的最小值总大于1，所以有32312a a -+≤，易知a 的范围是152a --≤或1512a -+≤≤点评：对于某些题中既有()f x 又有()'f x 的这种题型，我们不妨去联想它的原函数2.（原创）已知函数22()log (1)f x x x ax =++-；若对于任意31,2a ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，总存在⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈1,210x ，使得不等式0()f x m >成立，则m 的取值范围是_____________________答案：分析知2log (1+)x 单增，又分析知2x ax -在1x =时取最大值，所以0()f x 的最大值为(1)f ，所以有(1)m f <恒成立，分离变量易知12m <3.322()=+(0)f x x ax a x m a -+>若对任意[]3,6a ∈，()1f x ≤在[]2,2x ∈-上恒成立，求m 范围解答：先看成是a 的二次函数，对称轴为[]1,12x∈-，所以最大值不是在3处就是在6处，所以有32323916361x x x m x x x m ⎧+-+≤⎪⎨+-+≤⎪⎩对[]2,2x ∈-恒成立，易知87m <- 点评：对于一些双变量的函数最值问题，我们难以处理时，往往可以去看看本身的定义域，从而确定原函数的单调性，确定最值4. 对满足2p ≤所有实数p ，求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围解答：看成是p 的一次函数点评：对哪个参数恒成立，就看成是哪个参数的函数5.已知2101m x mx -<+对4x ≥恒成立，求m 的取值范围解答：法1:看成乘积小于0恒成立，转变成二次函数恒成立 法2:必须有一正一负恒成立变式：2101m x mx ->-对4m ≥恒成立，求x 的取值范围 解答：如果看成是m 的函数，乘积后就变成关于m 的三次函数，所以我们可以转变思维，转变成两个式子同正或同负6.若对于满足13t -≤≤的一切实数t ，不等式222(3)(3)0x t t x t t -+-+->恒成立，则x 的取值范围为 ．解答：分解因式易知[]2()(3)0x t x t ---> 所以必须有同正或同负恒成立点评：通过这几个题目的对比，所以我们发现虽然我们常说对哪个参数恒成立就看成是哪个参数的函数，但是有时候也需要转变思维，不能太死板7.已知2237()345x x f x a x ++=+-+，若对任意的[]1,3x ∈-，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围类题：（10.江苏）. 将边长为m 1正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记2(S =梯形的周长）梯形的面积,则S 的最小值是 .点评：二次比二次型的值域问题，一定要熟练掌握，先分离常数，转变成一次比二次，设一次为t ，转变成关于t 的对勾函数，解决值域另外一次比一次型的其实只是对称中心改变而已，可以直接画图，建议跟学生讲明白8.228()1mx x nf x x ++=+的最大值是9，最小值是1，求m 与n 的值解答：整理成关于x 的二次函数，由题意知二次函数一定有解，所以有0δ≥恒成立，转变成关于y 的一个二次函数恒成立，易知5和9是它的两个根，容易把,m n 求出来点评：此题比较特殊，只要讲过，那么以后碰到这类题，就不再那么无从下手了9.（08江苏）已知13)(3+-=x ax x f 对于[]1,1-∈x 总有0)(≥x f 成立，则a = 解：2()'33f x ax =-法1：分离变量，求最值 法2：直接求导10.若不等式|3ln ax x -|≥1对任意(0,1]x ∈都成立，则实数a 取值范围是 ．解析： 显然1x =时，有||1,1,,1a a or a ≥≤-≥。