高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题(分类讨论和分离变量)

专题05 应用导数研究不等式恒成立问题【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，应用导数研究不等式恒成立问题的主要命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒(能)成立求参数的范围、不等式存在性问题.本专题就应用导数研究不等式恒成立问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法---参变分离、数形结合、最值分析等.一、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.二、不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a＞0，Δ＜0或a＜0，Δ＜0)求解．三、不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．【压轴典例】例1．（2021·全国高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1ln 1n n a a +=+.若11n n a a λ++≥恒成立，则实数λ的最大值是（ ）(选项中e 为自然对数的底数，大约为2.71828)A ．21e -B ．2e 1- CD ．e【答案】D【详解】由()1ln 1n n a a +=+得()111ln 1n n n n a a a a +++-=-+，设()ln(1),1f x x x x =-+>-， ()1x f x x '=+，()f x 在(1,0)-单调递减，在(0,+∞）单调递增，故min ()(0)0f x f ==，则10n n a a +->，所以1n n a a +≤， 1n a ≥，由11n n a a λ++≥得111ln(1)n n a a λ++++≥易得11ln(11)n n a a λ++≤++，记110n t a ++=>，所以111ln(1ln )n n a t a t ++=++，记()ln t f t t=，()2ln 1()ln t f t t -'=，当ln 10t ->即()0f t '>得t e >时()f t 单调递增，当ln 10t -<即()0f t '<得0t e <<时()f t 单调递减，所以min ()()f t f e e ==，得e λ≤，例2．（2021·浙江嘉兴市·高三）已知函数()()()1x f x e a tax =-+，其中0t ≠．若对于某个t ∈R ，有且仅有3个不同取值的a ，使得关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则t 的取值范围为（ ）A ．()1,eB ．(),2e eC ．(),e +∞D ．()2,e +∞ 【答案】C【详解】显然0a ≥，否则0x e a ->，于是()()()10x f x e a tax =-+≥，即10tax +≥，这与不等式的解集为R 矛盾．又易知0a =时，不等式()0f x >恒成立．于是仅需再分析0a >的情形．易知0t >，由()()()10x f x e a tax =-+=知ln x a =或1x ta=-，所以11ln ln a a a ta t =-⇔-=．所以原问题等价于关于a 的方程1ln a a t-=有两解，设()ln h a a a =，则()ln 1h a a '=+，10a e <<时，()0h a '<，()h a 递减，1a e>时，()0'>h a ，()h a 递增，所以min 11()h a h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，0x →时，()0h a →，a →+∞时，()h a →+∞，所以由关于a 的方程1ln a a t -=有两解，得110e t-<-<，所以t e >． 例3.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a.(1)当a=e 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)若f(x)≥1,求a 的取值范围.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-1-.(1)当a=e 时,f(x)=e x -ln x+1,f'(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直线y=(e-1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为,2,因此所求三角形的面积为.(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1不满足条件;当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,f'(x)=e x-1-.当x ∈(0,1)时,f'(x)<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1.所以a=1满足条件;当a>1时,f(x)=ae x-1-ln x+ln a ≥e x-1-ln x ≥1.综上,a 的取值范围是[1,+∞).例4.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T21)已知函数f(x)=e x +ax 2-x.(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)当x ≥0时,f (x )≥x 3+1,求a 的取值范围. 【解析】(1)当a =1时,f=e x +x 2-x ,f'=e x +2x -1,由于f″=e x +2>0, 故f'单调递增,注意到f'=0, 故当x ∈时,f'<0,f 单调递减,当x ∈时,f'>0,f 单调递增.(2)由f ≥x 3+1得,e x +ax 2-x ≥x 3+1,其中x ≥0, ①当x =0时,不等式为:1≥1,显然成立,符合题意;②当x>0时,分离参数a得,a≥-,记g =-,g'=-,令h=e x -x2-x -1,则h'=e x-x-1,h″=e x-1≥0,故h'单调递增,h'≥h'=0,故函数h单调递增,h≥h=0,由h≥0可得:e x -x2-x-1≥0恒成立,故当x ∈时,g'>0,g单调递增;当x ∈时,g'<0,g单调递减,因此,=g =,综上可得,实数a 的取值范围是.例5.(2020·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x )+的单调区间和极值;(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有>.【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6ln x,f'(x)=3x2+.可得f(1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x +,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x +-,整理可得:g'(x )=,令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1) 1 (1,+∞)g'(x) - 0 +g(x) 单调递减极小值单调递增所以,g(x)的减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+.对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令=t (t >1), 则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))=(x 1-x 2)-2 =--3x 2+3x 1+k -2k ln =(t 3-3t 2+3t -1)+k .(ⅰ)令h (x )=x --2ln x ,x ∈(1,+∞).当x >1时,h'(x )=1+-=>0,由此可得h (x )在(1,+∞)上单调递增,所以当t >1时,h (t )>h (1),即t --2ln t >0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3, 所以(t 3-3t 2+3t -1)+k ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3=t 3-3t 2+6ln t +-1.(ⅱ) 由(1)②可知,当t >1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t +>1,故t 3-3t 2+6ln t +-1>0.(ⅲ) 由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2(f (x 1)-f (x 2))>0.所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有>.例6．（2021·江苏苏州市·高三）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 ≤．【答案】（1）1a =；（2）证明见解析.【详解】（1）因为1()(1)ax f x ax e x'=+-，所以切线斜率为(1)(1)121a k f a e e '==+-=-，即(1)20a a ee +-=．设()(1)2x h x x e e =+-， 由于()(2)0x h 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()1t u 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min()(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 ax x 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()()1a a a e ae a 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()0,1a x e -∈，即()g x a ≥(对于给定的常数a ，当0x x =，()0,1a x 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 ≤． 例7.(2020·江苏高考·T19)已知关于x 的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b ∈R)在区间D 上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x 2+2x,g(x)=-x 2+2x,D=(-∞,+∞).求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x 2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞).求k 的取值范围;(3)若f(x)=x 4-2x 2,g(x)=4x 2-8,h(x)=4(t 3-t)x-3t 4+2t 2(0<|t|≤),D=[m,n]⊆[-,],求证:n-m ≤. 【解析】(1)由f(x)=g(x)得x=0.又f'(x)=2x+2,g'(x)=-2x+2,所以f'(0)=g'(0)=2,所以,函数h(x)的图象为过原点,斜率为2的直线,所以h(x)=2x.经检验:h(x)=2x 符合题意.(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),设φ(x)=x -1-ln x,则φ'(x)=1-=,φ(x)≥φ(1)=0,所以当h(x)-g(x)≥0时,k ≥0.设m(x)=f(x)-h(x)=x 2-x+1-(kx-k)=x 2-(k+1)x+(1+k)≥0,当x=≤0时,m(x)在(0,+∞)上递增,所以m(x)>m(0)=1+k ≥0,所以k=-1.当x=>0时,Δ≤0,即(k+1)2-4(k+1)≤0,(k+1)(k-3)≤0,-1≤k≤3.综上,k∈[0,3].(3)①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)令Δ=(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立, 所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7所以不等式(*)有解,设解集为,因此n-m≤x2-x1=≤.②当0<t<1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=.当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数;v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0,(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).因为[m,n]⊆[-,],所以n-m≤+1<.③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.综上所述,n-m≤.例8.（2020届安徽省马鞍山市高三）已知函数.（1）若在定义域内无极值点，求实数的取值范围；（2）求证：当时，恒成立.【答案】（1）；（2）见解析【解析】（1）由题意知，令，则，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又，∵在定义域内无极值点，∴ 又当时，在和上都单调递增也满足题意，所以（2），令，由（1）可知在上单调递増，又，所以存在唯一的零点，故在上单调递减，在上单调递増，∴由知 即当时，恒成立.例9．（2021·安徽高三）已知函数()2ln ,f x x ax x =+-其中0.a ≥（1）讨论()f x 的单调性；（2）若当2x >时()31,12f x x <+恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增；当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛--+⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在11811844a a a a -+-⎛ ⎝⎭内单减；当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减； （2）7ln20,4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 【详解】（1）()212121,0ax x f x ax x x x-+=+'-=> 若()()110,21,x a f x ax f x x x-==+-=-在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减. 若0,a >由2210ax x -+=知， 18a ∆=-.当Δ180,a =-≤即18a ≥时，2210,ax x -+≥此时()f x 在()0,∞+内单增. 当1Δ180,08a a =-><<时，1184a x a-=，此时()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 综上所述：当18a ≥时，函数()f x 在()0,∞+内单增. 当108a <<，()f x 在1181180,,4,4a a a a -⎛-+-+⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∞内单增,在118118,44a a a a --+-⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭内单减. 当0a =时，()f x 在(0，1)内单增，在()1,+∞内单减.（2）()3112f x x <+即231ln 1,2x ax x x +-<+ 即2311ln 2ax x x x <++- 即22111ln 2x a x x x x <++-，2x >，令()22111ln ,2,2x g x x x x x x=++-> 则()23311212ln 2x g x x x x -=---'33264ln ,22x x x x x--+=> 令()()324264ln ,2,320h x x x x x h x x x=--+>=-+>'. 所以()h x 在2x >时单增，()()()24ln222ln410h x h >=-=->，因此()0g x '>， ()g x 在2x >时单增，()()7ln224g x g ->=，于是7ln2.4a -≤ 故a 的取值范围是7ln20,.4-⎡⎤⎢⎥⎣⎦例10.（2020届山西省孝义市一模）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】（1）由可得的定义域为，且， 若，则，函数在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）原命题等价于不等式在上恒成立， 即，不等式恒成立.∵当时，，∴， 即证当时，大于的最大值.又∵当时，，∴，综上所述，.【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.本题是利用方法 ① 求得的范围. 【压轴训练】1．（2021·长宁区·上海市延安中学高三）设函数()f x 的定义域为R ，满足()()22f x f x +=，且当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-．若对任意(],x m ∈-∞，都有()23f x ≥-，则m 的取值范围是（ ）A ．215⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，B ．163⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，C ．184⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，D ．194⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，【答案】D【详解】当(]0,2x ∈时，()194f x x x =+-的最小值是1,4-由()()22f x f x +=知，当(]2,4x ∈时，()()192224f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,2-当(]4,6x ∈时，()()194444f x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥-⎣⎦的最小值是1,-要使()23f x ≥-，则()1924443x x -+-≥--，解得：194x ≤或16.3x ≥2．（2020·河津中学高三）若函数2()cos sin 3f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(其中a 为参数)在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．10,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．1,03⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【详解】函数1()sin sin 23f x a x x x =-+在R 上单调递增，等价于2245()cos cos21cos cos 0333f x a x x x a x =-+=-++'在R 上恒成立.设cos x t =，则245()033g t t at =-++在[1,1]-上恒成立，所以45(1)0,3345(1)0,33g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩解得.3．（2021·全国高三专题练习）已知函数()ln f x x =，若对任意的12,(0,)x x ∈+∞，都有()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦恒成立，则实数k 的最大值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2【答案】B【详解】设12x x >，因为()()()()2221212122f x f x x x k x x x -->+⎡⎤⎣⎦，变形为()()()()121212212ln ln x x x x x x kx x x -+->+，即12212ln x kx x x x >-，等价于1221ln 1x kx x x >-，因为120x x >>，令12x t x =(1t >)，则ln 1k t t >-，即(1)ln k t t <-.设()()1ln g t t t =-(1t >)，则min ()k g t <.当1t >时1()ln 10g t t t'=+->恒成立，故()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=.所以0k ≤，k 的最大值为0.4．（2019·天津高考模拟）已知函数23ln ,1(),46,1x x f x x x x -≤⎧=⎨-+>⎩ 若不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．13,3e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ B ．[3,3ln 5]+ C ．[3,4ln 2]+D ．13,5e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】由题意得：设g(x)=|2|x a -，易得a ＞0，可得2,2g(x)=2,2a x a x a x a x ⎧-≥⎪⎪⎨⎪-+⎪⎩＜，g(x)与x 轴的交点为(,0)2a，① 当2a x ≥，由不等式()|2|f x x a ≥-对任意(0,)x ∈+∞上恒成立，可得临界值时，()g()f x x 与相切，此时2()46,1f x x x x =-+>，()2,2ag x x a x =-≥，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为2，242x -=，3x =，可得切点坐标（3，3）， 可得切线方程：23y x =-，切线与x 轴的交点为3(,0)2,可得此时322a =，3a =， 综合函数图像可得3a ≥；② 同理，当2ax ＜，由()g()f x x 与相切， （1）当2()46,1f x x x x =-+>，()2,2a g x x a x =-+＜，可得'()24f x x =-，可得切线斜率为-2，242x -=-，1x =，可得切点坐标（1，3），可得切线方程25y x =-+，可得5a =，综合函数图像可得5a ≤，（2）当()3ln ,1f x x x =-≤，()2,2a g x x a x =-+＜，()g()f x x 与相切，可得'1()f x x， 此时可得可得切线斜率为-2，12x -=-，12x =，可得切点坐标1(,32)2In +, 可得切线方程：1(32)2()2y In x -+=--，242y x In =-++可得切线与x 轴的交点为2(2,0)2In +，可得此时2222a In =+，42a In =+， 综合函数图像可得42a In ≤+， 综上所述可得342a In ≤≤+，故选C.5．（2020·广东佛山市·高三）（多选）命题:p 已知ABC 为锐角三角形，不等式cos cos log 0sin CAB≥恒成立，命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立，在[1,2]上恒成立，则真命题的为（ ） A ．p q ∨ B ．p q ∧C ．p q ⌝∨D ．p q ∧⌝【答案】AD 【详解】因为为锐角三角形，所以0,0,0222A B C πππ<<<<<<,所以2A B π+>，则022A B ππ>>->，所以0cos cos()sin 12A B B π<<-=<，所以cos 01sin AB<<，又0cos 1C <<，所以不等式cos cos log 0sin CA B≥恒成立，故命题p 是真命题；命题2:2q x x ax +在[1,2]x ∈上恒成立()min2x a ⇔+，在[1,2]上恒成立，故命题q 是假命题所以p q ∨，p q ∧⌝是真命题.6．（2020·福清西山学校高三）（多选）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()fx g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =，【答案】BD【详解】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <，对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10x x e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=，即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意；对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>，所以函数()x ϕ单调递增，又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->，设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意；对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点，此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增，又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ，则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 7．（2020·浙江高三月考）已知1a >，若对于任意的1[,)3x ∈+∞，不等式()4ln 3e ln x x x a a -≤-恒成立，则a 的最小值为______.【答案】3e【详解】()()4ln 3ln 3ln 3ln x x e x x a a x x ae a x -≤-⇔-≤--()()3ln 3ln x x x x ae ae ⇔-≤-令()ln f x x x =-，()111x f x x x-'=-=，∴()f x 在[)1,+∞上单调递增.∵1a >，1[,)3x ∈+∞，∴[)3,1,x e x a ∈+∞，∴33x x e ae x x a ⇔≤⇔≤恒成立，令()3x xg x e=，只需max ()a g x ≥，()33x xg x e -'=，∴1[,1),()0,()3x g x g x ∈'>单调递增，∴(1,),()0,()x g x g x ∈+∞'<单调递减，1x ∴=时，()g x 的最大值为3e ，∴3a e≥， ∴a 的最小值为3e. 8．（2020·全国高三月考）已知函数()()ln 202xaf x ae a x =+->+，若()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(),e +∞ 【详解】()ln202x af x ae x =+->+，则()ln ln ln 22x a e a x ++>++，两边加上x 得到()()()ln 2ln ln 2ln 2ln 2x x aex a x x ex ++++>+++=++，x y e x =+单调递增，()ln ln 2x a x ∴+>+，即()ln ln 2a x x >+-，令()()ln 2g x x x =+-，则()11121x g x x x --'=-=++，因为()f x 的定义域为()2,-+∞()2,1x ∴∈--时，()0g x '>，()g x 单调递增，()1,x ∈-+∞，()0g x '<，()g x 单调递减， ()()max ln 11a g x g ∴>=-=，a e ∴>.9．（2021·安徽高三开学考试）已知函数()()11ln f x a x x =+++. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）对任意0x >，求证：()()22e 11exa x f x x +++>.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意得，()f x 的定义域为()0,∞+，()()1111a x f x a x x++'=++=， 当1a ≥-时，()0f x '>恒成立，∴()f x 在()0,∞+上单调递增. 当1a <-时，令()0f x '>，解得11x a <-+；令()0f x '<，解得11x a >-+， ∴()f x 在10,1a ⎛⎫-⎪+⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫-+∞⎪+⎝⎭上单调递减. （2）要证()()22e 11e x a x f x x +++>，即证22e ln 0e x x x ⋅->.令()22e ln e xg x x x =⋅-，则()()22221e e e x x x g x x--'=.令()()221e e x r x x x =--，则()22e e x r x x '=-， 易得()r x '在()0,∞+上单调递增，且()212e e 0r '=-<，()223e 0r '=>，∴存在唯一的实数()01,2x ∈，使得()00r x '=，∴()r x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增.∵()00r <，()20r =， ∴当()0r x >时，2x >；当()0r x <时，02x <<，∴()g x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，∴()()21ln 20g x g ≥=->.综上，22e ln 0e x x x ⋅->，即()()22e 11exa x f x x +++>.10.（2020·山东高考模拟）已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈.（1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为，)+∞；（2）3(,ln 2]2-∞--. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =，当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增. 当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为1()2+∞， 102a <<时，函数()f x单调递增区间为1(0,2-，1()2++∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112ax x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<. 此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x xx x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.11．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三）已知()()ln 0f x x mx m =->. （1）若()y f x =在点()()1,1f 处的切线平行于x 轴，求其单调区间和极值;（2）若不等式()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，求整数m 的最小值. 【答案】（1）增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，()f x 的极大值为1-，无极小值；（2）2. 【详解】（1）()1f x m x'=-，则()110f m '=-=，1m ∴=， ()ln f x x x ∴=-，定义域为(0,)+∞，()111xf x x x-'=-=令()0f x '>，得01x <<;令()0f x '<，得1x >()f x ∴的增区间为()0,1，减区间为()1,+∞，且()f x 的极大值为()11f =-，无极小值.（2）因为0m >，所以()21112f x xmx ++≤对于任意的0x >恒成立，可化为21ln 122x x m x x ++≥+，设()2ln 12x x h x x x++=+，则()()()()()()2222212(ln 1)(22)12ln 22x x x x x x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+++ ⎪-++⎝⎭'==++， 设()2ln g x x x =+，则()2ln g x x x =+单调增，且111112ln 2ln 2ln 4022222g ⎛⎫=+=-=-< ⎪⎝⎭，()10g >，01,12x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x =，即 ()00h x '=，所以002ln 0x x +=，所以当012x x <<时，0()()0g x g x <=，()0h x '>， 当01x x <<时，0()()0g x g x >=，()0h x '<，()h x ∴在()00,x 单调递增，在()0,x +∞单调递减()()000022max000001ln 1112,12222x x x h x h x x x x x x +++⎛⎫∴====∈ ⎪++⎝⎭()()021,2m h x ∴≥∈，m ∴的最小整数值为2。

微专题08 导数压轴小题秒杀总结一、导数几何意义的应用主要抓住切点的三个特点： ①切点坐标满足原曲线方程； ②切点坐标满足切线方程；③切点的横坐标代入导函数可得切线的斜率. 二、不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）； ② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)； ③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.三、根据导函数有关的不等式构造抽象函数求不等式解集问题，解答问题关键是能根据条件构造出合适的抽象函数.常见的构造方法：（1）若出现()()f x f x '+形式，可考虑构造()()x g x e f x =；（2）若出现()()f x f x '-，可考虑构造()()x f x g x e=；（3）若出现()()f x xf x +'，可考虑构造()()g x xf x =；（4）若出现()()f x xf x '-，可考虑构造()()f xg x x=. 四、函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、构造函数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 五、已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．六、对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.典型例题例1．（2021·重庆市朝阳中学高二月考）设,k b ∈R ，若关于x 的不等式kx b lnx +≥在()0,∞+上恒成立，则bk的最小值是（ ）A ．4-B ．1-C ．12-D ．14-例2．（2021·广东·佛山一中高三月考）已知函数2()ln (1)1h x a x a x =+-+(0)a < ，在函数()h x 图象上任取两点,A B ，若直线AB 的斜率的绝对值都不小于5，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．⎛-∞ ⎝⎦ C ．,⎛-∞ ⎝⎦ D ．⎫⎪⎪⎝⎭例3．（2021·河北·石家庄二中高二月考）已知函数()21ln 2f x ax ax x =-+的图象在点()()11,x f x 处与点()()22,x f x 处的切线均平行于x 轴，则（ ）A ．()f x 在1,上单调递增B ．122x x +=C ．()()121212x x x x f x f x ++++的取值范围是7,2ln 24⎛⎫-∞-- ⎪⎝⎭D ．若163a =，则()f x 只有一个零点 例4．（2021•杭州模拟）已知函数2()||f x x ax b =++在区间[0，4]上的最大值为M ，当实数a ，b 变化时，M 最小值为 2 ，当M 取到最小值时，a b += ．例5．（2021春•湖州期末）若存在正实数x ，y 使得不等式22414lnx x lny ln y -++-成立，则(x y += )A ．2B C ．2D ．2例6．（2021·河北冀州中学高三期中（理））已知函数32()2,()ln ()f x x ex g x x ax a R =-=-∈，若()()f x g x ≥对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围是 _________.例7．（2021·全国·高二课时练习）设函数()y f x ''=是()y f x '=的导数，经过探究发现，任意一个三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠的图象都有对称中心()()00,x f x ，其中0x 满足()00f x ''=，已知函数()3272392f x x x x =-+-，则12320212022202220222022f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭（ ） A ．2021 B ．20212C ．2022D ．40212例8．（2021·河北武强中学高三月考）已知定义在R 上的可导函数()f x 的导函数为()'f x ，满足()()f x f x '<且()3f x +为偶函数，()61f =，则不等式()xf x e <的解集为（ ）A ．()3,-+∞B ．()1,+∞C ．()0,∞+D ．()6,+∞例9．（2021·全国·高二课时练习）设函数()f x 满足()()()222,2,8x e e x f x xf x f x +=='则0x >时，()f xA ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值例10．（2021•天河区二模）若x ，a ，b 均为任意实数，且22(2)(3)1a b ++-=，则22()()x a lnx b -+-的最小值为( )A ．B ．18C ．1D ．19-例11．（2021•湖北模拟）设2D a +．其中 2.71828e ≈，则D 的最小值为( )A B C 1D 1例12．（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（ ） A ．(]1,1-B ．(]1,1e --C ．(]1,1e -D ．(]1,e过关测试1．（2021·江西赣州·高三期中（文））已知函数()()f x x R ∈满足(1)1f =，且()f x 的导数1()2f x '>，则不等式||1(||)22x f x <+的解集为（ ）A ．(,1)-∞-B ．(1,)+∞C ．(1,1)-D ．(,1][1,)-∞-+∞2．（2021·全国·高二课时练习）设定义在R 上的函数()f x 的导函数为()'f x ，若()()'2f x f x +<，()02021f =，则不等式()22019x x e f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（ ）A ．()0+∞，B ．()2019+∞，C ．()0-∞，D ．()()02019-∞+∞，，3．（2021·全国·高二课时练习）已知()f x 的定义域为0,，()'f x 为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x '<-，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是（ ）A ．0,1B ．2,C ．1,2D ．1,4．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（理））设函数()f x 在R 上的导函数为()f x '，若()()1x f f x '+>，()()6f x f x ''=-，()31f =，()65f =，则不等式()ln 210f x x ++<的解集为（ ） A ．()0,1B ．()0,3C ．()1,3D ．()3,65．（2021·吉林·梅河口市第五中学高三月考（理））已知在定义在R 上的函数()f x 满足()()62sin 0f x f x x x ---+=，且0x ≥时，()3cos f x x '≥-恒成立，则不等式()π3ππ6224f x f x x x ⎛⎫⎛⎫≥--++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的解集为（ ）A ．π0,4⎛⎤⎥⎝⎦B ．,4π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．,6π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．,6π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭6．（2021·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高二期中）已知函数()f x 的导函数为()'f x ，对任意的实数x 都有2()()22x f x f x e x x -=-+-'，(0)2f =，则不等式22(1)4f x e e --<++的解集是（ ） A ．(0,1)B ．(1,1)-C ．(1,3)-D ．(,3)e7．（2021·湖北·高三月考）已知函数()11,022(2),2x x f x f x x ⎧--≤≤=⎨->⎩，其中R a ∈，给出以下关于函数()f x 的结论：①922f ⎛⎫= ⎪⎝⎭②当[]0,8x ∈时，函数()f x 值域为[]0,8③当4,15k ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时方程()f x kx =恰有四个实根④当[]0,8x ∈时，若()22xf x a +≤恒成立，则1a ≥其中正确的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．48．（2021·浙江·诸暨中学高二期中）已知()f x 是定义在(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数，()'f x 是()f x 的导函数，(1)0,f ≠且满足:()()ln 0,f x f x x x⋅+<'则不等式(1)()0x f x -⋅<的解集为（ ） A ．(1,)+∞B ．(,1)(0,1)-∞-C ．(),1-∞D ．()(,01),-∞⋃+∞9．（2021·安徽·合肥市第六中学高三开学考试（文））已知定义域为R 的函数()()2sin f x f x x =--，又当0x ≥时，()1f x '≥，则关于x 的不等式5()36f x f x x ππ⎛⎫⎛⎫≥-++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的解集为（ ） A ．,6π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．,6π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．,6π⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．,6π⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭10．（2021·湖北蕲春·高二期中）已知函数()ln 21y f x =+-是定义在R 上的奇函数，且当ln 2x >时，1()42x x f x e e '+≥+-，则不等式[]()()1lg 20f x x -+≤的解集为（ ） A ．{1x x ≤-或ln 2}x ≥ B ．{21x x -<≤-或ln 2}x ≥ C ．{02x x ≤≤或}x e ≥D ．{}1ln 2x x -≤≤11．（2021·安徽·东至县第二中学高二期中（理））设函数()f x 是定义在()0,∞+上的可导函数，其导函数为()f x '，且有()()20f x xf x '+>，则不等式()()()22021202110x f x f --->的解集为（ ） A ．()2020,+∞B ．()0,2022C ．()0,2020D ．()2022,+∞12．（2021·江西·南昌十中高三月考（理））若函数()f x 为定义在R 上的偶函数，当(),0x ∈-∞时，()'x xf x e e ->-，则不等式()()()()12321111x x x f x f x e e e ----->--的解集为（ ）A ．()0,2B ．20,3⎛⎫⎪⎝⎭C ．()(),02,-∞+∞D ．()2,0,3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭13．（2021·广东汕头·三模）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且满足'()()0f x f x ->，2021(2021)f e =，则不等式1ln f x e ⎛⎫< ⎪⎝⎭）A ．()2021,e+∞ B ．()20210,eC ．()2021,ee+∞ D ．()20210,ee14．（2021·福建省福州第一中学高二期中）函数()f x 满足：1()'()2x xe f x e f x +=12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭0x >时，()f x （ ）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值，也无极小值15．（2021春•荔湾区期末）设函数22()()(22)f x x a lnx a =-+-，其中0x >，a R ∈，存在0x 使得04()5f x 成立，则实数a 的值是( ) A ．15B ．25C ．12D ．116．（2021•龙岩模拟）若对任意的正实数t ，函数33()()()3f x x t x lnt ax =-+--在R 上都是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．1(,]2-∞B ．(2-∞ C ．(-∞ D ．(-∞，2]17．（2021•沙坪坝区校级模拟）若对于任意的实数t ，函数33()()()3t f x x t x e ax =-+--在R 上都是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．1(,]2-∞B ．1(,)2-∞C ．(]2-∞ D ．(,2-∞18．（2021春•道里区校级月考）若存在实数x ，使得关于x 的不等式222()12910x e a x ax a -+-+（其中e 为自然对数的底数）成立，则实数a 的取值集合为( ) A ．1{}9B ．1[9，)+∞C ．1{}10D ．1[10，)+∞19．（2021•衡阳二模）设214a D =+．()a R ∈，则D 的最小值为( )A ．2B ．1CD ．220．（2021春•湖北期中）已知实数a ，b ，c ，d 满足|||2|0lnab c d a-+-+=，则22()()a c b d -+-的最小值为( )A ．4B ．92C D ．221．（2021•民乐县校级模拟）已知点P 为函数()f x lnx =的图象上任意一点，点Q 为圆221[()]1x e y e-++=任意一点，则线段PQ 的长度的最小值为( )ABCD ．11e e+-22．（2021春•宜宾期末）已知点P 为函数()x f x e =的图象上任意一点，点Q 为圆22(1)1x y -+=上任意一点，则线段PQ 长度的最小值为( )A 1B ．1CD 123．（2021•天心区校级开学）已知函数2()x f x e =，1()2g x lnx =+的图象分别与直线y b =交于A ，B 两点，则||AB 的最小值为( ) A ．1 B ．12eC ．222ln + D ．32ln e -24．（2021•琼海模拟）已知函数22()()2f x x lnx x=-，函数1()2g x x =-，直线y t =分别与两函数交于A ，B 两点，则||AB 的最小值为( )A ．12B ．1C ．32D ．225．（2021•城厢区校级模拟）已知直线1:l y x a =+分别与直线2:2(1)l y x =+及曲线:C y x lnx =+交于A ，B 两点，则A ，B 两点间距离的最小值为( )A B ．3 C D ．26．（2021•广州二模）若点(,0)A t 与曲线x y e =上点P 的距离的最小值为t 的值为( ) A ．243ln - B ．242ln -C ．333ln +D ．332ln +27．（2014•抚宁县校级模拟）设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线(2)y ln x =上，则||PQ 的最小值为( )A ．1ln - 2B ln - 2)C ．1ln + 2D ln + 2)28．（2021·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mx xe m-≥恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[),e +∞29．（2021·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．(),e +∞30．（2021·全国·高三专题练习）已知0,a <函数()1ln ,a xf x x e a x +=⋅+若()1,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，则实数a 的最小值为（ ）A ．1B ．1e -C ．1e-D ．e -31．（2020·安徽·高三月考（文））已知函数1()ln mxf x e x m=-，当0x >时，()0f x >恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．(1,)+∞B ．(,)e +∞C ．1e e ⎛⎫⎪⎝⎭,D ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭32．（2021·浙江·高三月考）已知函数2()1x f x xe =-，不等式()ln f x mx x ≥+对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．(,2]-∞B ．[0,2]C ．(2,e 1⎤-∞-⎦D ．20,1e ⎡⎤-⎣⎦33．（2021·浙江·绍兴市教育教学研究院高二期末）对任意的n *∈N ，不等式()11()1n an e n n +≤+（其中e 是自然对数的底）恒成立，则a 的最大值为（ ） A ．ln21-B ．11ln 2- C ．ln31- D ．11ln 3- 34．（2021·全国·高三专题练习）不等式3ln 1x x e a x x --≥+对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围A ．(,1]e -∞-B ．2(,2]e -∞-C ．(,2]-∞-D ．(,3]-∞-35．（2021·四川省资中县第二中学高二月考（理））关于x 的不等式()32ln 113x x a x xe x+++-≥对任意0x >恒成立，则a 的取值范围是（ ）．A ．(],1-∞-B ．(){},1e -∞⋃C ．[],1e --D ．(],0-∞36．（2021·江西·模拟预测（理））已知关于x 的不等式ln 1xe e k x x x -≥+对任意的()1,x ∈+∞都成立，则实数k 的最大值为（ ） A ．1e -B ．2-C ．e -D ．3-37.（2021·安徽·东至县第二中学高二月考（理））人们在研究学习过程中，发现：三次整式函数()f x 都有对称中心，其对称中心为00(,())x f x （其中0''()0f x =）.已知函数32()345f x x x x =-++.若()4,()10f m f n ==，则m n +=（ ）A ．1B ．32C ．2D ．338．（2021·山西·大同一中高三月考（理））已知三次函数32()()f x ax bx cx d a b =+++<在R 上单调递增，则a b cb a++-最小值为（ ）A B C D 39．（2021·云南红河·高三月考（理））下列关于三次函数32()(0)()f x ax bx cx d a x R =+++≠∈叙述正确的是（ ）①函数()f x 的图象一定是中心对称图形； ②函数()f x 可能只有一个极值点； ③当03bx a≠-时，()f x 在0x x =处的切线与函数()y f x =的图象有且仅有两个交点； ④当03bx a≠-时，则过点()()00,x f x 的切线可能有一条或者三条． A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④40．（2019·江西·南昌二中高三月考（文））若函数2()1f x x =+的图象与曲线C:()21(0)x g x a e a =⋅+>存在公共切线，则实数a 的取值范围为 A ．220,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．240,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．23,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭41．（2021·江西·高安中学高二期中（文））已知函数2y x 的图象在点200(,)x x 处的切线为l ，若l 也与函数ln y x =，(0,1)x ∈的图象相切，则0x 必满足 A ．0102x << B ．0112x <<C 0x <<D 0x <<42．（2021·全国·高二单元测试）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( )A ．e b a <B ．e b a >C ．0e b a <<D ．0e a b <<43．（2021·广东荔湾·高三月考）已知函数()41ln f x k x x k x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，[)4,k ∈+∞，曲线()y f x =上总存在两点()11,M x y ，()22,N x y ，使得曲线在M ，N 两点处的切线互相平行，则12x x +的取值范围为（ ） A ．4,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,+∞C ．8,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．16,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭44．（2021·全国·高二专题练习）函数()sin f x ax x =+的图象上存在两条相互垂直的切线，则实数a 的取值范围是（ ） A ．{}0,1B ．{}0C ．[)0,1D ．[)1,+∞45．（2021·全国·高三专题练习）若直线y kx b =+是曲线2x y e -=的切线，也是曲线1x y e =-的切线，则k b +=（ ） A ．ln22- B ．1ln22- C ．ln212- D ．ln2246．（2021·全国·高二课时练习）已知()()1ln f x x x =+，若k ∈Z ，且()()2k x f x -<对任意2x >恒成立，则k 的最大值为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．647．（2021·浙江·宁波市北仑中学高三开学考试）已知,a b ∈R ，且0ab ≠，对任意0x >均有()()(ln )0x a b x a x b ----≥，则（ ）A ．0,0a b <<B ．0,0a b <>C ．0,0a b ><D ．0,0a b >>48．（2021·山西运城·高三期中（理））已知在函数()()0,0f x ax b a b =+>>，()()ln 2g x x =+，若对2x ∀>-，()()f x g x ≥恒成立，则实数ba的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．[)1,+∞C ．[)2,+∞D ．[),e +∞49．（2021·黑龙江·鹤岗一中高三月考（理））当(1,)x ∈+∞时，不等式ln(1)230(x ax b a --+，b R ∈，0)a ≠恒成立，则ba的最大值为（ ） A ．1eB ．2C ．43D ．2e50．（2021·山西大同·高一期中）已知函数(),()f x g x 是定义在R 上的函数，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()f x g x +=2x ax +，记2()()()g x h x xf x x=+，若对于任意的1212x x <<<，都有()()12120h x h x x x -<-，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1,02⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．(0,)+∞C ．(,1]-∞-D ．(0,2]51．（2021·福建师大附中高三月考）如果两地的距离是600公里，驾车走完这600公里耗时6小时，那么在某一时刻，车速必定会达到平均速度100公里/小时．上述问题转换成数学语言：()f x 是距离关于时间的函数，那么一定存在：()()()f b f a f c b a-=-'，()f c '就是c 时刻的瞬时速度．前提条件是函数()f x 在,a b 上连续，()f x 在(),a b 内可导，且a c b <<．也就是在曲线的两点间作一条割线，割线的斜率就是()()f b f a b a--，()f c '是与割线平行的一条切线，与曲线相切于C 点．已知对任意实数1x ，()21,3x ∈，且12x x >，不等式()()()1212f x f x k x x -<-恒成立，若函数()22ln f x x k x =-，则实数k 的可能取值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．1152．（2021•济南模拟）已知函数2()||2x f x ax b x -=--+，若对任意的实数a ，b ，总存在0[1x ∈-，2]，使得0()f x m 成立，则实数m 的取值范围是( )A ．1(,]4-∞B ．(-∞，1]2C ．(-∞，2]3D ．(-∞，1]53．设函数2()||(,)f x ax b a b R x=--∈，若对任意的正实数a 和实数b ，总存在0[1x ∈，2]，使得0()f x m ，则实数m 的取值范围是( )A ．(-∞，0]B ．(-∞，1]2C ．(-∞，1]D ．(-∞，2]54．（2021•柯桥区校级开学）已知函数32()|6|f x x x ax b =-++，对于任意的实数a ，b ，总存在0[0x ∈，3]，使得0()f x m 成立，则当m 取最大值时，(a b += )A ．7B ．4C ．4-D ．7-55．（2021•台州期末）已知函数1()||(,)f x x ax b a b R x =+--∈，当1[2x ∈，2]时，设()f x 的最大值为(,)M a b ，则(,)M a b 的最小值为14 ．56．（2021春•舟山期末）已知函数4()||(,)f x ax b a b R x=++∈在区间[1，4]上的最大值为M ，当M 取到最小值时，则2a b +=854． 57．（2021•上饶二模）已知实数x ，y 满足2(436)326x y ln x y e x y +-+--+-，则x y +的值为( )A ．2B ．1C ．0D ．1-58．（2021•宁波期末）已知函数2()()()x f x x ax b e e =++-，a ，b R ∈，当0x >时，()0f x ，则实数a 的取值范围为( )A ．20a -B ．10a -C ．1a -D ．01a59．（2021•衢州期中）已知2()()f x x ax b lnx =++⋅，(,)a b R ∈，当0x >时，()0f x ，则实数a 的取值范围为( )A ．20a -<B ．1a -C ．10a -<D ．01a60．（2021春•长沙期末）设a R ∈，若0x >时，均有2[(1)1](31)0a x x ax ----，则a = 54．61．（2021·天津一中高三月考）定义域为R 的函数()f x 满足()()22f x f x +=，当[]0,2x 时，()[)[)232,0,11,1,22x x x x f x x -⎧-∈⎪⎪=⎨⎛⎫-∈⎪ ⎪⎪⎝⎭⎩，若当[)4,2x ∈--时，不等式()2142m f x m ≥-+恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．[]2,3B ．[]1,3C ．[]1,4D ．[]2,462．（2021·浙江·杭州高级中学高三期中）定义域为R 的函数()f x 满足(2)3()f x f x +=，当[0,2]x ∈时，2()2f x x x =-，若[4,2]x ∈--时，13()()18≥-f x t t 恒成立，则实数t 的取值范围是( )A ．(](],10,3-∞- B．((,0,3⎤-∞⎦ C ．[)[)1,03,-+∞ D ．))3,⎡⎡+∞⎣⎣。

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.。

高中数学题型归纳大全函数与导数4题型归纳四、恒成立问题考点1.恒成立之参变分离1.已知函数f(x) = e“-% ax-l,其中a为实数.(1)当° = 一号时，求曲线v=/(x)在点(1，f(D)处的切线方程：(2)当xN：时，若关于x的不等式f(x)20恒成立，试求a的取值范用•2.已知函数f(x) = Mnx + kaA0).(I )求函数/ (x)的单调区间和极值：(II )已知对任意的x>0, ax (2-/nx) 恒成立，求实数a的取值范闱：(III)是否存在实数。

使得函数f (x)在［1, e］上最小值为0?若存在，试求出a的值; 若不存在，请说明理由.考点2.恒成立之分类讨论3.已知函数/ (x) =" (y- a) - a2x.(1)讨论f (x)的单调性：(2)若/(x) 20,求。

的取值范围.4.己知函数/ (x)满足/ (x) =f ⑴e* 1-/(0) x+32：(1)求/(X)的解析式及单调区间：(2)!?/(%) >^x2+ax + b,求(0+1) b 的最大值.考点3.恒成立之端点验证法+洛必达法则5.设函数/ (x) = (l-x2)*e\(1)讨论f (x)的单调性：(2)当x>0时，/ (x)《QX+1,求实数。

的取值范围.6.设函数 /(X)n/-l-X-QX2.(1)若Q = 0,求/(X)的单调区间；(2)若当*20时/(x) >0,求a的取值范围.考点4.必要性探路7.已知函数f(%) = e—底/ a〉。

，e为自然对数的底数)，f (x)是/(x)的导函数.4I(I )当 a=2 时，求证/ (x) >1；(II)是否存在正整数。

，使得/(X)>x2/〃x对一切x>0恒成立？若存在，求出。

的最题型归纳四、恒成立问题考点1.恒成立之参变分离1.已知函数f(x) =/—)以一1,其中。

为实数.(1)当a = T时，求曲线y=/(x)在点(1, /⑴)处的切线方程：(2)当X、称时，若关于x的不等式f(x) >0恒成立，试求a的取值范围.【分析】(1)把a=—2代入函数解析式，求出/(I),求出函数的导函数，得到/' (1),由点斜式写出切线方程；丫_12(2)把不等式/(X)>0恒成立转化为a 恒成立.利用导数求函数以%)=一 J的最小值，则。