导数题中“任意、存在”型的归纳辨析教师版

1双变量的“任意性”与 “存在性”五种题型的解题方法　一、“存在=存在”型∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与函数g (x )在D 2上的值域B 的交集不为空集,即A ∩B ≠⌀.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.【例1】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3,a >0,x ∈R .g (x )=1x 2(1-x ).若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】∵f (x )=x 2-23ax 3,∴f '(x )=2x -2ax 2=2x (1-ax ).令f '(x )=0,得x =0或x =1a .∵a >0,∴1a>0,∴当x ∈(-∞,0)时, f '(x )<0,∴f (x )在(-∞,-1]上单调递减, f (x )在(-∞,-1]上的值域为1+2a3,+∞ .∵g (x )=1x 2(1-x ),∴g '(x )=3x 2-2x (x 2-x 3)2=3x -2x 3(1-x )2.∵当x <-12时,g '(x )>0,∴g (x )在-∞,-12 上单调递增,∴g (x )<g -12 =83,∴g (x )在-∞,-12 上的值域为-∞,83.若∃x 1∈(-∞,-1],∃x 2∈-∞,-12 ,使得f (x 1)=g (x 2),则1+2a 3<83,a <52.故实数a 的取值范围是0,52.【变式1】　已知函数f (x )=-16x +112,0≤x ≤12,x 3x +1,12<x ≤1 和函数g (x )=a ·sin π6x -a +1(a >0),若存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,则实数a 的取值范围是( )A.12,32 B.[1,2)C.12,2D.1,32【答案】选C 【解析】设函数f (x ),g (x )在[0,1]上的值域分别为A ,B ,则“存在x 1,x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立”等价于“A ∩B ≠⌀”.当0≤x ≤12时, f (x )=-16x +112单调递减,所以0≤f (x )≤112;当12<x ≤1时, f '(x )=x 2(2x +3)(x +1)2>0,所以f (x )=x 3x +1单调递增,112<f (x )≤12,故f (x )在[0,1]上的值域A =0,12.当x ∈[0,1]时,π6x ∈0,π6 ,y =sin π6x 在[0,1]上单调递增.又a >0,所以g (x )=a sin π6x -a +1在[0,1]上单调递增,其值域B =1-a ,1-a 2.2由A ∩B ≠⌀,得0≤1-a ≤12或0≤1-a 2≤12,解得12≤a ≤2.故选C .二、“任意=存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)=g (x 2),等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是函数g (x )在D 2上的值域B 的子集,即A ⊆B .其等价转化的基本思想:函数f (x )的任意一个函数值都与函数g (x )的某一个函数值相等,即f (x )的函数值都在g (x )的值域之中.【例2】　已知函数f (x )=4x 2-72-x,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域;(2)设a ≥1,函数g (x )=x 3-3a 2x -2a ,x ∈[0,1].若对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,求a 的取值范围.【解析】(1)f '(x )=-4x 2+16x -7(2-x )2=-(2x -1)(2x -7)(2-x )2,x ∈[0,1].令f '(x )=0,解得x =12或x =72(舍去).当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表所示:x 00,121212,11f '(x )-0+f (x )-72↘-4↗-3　所以f (x )的递减区间是0,12,递增区间是12,1 .f (x )min =f 12=-4,又f (0)=-72, f (1)=-3,所以f (x )max =f (1)=-3.故当x ∈[0,1]时, f (x )的值域为[-4,-3].(2)“对于任意的x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立”等价于“在x ∈[0,1]上,函数f (x )的值域B 是函数g (x )的值域A 的子集,即B ⊆A ”.因为a ≥1,且g '(x )=3(x 2-a 2)<0,所以当x ∈[0,1]时,g (x )为减函数,所以g (x )的值域A =[1-2a -3a 2,-2a ].由B ⊆A ,得1-2a -3a 2≤-4且-2a ≥-3,又a ≥1,故1≤a ≤32.【变式2】　已知函数f (x )=x 2-23ax 3(a >0),x ∈R .(1)求f (x )的单调区间和极值;(2)若对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1.求a 的取值范围.【解析】　解析　(1)由已知,有f '(x )=2x -2ax 2(a >0).令f '(x )=0,解得x =0或x =1a .当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x(-∞,0)0,1a 1a 1a ,+∞3f '(x )-0+0-f (x )↘↗13a 2↘所以, f (x )的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-∞,0),1a ,+∞ .当x =0时, f (x )有极小值,且极小值f (0)=0;当x =1a 时,f (x )有极大值,且极大值f 1a =13a2.(2)由f (0)=f 32a=0及(1)知,当x ∈0,32a 时, f (x )>0;当x ∈32a,+∞ 时, f (x )<0.设集合A ={f (x )|x ∈(2,+∞)},集合B =1f (x )|x ∈(1,+∞),f (x )≠0,则“对于任意的x 1∈(2,+∞),都存在x 2∈(1,+∞),使得f (x 1)·f (x 2)=1”等价于A ⊆B .显然,0∉B .下面分三种情况讨论:①当32a >2,即0<a <34时,由f 32a=0可知,0∈A ,而0∉B ,所以A 不是B 的子集.②当1≤32a ≤2,即34≤a ≤32时,有f (2)≤0,且此时f (x )在(2,+∞)上单调递减,故A =(-∞, f (2)),因而A ⊆(-∞,0);由f (1)≥0,有f (x )在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),即(-∞,0)⊆B .所以,A ⊆B .③当32a <1,即a >32时,有f (1)<0,且此时f (x )在(1,+∞)上单调递减,故B =1f (1),0,A =(-∞, f (2)),所以A 不是B 的子集.综上,a 的取值范围是34,32.三、“任意≥(≤、>、<)任意”型∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,等价于f (x )min >g (x )max ,或等价于f (x )>g (x )max 恒成立,或等价于f (x )min >g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均大于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)<g (x 2)恒成立,等价于f (x )max <g (x )min ,或等价于f (x )<g (x )min 恒成立,或等价于f (x )max <g (x )恒成立.其等价转化的基本思想是函数f (x )的任何一个函数值均小于函数g (x )的任何一个函数值.∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)>k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min >k 恒成立,也等价于f (x )min-g (x )max >k .∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)-g (x 2)<k 恒成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max <k 恒成立,也等价于f (x )max-g (x )min <k .【例3】　设函数f (x )=x 3-x 2-3.(1)求f (x )的单调区间;(2)设函数g (x )=a x+x ln x ,如果对任意的x 1,x 2∈12,2,都有f (x 1)≤g (x 2)成立,求实数a 的取值范围.【解析】解析　(1)f '(x )=3x 2-2x .f '(x )>0时,x <0或x >23,f '(x )<0时,0<x <23.所以, f (x )的递增区间是(-∞,0),23,+∞;递减区间是0,23.4(2)由(1)知,函数f (x )在12,23 上单调递减,在23,2 上单调递增,而f 12=-258, f (2)=1,故f (x )在区间12,2上的最大值f (x )max =f (2)=1.“对任意的x 1,x 2∈12,2 ,都有f (x 1)≤g (x 2)成立”等价于“对任意的x ∈12,2,g (x )≥f (x )max 恒成立”,即当x ∈12,2时,g (x )=a x+x ln x ≥1恒成立,即a ≥x -x 2ln x 恒成立,记u (x )=x -x 2ln x 12≤x ≤2,则有a ≥u (x )max .u '(x )=1-x -2x ln x ,可知u '(1)=0.当x ∈12,1时,1-x >0,2x ln x <0,则u '(x )>0,所以u (x )在12,1上递增; 当x ∈(1,2)时,1-x <0,2x ln x >0,则u '(x )<0,所以u (x )在(1,2)上递减.故u (x )在区间12,2上的最大值u (x )max =u (1)=1,所以实数a 的取值范围是[1,+∞).【点拨】　(1)∀x 1∈D 1,∀x 2∈D 2,f (x 1)>g (x 2)恒成立,通常等价转化为f (x )min >g (x )max .这是两个独立变量--双变量问题,不等式两边f (x 1),g (x 2)中自变量x 1,x 2可能相等,也可能不相等;(2)对任意的x ∈[m ,n ],不等式f (x )>g (x )恒成立,通常等价转化为[f (x )-g (x )]min >0.这是单变量问题,不等式两边f (x ),g (x )的自变量x 相等.【变式3】　函数f (x )=mxx 2+1+1(m ≠0),g (x )=x 2e ax (a ∈R ).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当m >0时,若对于任意的x 1,x 2∈[0,2], f (x 1)≥g (x 2)恒成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)当m >0时,f (x )的递增区间是(-1,1);递减区间是(-∞,-1),(1,+∞).当m <0时,f (x )的递增区间是(-∞,-1),(1,+∞);递减区间是(-1,1).(2)当m >0时,“对于任意的x 1,x 2∈[0,2],f (x 1)≥g (x 2)恒成立”等价于“对于任意的x ∈[0,2],f (x )min ≥g (x )max 成立”.当m >0时,由(1)知,函数f (x )在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减,因为f (0)=1,f (2)=2m5+1>1,所以f (x )min =f (0)=1,故应满足1≥g (x )max .因为g (x )=x 2e ax ,所以g '(x )=(ax 2+2x )e ax .①当a =0时,g (x )=x 2,此时g (x )max =g (2)=4,不满足1≥g (x )max .②当a ≠0时,令g '(x )=0,得x =0或x =-2a .(i )当-2a≥2,即-1≤a <0时,在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )在[0,2]上单调递增,g (x )max =g (2)=4e 2a .由1≥4e 2a ,得a ≤-ln 2,所以-1≤a ≤-ln 2.(ii )当0<-2a <2,即a <-1时,在0,-2a上,g '(x )≥0,g (x )递增;在-2a ,2 上,g '(x )<0,g (x )递减.g (x )max =g -2a =4a 2e 2,由1≥4a 2e 2,得a ≤-2e ,所以a <-1.5(iii )当-2a<0,即a >0时,显然在[0,2]上,g '(x )≥0,g (x )单调递增,于是g (x )max =g (2)=4e 2a >4,此时不满足1≥g (x )max .综上,a 的取值范围是(-∞,-ln 2].四、“任意≥(≤、>、<)存在”型∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )min >g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求大于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )max <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的任意一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,但并不要求小于函数g (x )的所有函数值.∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于f (x )min -g (x )min >k .∀x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于f (x )max -g (x )max <k .【例4】　函数f (x )=ln x -14x +34x-1,g (x )=x 2-2bx +4,若对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数b 的取值范围.【解析】　“对任意的x 1∈(0,2),存在x 2∈[1,2],使得f (x 1)≥g (x 2)成立”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值,即f (x )min ≥g (x )min (*)”.f '(x )=1x -14-34x 2=-(x -1)(x -3)4x 2,当x ∈(0,1)时, f '(x )<0, f (x )单调递减;当x ∈(1,2)时, f '(x )>0, f (x )单调递增.故当x ∈(0,2)时, f (x )min =f (1)=-12.又g (x )=(x -b )2+4-b 2,x ∈[1,2],①当b <1时,g (x )min =g (1)=5-2b >3,此时与(*)矛盾;②当b ∈[1,2]时,g (x )min =g (b )=4-b 2≥0,同样与(*)矛盾;③当b ∈(2,+∞)时,g (x )min =g (2)=8-4b ,由8-4b ≤-12,得b ≥178.综上,实数b 的取值范围是178,+∞ .【变式4】　已知函数f (x )=13x 3+x 2+ax .(1)若f (x )在区间[1,+∞)上单调递增,求a 的最小值;(2)若g (x )=x ex ,∀x 1∈12,2 ,∃x 2∈12,2 ,使得f '(x 1)≤g (x 2)成立,求a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=x 2+2x +a ≥0,即a ≥-(x +1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而y =-(x +1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则y max =-3,∴a ≥-3,∴a min =-3.(2)“∀x 1∈12,2,∃x 2∈12,2 ,使f '(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“x ∈12,2 时,f '(x )max ≤g (x )max 恒成立”.∵f '(x )=x 2+2x +a =(x +1)2+a -1在12,2上递增,∴f '(x )max =f '(2)=8+a ,又g '(x )=e x -xe x e 2x =1-x e x,6∴g (x )在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减.∴当x ∈12,2时,g (x )max =g (1)=1e ,由8+a ≤1e 得,a ≤1e -8,所以a 的取值范围是-∞,1e-8 .五、“存在≥(≤、>、<)存在”型若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)>g (x 2)成立,等价于f (x )max ≥g (x )min .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值大于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)<g (x 2)成立,等价于f (x )min <g (x )max .其等价转化的基本思想是函数f (x )的某一个函数值小于函数g (x )的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)>k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]max >k ,也等价于f (x )max-g (x )min >k .若∃x 1∈D 1,∃x 2∈D 2,使得f (x 1)-g (x 2)<k 成立,等价于[f (x 1)-g (x 2)]min <k ,也等价于f (x )min -g (x )max <k .【例5】　已知函数f (x )=4ln x -ax +a +3x(a ≥0).(1)直接写出函数f (x )的单调区间;(2)当a ≥1时,设g (x )=2e x -4x +2a ,若存在x 1,x 2∈12,2,使f (x 1)>g (x 2),求实数a 的取值范围.【解析】　(1)当a =0时,函数f (x )的递减区间为0,34,递增区间为34,+∞ .当0<a <1时,函数f (x )的递减区间为0,2--(a -1)(a +4)a,2+-(a -1)(a +4)a,+∞,递增区间为2--(a -1)(a +4)a ,2+-(a -1)(a +4)a.当a ≥1时, f (x )的递减区间为(0,+∞).(2)“存在x 1,x 2∈12,2 ,使f (x 1)>g (x 2)”等价于“ 当x ∈12,2时, f (x )max >g (x )min ”.由(1)知,当x ∈12,2时, f (x )max =f 12 =-4ln 2+32a +6,由g '(x )=2e x -4>0,得x >ln 2,所以g (x )在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,故当x ∈12,2时,g (x )min =g (ln 2)=4-4ln 2+2a ,由f (x )max >g (x )min ,得-4ln 2+32a +6>4-4ln 2+2a ,又a ≥1,所以1≤a <4.【变式5】　设函数f (x )=xln x-ax .(1)若函数f (x )在(1,+∞)上为减函数,求实数a 的最小值;(2)若存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立,求实数a 的取值范围.【解析】　(1)由题设知f '(x )=ln x -1(ln x )2-a ≤0在(1,+∞)上恒成立,则只需f '(x )max ≤0.又f '(x )=ln x -1(ln x )2-a =-1ln x -12 2+14-a ,7所以当1ln x =12,即x =e 2时, f '(x )max =14-a ,由14-a ≤0得a ≥14,故a 的最小值为14.(2)“存在x 1,x 2∈[e ,e 2],使f (x 1)≤f '(x 2)+a 成立”等价于“当x 1,x 2∈[e ,e 2]时, f (x 1)min ≤f '(x 2)max +a ”.由(1)知,当x ∈[e ,e 2]时, f '(x )max =f '(e 2)=14-a ,所以f '(x )max +a =14.则问题等价于“当x ∈[e ,e 2]时, f (x )min ≤14”.①当a ≥14时,由(1)得f '(x )max =14-a ≤0, f (x )在[e ,e 2]上为减函数,则f (x )min =f (e 2)=e 22-ae 2,由f (x )min ≤14,得a ≥12-14e 2.②当a <14时, f '(x )=-1ln x -12 2+14-a 在[e ,e 2]上的值域为-a ,14-a .(i )当-a ≥0,即a ≤0时, f '(x )≥0在[e ,e 2]恒成立,故f (x )在[e ,e 2]上为增函数,于是f (x )min =f (e )=e -ae ≥e >14,与f (x )min ≤14矛盾.(ii )当-a <0,即0<a <14时,由f '(x )的单调性和值域知,存在唯一的x 0∈(e ,e 2),使f '(x )=0,且满足:当x ∈(e ,x 0)时, f '(x )<0, f (x )为减函数;当x ∈(x 0,e 2)时, f '(x )>0, f (x )为增函数,所以f (x )min =f (x 0)=x 0ln x 0-ax 0≤14,x 0∈(e ,e 2).所以a ≥1ln x 0-14x 0>1ln e 2-14e >12-14=14,与0<a <14矛盾.综上,a 的取值范围是a ≥12-14e2.。

专题1.15 导数-存在性问题1．高考对本部分的考查一般有三个层次：（1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题． 2．存在性问题的解法（1）若()f x 在区间D 上有最值，则能成立：()()max ,00x D f x f x ∃∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∃∈<⇔<． （2）若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则 能成立：()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<；1．已知函数()()2e 21x f x x a x x =+++，a ∈R ． （1）求()f x 的单调区间；（2）若1a =，存在非零实数m ，n ，满足()()0f m f n ==，证明：2m n -<． 【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷） 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）利用导数的基本运算可得()()()12x f x x e a '=++，讨论0a ≥、102a e-<<或12a e<-，利用导数与函数单调性之间的关系即可得出结果．（2）根据题意可得m ，n 分别为()f x 的零点，由（1）知()f x 在()1,-+∞上单调递增，在(),1-∞-上单调递减，不妨设m n >，利用零点存在性定理可得10m -<<，21n -<<-，即证【解析】（1）由题意得()()()12xf x x e a '=++，令()()()12xg x x e a =++，当0a ≥时，()10g -=，即当(),1x ∈-∞-时，()()0g x f x ='<；当()1,x ∈-+∞时，()()0g x f x '=>，故()f x 的单调递减区间为(),1-∞-，单调递增区间为()1,-+∞； 当12a e<-时，令()()0g x f x '==，则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x <， 故()f x 的单调递减区间为()()1,ln 2a --， 单调递增区间为(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞； 当12a e-=时，令()()0g x f x '==，则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x =， 满足()()0g x f x '=≥，故()f x 在R 上单调递增； 当102a e-<<时，令()()0g x f x '==， 则11x =-，()2ln 2x a =-，12x x >，故()f x 的单调递减区间为()()ln 2,1a --，单调递增区间为()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞． 综上，当0a ≥时，()f x 的单调递减区间为(),1-∞-，单调递增区间为()1,-+∞； 当12a e-<时，()f x 的单调递减区间为()()1,ln 2a --， 单调递增区间为(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞； 当12a e-=时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞； 当102a e-<<时，()f x 的单调递减区间为()()ln 2,1a --， 单调递增区间为()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞． （2）证明：当1a =时，()()21x f x xe x =++， 依题意得m ，n 分别为()f x 的零点，由（1）知()f x 在()1,-+∞上单调递增，在(),1-∞-上单调递减． 设m n >，由()010f =>，()110f e-=-<，由零点存在性定理得10m -<<，()22210f e-=->，由零点存在性定理得21n -<<-，利用不等式的性质得12n <-<，则2m n -<， 同理当m n <时也成立．综上，2m n -<．【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式、零点存在性定理，解题的关键是讨论a 的取值，利用零点存在性定理得出10m -<<，21n -<<-，考查了分类讨论的思想．2．已知函数()ln f x x ax b =-+，()()1xg x x e =-（1）若0b =，()f x 的极大值是1-，求a 的值；（2）若0a =，()()()h x g x f x =-在()0,∞+上存在唯一零点，求b 的值． 【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测 【答案】（1）1a =；（2）1b =．【分析】（1）先求得函数的定义域，求得函数的导函数，根据定义域，分析导函数的零点情况，对实数a 进行分类讨论，根据函数的极值的条件，求得a 的值；（2）利用导数研究函数()h x 的单调性，结合唯一零点的条件得到等式，化简即可求得b 的值．【解析】（1）若0b =，则()ln f x x ax =-()f x 的定义域为()0,∞+，()1f x a x'=-． 若0a ≤，()0f x '>，()f x 在定义域内单调递增，无极大值；若0a >，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x 单调递增；1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()f x 单调递减．1x a∴=时，()f x 取得极大值11 ln 11f a a ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，1ln 0a ∴=1a ．（2）若0a =，则()ln f x x b =+，()()()()1ln xh x g x f x x e x b =-=---()()()1111x x x h x x e x e x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭ 令()0h x '=，得1e 0xx -=，当0x >时，1e xx=有唯一解0x ，即001e x x =，当()00,x x ∈时，()0h x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>．所以()h x 在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增．因为()h x 有且只有1个零点，所以()00h x =．即0000e ln 0xx x x b ---=．因为00e 1xx =，00ln 0x x +=，整理可得10b -=故1b =．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的极值问题和零点问题，属基础题，难度一般，关键点在于（1）中的分类讨论，（2）中的1e 0xx-=的根的设而不求的思想． 3．已知函数()ln bf x x a x x=-+，a ，b ∈R ． （1）若a >0，b >0，且1是函数()f x 的极值点，求12a b+的最小值； （2）若b =a +1，且存在0x ∈[1e，1]，使0()0f x <成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】江苏省常州市2021届高三下学期学业水平监测期初联考【答案】（1）最小值3+；（2）()211e a e e +<-+．【分析】（1）由1是函数()f x 的极值点得1a b +=，对12a b+用基本不等式中“1的代换”求最值；（2）把“存在0x ∈[1e ，1]，使0()0f x <成立”转化为函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0，利用导数讨论单调性，找到最小值，解出a 的范围即可． 【解析】（1）()21,a bf x x x =--'因为1是函数()f x 的极值点，所以 ()110,f a b '=--=即 1.a b +=此时()()()()222222111x b x b x x b a b x ax b f x x x x x x ----+--=--=='=当()01,0;x f x '<<<当()1,0,x f x >'>所以函数()f x 在1x =处取极小值．所以()121223b a a b a b a b a b⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭因为0,0a b >>，所以2b a a b +≥=(当且仅当21a b ==时等号成立)此时12a b+有最小值3+（2）当1b a =+时，()1ln a f x x a x x+=-+， 存在01,1x e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦使()00f x <成立，即函数()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值小于0.()()()221111(0)x x a a a f x x x x x⎡⎤+-'++⎣⎦=-==>①当11,a +≥即0a ≥时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()11120f a a =++=+<， 所以2a <-，不符，舍去； ②当11,a e+≤即11a e 时，() f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()111110,f a e a e a e e e e⎛⎫=+++=+++< ⎪⎝⎭所以()211e a e e +<-+，又11,a e≤-所以()211e a e e +<-+；（3）当111a e <+<时，即110a e-<<时， ()f x 在1,1a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦上单调递增，在[]1,1a +上单调递减，所以()f x 在1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()()()111ln 11ln 12f a a a a a a ⎡⎤+=++-+=-++⎣⎦因为111,a e<+<所以()1ln 10,a -<+<所以()11ln 12a <-+< 所以()1ln 12a a a a ⎡⎤>-+>⎣⎦，所以()()11ln 12220,f a a a a ⎡⎤+=-++>+>⎣⎦不符，舍去，综上可得，a 的取值范围是()211e a e e +<-+．【名师点睛】（1）导数为零，并且两侧导数一正一负的点为极值点；导数为零，但是两侧导数符号相同的点不是极值点．（2）研究含参数的函数的单调性要注意：①讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行，切记不要忽略定义域的限制；②利用导数求函数单调性，大多数情况下归结为对含参数的不等式的解集的讨论；③在能够通过因式分解求出不等式对应方程解时，依据根的大小进行分类讨论；④在不能通过因式分解求出不等式对应方程解时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨4．已知函数()1x f x e ax =--，()()()1xg x f x a xe =+-．（1）若1x ，2x 是()1f x =的两个根，证明：()21212(21)30a x x a x x +-++≥；（2）若存在,0m n >，使()()0g m g n <，求a 的取值范围．【试题来源】浙江省宁波市宁海中学创新班2021届高三下学期2月测试 【答案】（1）证明见解析；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭．【分析】（1）先证明1x e x ≥+，则()()121222x x e ax ax +=++≥121x x ++，展开即可得到答案；（2）由'()(1)(1)x x g x a x e e a =-++-，''()[(1)21]x g x e a x a =-+-，分1a ≥，112a <<，12a ≤三种情况讨论即可． 【解析】（1）由题1x ，2x 是()1f x =的两个根，则1111112x x a e e x ax -==⇒+-，同理222x eax =+，则()()121222x x e ax ax +=++，易知1x e x ≥+，()()121212221x x e ax ax x x +=++≥++，展开化简得()21212(21)30a x x a x x +-++≥． （2）若存在,0m n >，使()()0g m g n <，因为()(1)(1)x x g x a xe e ax =-+-+，()0,x ∈+∞，所以'()(1)(1)x x g x a x e e a =-++-，''()[(1)21]x g x e a x a =-+-， 当1a ≥时，''()0g x >，'()g x 在()0,∞+上单调递增，()'()'00g x g >=， 所以()g x 在()0,∞+上单调递增，()()00g x g >=，不满足题意．当112a <<时，则在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上''()0g x >，在21,1a a -⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭上''()0g x <， 所以'()g x 在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在21,1a a -⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭上单调递减， 又()'00g =，在210,1a a -⎛⎫ ⎪-⎝⎭上'()0g x >，从而()g x 在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上单调递增，又()00g =，所以在210,1a a -⎛⎫⎪-⎝⎭上()0>g x ． 而当x →+∞时，()0<g x ，所以存在,0m n >，使()()0g m g n <． 当12a ≤时，则''()0g x ≤，'()g x 在()0,∞+上单调递减，()'()'00g x g <=， 所以()g x 在()0,∞+上单调递减，()()00g x g <=，不满足题意． 综上所述：1,12a ⎛⎫∈⎪⎝⎭． 【名师点睛】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． 5．已知函数1()ln f x a x x=+（a R ∈且0a ≠）． （1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立，求实数a 的取值范围． 【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测 【答案】（1）()1f x =极小值，()f x 无极大值；（2）()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【分析】（1）求出导函数21()x f x x -'=，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性，由单调性求出函数的极值．（2）由题意只需函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，求出2211()a ax f x x x x-'=-+=，讨论a 的取值范围，利用导数判断函数的单调性，进而求出函数的最小值，即可．【解析】（1）依题意，当1a =时，1()ln f x x x=+，定义域为()0,∞+， 22111()x f x x x x-'=-+=，令()0f x '=，得1x =． 当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()11f x f ==极小值，()f x 无极大值． （2）若存在(]00,x e ∈，使得()00f x <成立， 即函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0．2211()a ax f x x x x -'=-+=，且0a ≠．令()0f x '=，得1x a=，当10a<，即0a <时，()0f x '<恒成立， 函数()f x 在(]0,e 单调递减，()min 1()f x f e a e==+， 由10a e +<，得1a e <-，即1,a e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭；当1e a ≥，即10a e<≤时，()0f x '≤恒成立， 函数()f x 在(]0,e 上单调递减，()min 1()0f x f e a e==+>，不合题意； 当10e a<<，即1a e >时，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '<，()f x 为减函数； 在1,e a ⎛⎫⎪⎝⎭上，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以min 11()ln (1ln )f x f a a a a a a ⎛⎫==+=-⎪⎝⎭． 由()1ln 0a a -<，得1ln 0a -<，解得a e >，即(),a e ∈+∞．综上，所以实数a 的取值范围是()1,,e e ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭．【名师点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，利用导数研究不等式能成立，解题的关键是将不等式转化为函数()f x 在(]0,e 上的最小值小于0，考查了运算能力、分析能力，分类讨论的思想．6．已知()ln (0x f x a x a a =->且21),()a g x x ≠= （1）当01a <<时，求()f x 的单调区间；（2）设()()()h x f x g x =+，存在[]12,1,1x x ∈-，使()()121h x h x e -≥-成立．求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年东北三校（哈师大附中、东师大附中、辽宁省实验）高三第一次联合模拟考试试卷【答案】（1）增区间(0,)+∞，减区间(),0-∞；（2）1(0,][,)e e+∞．【分析】（1）求导得()ln (1)x f x a a '=-，由于01a <<，ln 0a <，再解不等式()0f x '>和()0f x '<即可得答案；（2）由题知2()ln x h x a x a x =-+，进而将问题转化为()h x 在[1,1]-上的最大值为M 与最小值为m 之差大于等于1e -．再根据导数研究函数的最值即可．【解析】（1）函数的定义域为R ．由已知()ln ln ln (1)x x f x a a a a a '=-=-，01a <<，ln 0a ∴<，由()0f x '>得()f x 增区间(0,)+∞，由()0f x '<得()f x 减区间(),0-∞； （2）由已知2()ln x h x a x a x =-+，设()h x 在[1,1]-上的最大值为M ，最小值为m ， 依题意：1M m e -≥-，()ln ln 2,(0)0x h x a a a x h ''=-+=，2()(ln )20x h x a a ''∴=+>，()h x '∴为增函数，0x ∴>时，()0,()h x h x '>递增；0x ∴<时，()0,()h x h x '<递减．故(0)1m h ==，{}max (1),(1)M h h =-， 设1()(1)(1)2ln ,(1)0u a h h a a u a=--=--=， 22212(1)()10(0)a u a a a a a-'=+-=≥>()u a ∴在(0,)+∞上递增， 1a ∴>时，()0u a >，此时(1)M h =， 01a ∴<<时，()0u a <，此时(1)M h =-，当1a >时，ln M m a a -=-， 设()ln (1)G a a a a =->，1()10G a a'∴=->，()G a ∴在1（，）+∞上递增， 又()1G e e =-，所以由ln 1a a e -≥-得()()G a G e a e ≥⇔≥，当01a <<时，11ln ,1M m a a a-=+>， 由1ln 1a e a +≥-得111()()0G G e e a a a e≥⇔≥⇔<≤， 综上：a 的取值范围是1(0,][,)e e+∞．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，不等式成立等问题，考查运算求解能力与分类讨论思想，是难题．本题第二位解题的关键在于将问题转化为2()ln x h x a x a x =-+在[1,1]-上的最大值为M 与最小值为m 之差大于等于1e -，再结合导数研究函数的最值；其中用到作差法比较大小，构造函数研究最值等方法． 7．已知函数()1ln 1=+++f x a x bx x． （1）当0a =时，函数()f x 的极小值为5，求正数b 的值；（2）若1b =，()()3F x f x x=-，且当a ≥-时，不等式()1F x ≥在区间[]1,2上有解，求实数a 的取值范围．【试题来源】云南师范大学附属中学2021届高三下学期第七次月考 【答案】（1）4；（2）1,ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）由0a =，得到1()1f x bx x =++，求导21()f x b x'=-+，再利用极值的定义，由函数()f x 的极小值为5求解．（2）由1b =，得到2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，，求导222222224()a a x x ax F x x x ⎛⎫++- ⎪++⎝⎭'==，分2204a -≥，2204a -<讨论求得最大值求解． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0)+∞，． 当0a =时，1()1f x bx x =++，则21()f x b x'=-+，()00f x x '<⇒<<()0f x x '>⇒> 所以()f x在0⎛ ⎝上单调递减，()f x在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 所以函数()f x的极小值为15f ==，所以4b =．（2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，， 则22222222224()1a a x a x ax F x x x x x ⎛⎫++-⎪++⎝⎭'=++==． ①当2204a -≥，即a -≤≤时，()0F x '≥，所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =；②当2204a -<，即a >2220(80)x ax a ++=∆=->的两根分别为1x ，2x ， 则12x x a +=-，122x x =，所以10x <，20x <，所以在区间[12]，上，222()0x ax F x x++'=>， 所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．综上，当a ≥-()F x 在区间[12]，上的最大值为(2)ln 221F a =+≥， 所以1ln 2a -≥，所以实数a 的取值范围是1ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，． 【名师点睛】不等式有解问题的解法：若()f x 在区间D 上有最值，则()()max ,00x D f x f x ∀∈>⇔>；()()min ,00x D f x f x ∀∈<⇔<；若能分离常数，即将问题转化为()a f x >（或()a f x <），则()()min a f x a f x >⇔>；()()max a f x a f x <⇔<．8．已知函数()1ln 1=+++f x a x bx x． （1）若24a b +=，当2a >时，讨论()f x 的单调性； （2）若1b =，()()3F x f x x=-，且当a ≥-时，不等式()1F x ≥在区间[]1,2上有解，求实数a 的取值范围．【试题来源】2021年高考数学二轮复习热点题型精选精练（新高考地区专用） 【答案】（1）答案见解析；（2）1,ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）首先求出函数的定义域，由24a b +=，消去参数b ，求出导函数，再对参数a 分类讨论，分别求出函数的单调区间；（2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x =-++，再求出导函数222224()a a x F x x ⎛⎫++- ⎪⎝⎭'=，对224a -分类讨论，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围； 【解析】（1）因为()1ln 1=+++f x a x bx x所以函数()f x 的定义域为(0)+∞，． 由24a b +=，得1()ln (42)1f x a x a x x =++-+，则2[(2)1](21)()a x x f x x -+-'=， 当4a =时，()0f x '≤，函数()f x 在(0)+∞，上单调递减； 当24a <<时，1()002f x x '<⇒<<或12>-x a ，11()022f x x a '>⇒<<-， 所以()f x 在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，，12a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭，上单调递减，在1122，⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上单调递增； 当4a >时，1()002f x x a '<⇒<<-或12x >，11()022f x x a '>⇒<<-， 所以()f x 在102a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，，12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1122，⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上单调递增． （2）当1b =时，2()ln 1F x a x x x=-++，[12]x ∈，， 则22222222224()1a a x a x ax F x x x x x ⎛⎫++-⎪++⎝⎭'=++==．①当2204a -≥，即2222a -≤≤时，()0F x '≥，所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．②当2204a -<，即22a >时，设2220(80)x ax a ++=∆=->的两根分别为1x ，2x ， 则12x x a +=-，122x x =，所以10x <，20x <，所以在区间[12]，上，222()0x ax F x x++'=>， 所以()F x 在[12]，上单调递增，所以max ()(2)F x F =．综上，当22a ≥-时，()F x 在区间[12]，上的最大值为(2)ln 221F a =+≥， 所以1ln 2a -≥，所以实数a 的取值范围是1ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，． 【名师点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： （1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； （2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用． 9．已知函数()xf x e =，()lng x x =．（1）若函数()()()hx f x ag x =+存在极小值，求实数a 的取值范围；（2）若0m >，且()()()22110m x f x x g x mx --+-≥对任意0x >恒成立，求实数m 的取值范围．（参考数据：ln 20.69≈， 2.718e ≈）【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）m 1≥．；（2）m 1≥．【分析】（1）首先求出函数的导数，再对参数a 分类讨论，即可得解；（2）依题意可得()2211ln 0x m x ex x mx --+-≥首先，令1x =，得m 1≥；再证明当m 1≥时符合要求，令()()2211ln x t m m x ex x mx -=-+-．再对112x xe -≥与112x xe -<分类讨论，利用导数研究函数的单调性与极值即可；【解析】（1）由题得()ln xh x e a x =+，()x xa xe ah x e x x='+=+ 又()xx xe ϕ=在()0,∞+上为单调递增函数，()00ϕ=，故当0a ≥时，()h x 无极值．当0a <时，存在00x >，()h x 在()00,x 上单调递增，()0,x +∞上单调递增，存在极小值故0a <． （2）由()()()22110mx f x x g x mx --+-≥即()2211ln 0x m x e x x mx --+-≥首先，令1x =，得m 1≥； 下面证明当m 1≥时符合要求： 令()()2211ln x t m m x e x x mx -=-+-．（1）若2111122x x x x e xe --=≤，即112x xe -≥时，()()()2111ln x t m t x e x x x -≥=-+-．令()()211ln x k x x ex x x -=-+-．得()()2112ln 2x k x x x e x x---'=+-． ()()()2142221111114242222x x k x x x e x x x x x x x x-=+++-≥++⋅+-=+'+'．显然当0x >时，()00k '>，从而()k x '递增，又()10k '= 则01x <<时，()0k x '<，()k x 在()0,1上单调递减，1x >时，()0k x '>，()k x 在()1,+∞上单调递增，所以()()min 10k x k ==得证； （2）若2111122x x x x e xe --=>，即112x xe -<时， ()()11141ln 1124x x x e x x t m t xe e ---++⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭．下面，只要证()()141ln 10x n x e x x -=++≤，其中112x xe -<．由112x xe-<，且1x y xe -=在()0,∞+上单调递增，记01012x x e -=，得()00,x x ∈又()()1ln 2111ln 22e ---<，所以01ln 2x >- 又()()()121114111441241x x x x n x ex x x e e x e ----≤+-+=-+<-+．令()1241x p x x e-=-+，则()124x p x e -=-'．所以当()00,x x ∈时，()p x 在()0,1ln 2-上单调递增，()01ln 2,x -上单调递减，()()1ln212ln20p x p ≤-=-<，得证．故所求实数m 的取值范围为m 1≥．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 10．已知函数()ln f x a x x =-． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设01a <<，若函数2()4()2=+-x g x f x x a在[1,)x ∈+∞上有零点，求a 的取值范围． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试【答案】（1）当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，函数()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞单调递减；（2）1,110⎡⎫⎪⎢⎣⎭． 【分析】（1）求出导函数()'f x ，然后根据a 的正负分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；（2）求出()'g x ，确定()g x 的单调性，结合零点存在定理列不等式求得a 的范围． 【解析】（1）由题意知，()(0)-'=>a xf x x x， 当0a ≤时，()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '<，得x a >，令()0f x '>，得0x a <<， 则()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞上单调递减． 综上可知，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，函数()f x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞单调递减．（2）因为2()4ln 52=-+x g x a x x a ，所以2254(4)()()-+--'==x ax a x a x a g x ax ax．因为01a <<，且1≥x ，所以0x a ->，0ax >． 当41a ≤，即104a <≤时，()0g x '≥，则()g x 在[1,)+∞上单调递增，因为函数()g x 在[1,)x ∈+∞上有零点，且()84444e e 165e 5e 02=+-->≥g a a，所以min 1()(1)502==-+≤g x g a ，解得11104≤≤a ； 当41a >，即114a <<时，令()0g x '<，解得14<<x a ，令()0g x '>，解得4x a >， 所以()g x 在(1,4)a 上单调递减，在(4,)+∞a 上单调递增，因为()g x 在[1,)x ∈+∞上有零点，且()4e 0>g ，所以min ()(4)4ln(4)120==-≤g x g a a a a ，又114a <<，则114a <<． 综上，a 的取值范围是1,110⎡⎫⎪⎢⎣⎭． 【名师点睛】本题考查用导数求函数的单调性，研究函数零点问题．解题关键是掌握导数与单调性的关系与零点存在定理．如函数()g x 在区间[1,)+∞上有零点，在存在函数值4()0g e >的情况下，只要min ()0g x ≤即可得．11．已知函数()x f x e ax =-，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 在[0,1]上的单调性；（2）若函数()()ln(1)cos g x f x x x =++-，则是否存在实数a ，使得函数()g x 在0x =处取得极小值？若存在，求出a 值；若不存在，说明理由． 【试题来源】广东省广州市天河区2021届高考二模【答案】（1）答案见详解；（2）存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值【分析】（1）求出导函数，讨论1a ≤、1a e <<或a e ≥，结合函数的单调性与导数之间的关系进行求解即可．（2）求出()1sin 1xg x e a x x '=-+++，根据极值的定义可得()020g a '=-=，得出2a =，再证明充分性，利用导数证明当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()g x单调递增；再构造函数令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，证明当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()g x 单调递减．【解析】（1）由()x f x e ax =-，则()x f x e a '=-， 因为[0,1]x ∈，则[]1,xe e ∈，当1a ≤时，()0x f x e a '=-≥，函数在[0,1]上单调递增； 当1a e <<时，令()0x f x e a '=-≥，解得ln ≥x a ， 令()0x f x e a '=-<，解得ln x a <，即函数在[]ln ,1a 上单调递增，在[)0,ln a 上单调递减； 当a e ≥时，()0x f x e a '=-≤，函数在[0,1]上单调递减； （2）()()()ln(1)cos cos ln 1xg x f x x x e ax x x =++-=--++，()1sin 1x g x e a x x '=-+++， 显然0x =是函数()g x 的极小值点的必要条件为()020g a '=-=，即2a =，此时()1sin 21x g x e x x '=++-+， 显然当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()11sin 21sin 2sin 011x g x e x x x x x x '=++->+++->>++， 当1,04x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()22311131122x x x x x ⎛⎫+-+=++> ⎪⎝⎭，故213112x x x <-++， 令()212x x m x x e -⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，则()202x x m x e -'=-≤，故()m x 是减函数，故当0x <时，()()01m x m >=，即212xx e x <++，令()1sin 2h x x x =-，则()1cos 2h x x '=-，当10x -<<时，()1cos102h x '>->， 故()h x 在()1,0-上单调递增，故当10x -<<时，()()00h x h <=，即1sin 2x x <， 故当1,04x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()1sin 21x g x e x x '=++-+ 2223112202222x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫≤+++-+-+=+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此，当2a =时，0x =是()g x 的极小值点，即充分性也成立， 综上，存在2a =，使得()g x 在0x =处取得极小值．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的极值，解题的关键是结合函数的单调性、极值和导数之间的关系进行构造函数，考查了逻辑推理能力以及运算求解能力，考查了化归与转化思想，综合性比较强．12．已知函数()2()2ln 1f x x x =--，()()21g x k x =-．（1）当1k =时，求函数()()()F x f x g x =-的极值；（2）若存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，求实数k 的取值范围． 【试题来源】云南省昆明市第一中学2021届高三第六次复习检测 【答案】（1）()0F x =极大值，()F x 无极小值；（2）(),1-∞．【分析】（1）2()2ln 1F x x x =-+，求导得22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=，显然()0,1x ∈时，()F x 为增函数，()1,x ∈+∞时，()F x 为减函数，所以()F x 在1x =处取得极大值，无极小值，然后计算()1F 即可；（2）()()f x g x >恒成立即()()0f x g x ->恒成立，也即()0F x >恒成立，结合（1）的结论对k 分类讨论，当1k时，不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立；当1k <时，22(1)1()x k x F x x⎡⎤-+--⎣⎦'=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>，可证得函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=．【解析】（1）当1k =时，22()2ln (1)2(1)2ln 1F x x x x x x =----=-+，()F x 的定义域为()0,∞+，22(1)(1)()2x x F x x x x-+-'=-=， 当()0,1x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 当()1,x ∈+∞时，()0F x '<，()F x 为减函数， 所以()()10F x F ==极大值，()F x 无极小值；（2）由（1）可知，若1k =，则当1x >时，()()10F x F <=，即()()f x g x <， 所以不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立，若1k >，则当1x >时，22()2ln (1)2(1)2ln (1)2(1)0F x x x k x x x x =----<----<， 即不存在01x >，使得当()01,x x ∈时，()()f x g x >恒成立； 若1k <，2()2ln (1)2(1)F x x x k x =----，22(1)12()222x k x F x x k x x⎡⎤-+--⎣⎦'=-+-=，令()0F x '=，得10x =<，21x =>， 所以当()20,x x ∈时，()0F x '>，()F x 为增函数， 即函数()F x 在()21,x 上是增函数，所以存在021x x <≤，使得当()01,x x ∈时，()()10F x F >=， 即()()f x g x >成立，综上，所以实数k 的取值范围是(),1-∞． 【名师点睛】利用导数求函数极值的步骤： （1）求导数()f x '； （2）求方程()0f x '=的根；（3）检查()f x '在方程的左右的值的符号，如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正那么()f x 在这个根处取得极小值．特别注意：()f x '无意义的点也要讨论，即可先求出()0f x '=的根和()f x '无意义的点，再按定义去判别． 13．已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数． （1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值；（2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围． 【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（山东高考专用） 【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-． 【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值；（2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围．【解析】（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >， 有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得0x e =，则0a =； （2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x-+'=， 当a e ≤，()20x a eg x x -+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<， 所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥， 则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，有()()2ln ea e a e h a a ---'=， 易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减， 则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-．【名师点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可． 14．已知函数()e ln xf x x a x =-，定义域为()0,∞+．（1）当2e a =时，求()f x 的单调区间；（2）记()()min g a f x =，当()0,a ∈+∞，求()g a 的最大值；（3）在（2）的条件下，是否存在0c >，d R ∈，使得()()()2max f x g a c x d -≥-．若存在，求c 的取值范围；若不存在，请说明理由． 【试题来源】浙江省名校协作体2021届高三下学期联考【答案】（1）()f x 在区间()0,1上单调递减；在区间()1,+∞上单调递增；（2）e ；（3）存在，50e 2c <≤【分析】（1）将2a e =代入，利用导数与函数单调性的关系即可求得()f x 的单调区间； （2）利用导数与函数单调性的关系即可求出()min f x ，表示出()g a ，再令()()1e e ln x x x x h x x x +=-，利用函数的单调性求出max ()h x 即可；（3）由（2）知2e a =，根据题意可求得1d =，假设存在0c >，使()2e 2ln e 1x x e x c x --≥-成立，令()2e 2eln e (1)x m x x x c x =----，多次求导并对c进行讨论即可求解．【解析】（1）解：当2e a =时，因为()e ln xf x x a x =-，即()e 2ln xf x x e x =-，所以()22e (1)e x x x e e xe x x x xf =+-=-'+， ()()()2222120x x xe ef x e x e x e x x ''=+++=++>， ()f x '∴在区间()0,∞+上单调递增，且()1220f e e '=-=，令()2e(1)e 0xf x x x =+->'，解得1x >， 令()2e (1)e 0xf x x x=+-<'，解得01x <<， ()f x ∴在区间()0,1上单调递减；在区间()1,+∞上单调递增；（2）因为()e ln xf x x a x =-，所以()(1)e x xx a a e xe x x x x f =+-=+-'， ()()22(1)e 2x x x a ae x x e xf x x=++=++''+，()()0,,0,a x ∴∈+∞∈+∞，()()220x ax e f x x '=++'>∴， 故()(1)e xf x a x x'=+-在()0,∞+上单调递增，又()0,x f x →→-∞，(),x f x →+∞→+∞，故对每个0a >存在唯一的正数0x ，满足()()00010xaf x x e x '=+-=， 即()0001e xx x a +=，()f x ∴在区间()00,x 上单调递减；在区间()0,x +∞上单调递增； ()f x ∴最小值在0x 处取到，即()()()0000000000e ln e 1e ln xxxg a f x x a x x x x x ==-=-+，令()()1e e ln xxx x h x x x +=-，所以()()2e 1ln xh x x x x ⎡⎤'=-++⎣⎦，令()()2e 1ln 0xh x x x x ⎡⎤'=-++>⎣⎦，解得01x <<，令()()2e 1ln 0xh x x x x ⎡⎤'=-++<⎣⎦，解得1x >，故()h x 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减；max max ()()(1)e g a h x h ∴===，此时2e a =；（3）由（2）知2e a =，()()()2max f x g a c x d -≥-，即()2e 2ln xx e x e c x d --≥-，当1x =时不等号左边0，1d ∴=．设存在0c >，使()2e 2ln e 1xx e x c x --≥-成立，令()2e 2eln e (1)xm x x x c x =----，且()10 m =，()()()2e1e 21x m x x c x x '=+---，且()10 m '=， ()()22e2e 2x m x x c x''=++-，且()15e 2m c ''=-，∴当5e 20c -≥，即50e 2c <≤时，()0m x ''≥，即()m x '单调递增，当()0,1x ∈时，()0m x '<，即()m x 单调递减，当()1,x ∈+∞，()0m x '≥，即()m x 单调递增，()()10m x m ∴≥=，即()2e 2e ln e 1x x x c x --≥-成立；当5e 2c >时，()10m ''<，又x →+∞时，()m x ''→+∞，∴存在01x >使()00m x ''=；∴当()01,x x ∈时，有()0m x ''<，即()m x '单调递减，()()10m x m ''<=，即()m x 单调递减，()()10m x m <=，即()2e 2e ln e 1x x x c x --<-，故不符合题意．综上所述：50e 2c <≤． 【名师点睛】由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果．15．已知函数()()()11xxf x ae ea x a -=--+>．（1）若a e =，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的极大值点和极小值点分别为12,x x ，试判断方程()()124f x f x -=是否有解？若有解，求出相应的实数a ；若无解，请说明理由． 【试题来源】河南省2021届普通高中毕业班高考适应性测试【答案】（1）函数()f x 在(),1-∞-和()0,∞+上单调递增，在()1,0-上单调递减；（2）有解，2a e =【分析】（1）由已知()()11x x f x ee e x +-=--+，求导()f x '，利用()0f x '>求函数的单增区间，利用()0f x '<求函数的单减区间；（2）由题意()1()e e 1e x x x f x a a -⎛⎫'=--⎪⎝⎭，分析函数的单调性，得到()21f x a =-，()11(1)ln f x a a a =-++，构造函数()22(1)ln (1)g x x x x x =-++>，利用导函数分析知()g x 在()1,+∞为增函数，从而得解．【解析】（1）a e =，()()11x x f x e e e x +-=--+()()11x x f x e e e +-'∴=+-+，令()0f x '=得，10x =或21x =-，当1x <-或0x >时，()0f x '>，函数单调递增； 当10x -<<时，()0f x '<，函数单调递减；∴函数()f x 在()1-∞-，和()0+∞，上单调递增，在()1,0-上单调递减．（2）有解，由题意()()()()1()e e1e 1e e e 1e xxx x x x x f x a a a a a ---⎛⎫'=+-+=--=-- ⎪⎝⎭，令()0f x '=得，1ln x a =-或20x =，1a >，ln 0a ∴-<，当ln x a <-或0x >时，()0f x '>，函数单调递增；当ln 0a x -<<时，()0f x '<，函数单调递减；所以当1ln x a =-时，函数取得极大值，且()()1ln 1(1)ln f x f a a a a =-=-++； 当20x =时，函数取得极小值，且()()201f x f a ==- 注意到()()1222(1)ln f x f x a a a -=-++， 令()22(1)ln (1)g x x x x x =-++>，则1()ln 1g x x x'=+-， 令()()u x g x '=，则21()0x u x x-'=>，∴函数()u x 在()1,+∞为增函数， 即()()(1)0g x u x u '=>=，()g x ∴在()1,+∞为增函数， 方程()4g x =在()1,+∞上至多有一个实数解， 又()()22222214g e e e =-++=，即方程()()124f x f x -=有解所以相应的实数2a e =．【名师点睛】本题考查利用研究函数的单调性，及函数方程有解问题，利用导数解决等式成立问题的：（1）首先要构造函数，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）也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 16．已知函数()ln 1f x x ax =--(a R ∈)，21()()22g x xf x x x =++． （1）求()f x 的单调区间；（2）当1a =时，若函数()g x 在区间(,1)()m mmZ 内存在唯一的极值点，求m 的值．【试题来源】备战2021年高考数学全真模拟卷（北京专用） 【答案】（1）答案见解析；（2）0m =或3m =．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间即可；（2）求出()g x 的导数，根据函数的单调性得到导函数的零点，求出函数的极值点，求出m 的值即可．【解析】（1）由已知得0x >，11()'-=-=axf x a x x． （ⅰ）当0a ≤时，()0f x '>恒成立，则函数()f x 在(0,)+∞为增函数； （ⅰ）当0a >时，由()0f x '>，得10x a<<； 由()0f x '<，得1x a>； 所以函数()f x 的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(,)a+∞．（2）因为()222111()()2ln 12ln 222g x xf x x x x x x x x x x x x =++=--++=-+， 则()()ln 11ln 23g x x x x x f x '=+-+=-+=+．由（1）可知，函数()'g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． 因为222111()220g e e e'=--+=-<，(1)10g '=>， 所以()'g x 在(0,1)上有且只有一个零点1x ．又在1(0,)x 上()0g x '<，()g x 在1(0,)x 上单调递减； 在1(,1)x 上()0g x '>，()g x 在1(,1)x 上单调递增． 所以1x 为极值点，此时0m =．又(3)ln310g '=->，(4)2ln 220g '=-<， 所以()'g x 在(3,4)上有且只有一个零点2x ．又在2(3,)x 上()0g x '>，()g x 在2(3,)x 上单调递增； 在2(,4)x 上()0g x '<，()g x 在2(,4)x 上单调递减． 所以2x 为极值点，此时3m =． 综上所述，0m =或3m =．【名师点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．。

利用导数研究函数的存在与恒成立问题知识集结知识讲解一、若对，恒成立，则只需即可；若对，恒成立，则只需即可；二、若，满足不等式，则只需即可；若，满足不等式，则只需即可；三、若对，使得不等式（为常数）恒成立，则只需即可四、若，满足方程，则只需两函数值域交集不空即可.五、若对总使得成立，则只需值域值域即可六、若对，使得不等式恒成立，则只需即可七、若对，满足不等式，则只需即可八、若对，总，使得成立，则只需即可九、若对，总，使得成立，则只需即可例题精讲利用导数研究函数的恒成立与存在问题例1.（2019∙榆林一模）已知不等式e x-1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立，则k的最大值_____【答案】e-1【解析】题干解析:不等式e x-1≥kx+lnx，对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．等价于对于任意的x∈（0，+∞）恒成立．令，（x>0），，令g（x）=e x（x-1）+lnx，（x>0），则，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，g（1）=0，∴x∈（0，1）时，g（x）<0，x∈（1，+∞）时，g（x）>0．∴x∈（0，1）时，f′（x）<0，x∈（1，+∞）时，f′（x）>0．∴x∈（0，1）时，f（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，f（x）单调递增．∴f（x）min=f（1）=e-1∴k≤e-1．例2.（2018春∙海淀区校级期末）设函数y=f（x）图象上在不同两点A（x1，y1），B（x2，y2）处的切线斜率分别是k A，k B，规定φ（A，B）=（|AB|为A与B之间的距离）叫作曲线y=f（x）在点A与点B之间的“弯曲度”．若函数y=x2图象上两点A与B的横坐标分别为0，1，则φ（A，B）=___；设A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=e x上两点，且x1-x2=1，若m∙φ（A，B）<1恒成立，则实数m的取值范围是________．【答案】；（-∞，1]【解析】题干解析:函数y=x2的导数为y′=2x，可得k A=0，k B=2，|AB|==，φ（A，B）==；由y=e x得y′（x）=e x，∵A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=e上两点，且x1-x2=1，∴φ（A，B）=，∵m∙φ（A，B）<1恒成立，∴m|e x1-e x2|<，则m<=，∵>1，∴m≤1，则实数m的取值范围是（-∞，1]，例3.（2018春∙赤峰期末）已知函数f（x）=ax+lnx，若f（x）≤1在区间（0，+∞）内恒成立，实数a的取值范围为_________．【答案】（-∞，-]【解析】题干解析:f′（x）=a+，①a≥0时，f′（x）>0，f（x）在（0，+∞）递增，而x→+∞时，f（x）→+∞，不合题意；②a<0时，令f′（x）>0，解得：x<-，令f′（x）<0，解得：x>-，故f（x）在（-∞，-）递增，在（-，+∞）递减，故f（x）max=f（-）=-1+ln（-）≤1，解得：a≤-，导数与函数之恒成立问题1例2（2016•通州区一模）已知函数f （x ）=（x2﹣x ﹣a1）ea x （a ≠0）．（1）当a=2时，求函数f （x ）的零点；（2）求f （x ）的单调区间；2（3）当a ＞0时，若f （x ）+a≥0对x ∈R 恒成立，求a 的取值范围．练习：1.已知函数f(x)=21x2+aln x. (1)若a=-1,求函数f(x)的极值,并指出是极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值;(3)若a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数f(x)的图象在函数g(x)=32x 3的图象的下方. 2.已知函数2()ln (21)1()f x x ax a x a =+-++≥0．（Ⅰ）当0a =时，求函数()f x 在区间[1,)+∞上的最大值； （Ⅱ）函数()f x 在区间(1,)+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：1()14g a a <-3.（2015北京）已知函数f （x ）＝ln ，（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（Ⅱ）求证，当x ∈（0，1）时，f （x ）；（Ⅲ）设实数k 使得f （x ）对x ∈（0，1）恒成立，求k 的最大值．4（2014北京）已知函数f（x）＝xcosx﹣sinx，x∈[0，]（1）求证：f（x）≤0；（2）若a b对x∈（0，）上恒成立，求a的最大值与b的最小值．当堂练习单选题练习1.（2019秋∙平顶山月考）”a>b”是”logA．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】题干解析:当b<a≤0时，无法推出log7a>log7b，故充分性不成立；当log7a>log7b时，有a>b>0，故”a>b”是”log7a>log7b”的必要不充分条件。

专题4.17—导数大题(任意､存在性问题)1. 已知函数()()2ln ,f x x ax bx a b R =+-∈，函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为2y =-．（1）求函数()f x 的极值；（2）对于任意[]12,1,3x x ∈，当12x x <时，不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立，求实数m 的取值范围． 【答案】（1）极小值为12f ，极大值为15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭；（2）[)0,+∞．【解析】【分析】（1）先由函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为2y =-求出a 、b ，然后利用导数求极值；（2）由题意把当12x x <时，不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立转化为讨论函数()mf x x-在[]1,3上单调递增，利用导函数求参数的范围. 【详解】解：（1）函数()2ln f x x ax bx =+-的定义域为()0,∞+，()12f x ax b x'=+-， 由()()112012f a b f a b ⎧=+-=⎪⎨=-=-'⎪⎩，解得1,3a b ==，可知()()221231ln 3,230x x f x x x x f x x x x-+'=+-=+-==，1211,2x x ==，可知在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 在1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，在()1,+∞单调递增，可知函数()f x 的极小值为()1ln1132f =+-=-，()f x 的极大值为11135ln ln 222424f ⎛⎫=+-=-- ⎪⎝⎭.（2）由()()121212,m m x x f x f x x x <-<-，得()()1212m mf x f x x x -<-， 可知函数()mf x x -在[]1,3上单调递增， ()()[]2ln 3,1,3m m h x f x x x x x x x =-=+--∈，()21230mh x x x x'=+-+≥，可得3223m x x x ≥-+-，即()32max23m x x x≥-+-，设()[]3223,1,3F x x x x x =-+-∈，()22116616022F x x x x ⎛⎫'=-+-=--+< ⎪⎝⎭，可知函数()F x 在[]1,3上单调递减， 所以()()max 12310F x F ==-+-=，所以0m ≥，可知参数m 的取值范围为[)0,+∞.【点睛】（1）已知切线方程求参数通常利用三个条件列方程：①切点()00,P x y 在曲线上；②切点()00,P x y 在切线上；③斜率相等.（2）由函数的单调性求参数的取值范围通常可以求出导函数，利用分离参数法. 2. 已知曲线()ln y x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且()12f =．（1）求()y f x =的解析式； （2）求函数()()xf xg x e =的极值； （3）设()()2ln 1ln 1x a x h x x+-+=，若存在实数[]11,x e ∈，12e ,1x -⎡⎤∈⎣⎦，使()()21222222ln 1ln h x x x a x x x <+-+成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()1f x x =+；（2）极大值为()01g =，无极小值；（3）()1,323,2e e ⎛⎫-∞--+∞ ⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）先根据题意得()1,0P m -，进而得切线斜率1k =，故()1f x x m =-+，再根据()12f =求得m ，进而得解析式； （2）由（1）()1xx g x e +=，求导得()'x xg x e -=，进而根据导数与极值的关系即可得答案；（3）将不等式整理变形得：存在实数[]21,11,x e x ∈使()1212h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭成立，进而转化为()()min max 2h x h x <，再研究函数()h x 的单调性得()0,ax e ∈时，函数()h x 为减函数，(),+a x e ∈∞时，函数()h x 为增函数，再分0a ≤，01a <<，1a ≥三种情况讨论求解即可得答案.【详解】解：（1）令()ln 0y x m =+=解得1x m =-，故点()1,0P m -， 对函数()ln y x m =+求导得1'y x m=+， 所以曲线()ln y x m =+在点P 处的切线斜率为111k m m==-+，所以曲线()ln y x m =+在点P 处的切线方程为：1y x m =-+，即：()1y f x x m ==-+，又因为()12f =，故2m =， 所以()y f x =的解析式()1f x x =+. （2）由（1）知()()1xx f x x g x e e+==，函数定义域为R ， 所以()'xxg x e -=， 故当()0,x ∈+∞时，()'0g x <，()g x 单调递减，当(),0x ∈-∞时，()'0g x >，()g x 单调递增，所以函数()g x 在0x =处取得极大值，极大值为()01g =，无极小值.（3）因为()()222222222222ln 1ln 1ln 1ln x x a x x x x x a x x x +-++-+=()()2222222211ln 1ln 1ln 1ln 111a x a x x x x x ⎛⎫+-+ ⎪+-+⎝⎭==， 故不等式()()21222222ln 1ln h x x x a x x x <+-+等价于()1212h x h x ⎛⎫<⎪⎝⎭， 因为[]211,e x ∈ ，故存在实数[]21,11,x e x ∈使()1212h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭成立， 所以只需()()min max 2h x h x <成立即可.所以()()()()222ln 1ln ln 1ln 'x a x a x a x h x x x -++---==， 因为[]1,x e ∈时，[]ln 0,1x ∈，故[]ln 11,0x -∈-所以当()0,ax e ∈时，()'0h x <，函数()h x 为减函数，(),+a x e ∈∞时，()'0h x >，函数()h x 为增函数 所以（i ）当0a ≤时，()'0h x >在[]1,e 恒成立，故函数()h x 在[]1,e 单调递增，故()()()()min max 311,a h x h h x h e e -====，所以32ae-<，解得32a e <-； （ii ）当01a <<时，()1,a x e ∈时，()'0h x <，函数()h x 为减函数，(),a x e e ∈时，()'0h x >，函数()h x 为增函数，故()()min 1a a a h x h e e+==，()()(){}max3,033max 1,max 1,1,31aa e a h x h h e ee e a -⎧<<--⎪⎧⎫===⎨⎬⎨⎩⎭⎪-≤<⎩，所以，当03a e <<-时，132a a a e e +-<，即()()1213a a a e -+<-， 令()()()1213a m a a a e-=+--，()11'22a a m a eae --=-+，()()111''10a a a m a e ae a e ---=-+=-<，故()'m a 在()0,1单调递减，()()()''3'10m a m e m a >->=>，故()m a 在()0,1单调递增，所以()m a 在()0,3e -上也单调递增，()()3020m a m e>=->， 与()()()12130a m a a a e -=+--<矛盾，无解当31e a -≤<时，121a a e+<，即()21a a e +<，所以()210a a e +-<， 令()()21a k a a e =+-，()'2a k a e =-，令()'20ak a e =-=得ln 2a =，故当0ln 2a <<时，()'0k a >，函数()k a 单调递增， 当ln 21a <<时，()'0k a <，函数()k a 单调递减， 由于()()()()01,140k a k k a k e >=>=->， 故函数()k a 在()0,1的函数值恒大于0，故当31e a -≤<时，()0k a >，与()210aa e +-<矛盾，无解；（iii ）当1a ≥时，[]1,x e ∈时，()'0h x <，函数()h x 为减函数，故()()()()max min 311,a h x h h x h e e -====，所以()231a e-<，解得132a e >-； 综上，实数a 的取值范围是()1,323,2e e ⎛⎫-∞--+∞ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查导数的几何意义，极值，不等式能成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，综合分析问题与解决问题的能力，是难题.本题第三问解题的关键在于对已知不等式变形转化为存在实数[]21,11,x e x ∈使()1212h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭成立，进而只需()()min max 2h x h x <成立即可，再分类讨论求函数的最值即可.3. 已知函数()()3ln .f x x x a x a R =--∈（1）若函数()f x 在其定义域上为增函数，求a 的取值范围；（2）当3a ≤时，求证：对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()2122f x f x -+()()()12120x x f x f x ''⎡⎤-+>⎣⎦恒成立.【答案】（1）92a ≤-；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题设知，0fx 在0,上恒成立，可转化为33x x a -≥在0,上恒成立，设()33g x x x =-，利用导数研究单调性并求出最小值，即可求a 的取值范围；（2）由题设，令12(1)x t t x =>，则左侧不等式可化为()332213312ln x t t t a t t t ⎛⎫-+---- ⎪⎝⎭，令()12ln h t t t t =--应用导数研究单调性可得()0h t >，进而有()33232113312ln (1)32ln x t t t a t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫-+----≥---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，构造()31(1)32ln p t t t t t ⎛⎫=---- ⎪⎝⎭利用导数求证()0p t >恒成立即可.【详解】（1）函数()f x 的定义域为0,，且()231a f x x x'=--. 若函数()f x 在其定义域上为增函数，则0fx 在0,上恒成立，∴2310ax x--≥，得33x x a -≥在0,上恒成立.设()33g x x x =-，则()291g x x ='-.当10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0g x，()g x 单调递减；当1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，0g x ，()g x 单调递增；故()1239g x g ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭，即有92a ≤-.（2）由（1）得：()231a f x x x'=--. 对任意的[)12,1,x x ∈+∞且12x x >， 则()()()()()21121222f x f x x x f x f x ⎡⎤-+'-'+⎣⎦()()3322121121************ln332x x x x x a x x x x a x x x ⎡⎤⎛⎫=-+-++-+-+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦3322121121212212332ln x x x x x x x x x a a x x x ⎛⎫=--+--+ ⎪⎝⎭,令12(1)x t t x =>，上式可化为：()332213312ln .x t t t a t t t ⎛⎫-+---- ⎪⎝⎭令()()12ln ,1,h t t t t t∞=--∈+，则()22121110h t t t t ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，即()h t 在1,上单调递增，∴()()10h t h >=，即12ln 0.t t t-->∵332321,331(1)0,3x t t t t a ≥-+-=->-≥-，∴()33232113312ln (1)32ln .x t t t a t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫-+----≥---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设()31(1)32ln ,1p t t t t t t ⎛⎫=----> ⎪⎝⎭，则()222221213(1)313(1)0t p t t t t t t ⎛⎫-⎛⎫=--+-=-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，即()p t 在1,上单调递增，∴()()10.p t p >=综上，当3a ≤时，对任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()2122f x f x -+()()()12120x x f x f x ''⎡⎤-+>⎣⎦恒成立，得证.【点睛】关键点点睛：（1）根据函数的单调性确定其导数的符号，进而求参数范围.（2）由不等式恒成立，通过等价变形及换元，并构造中间函数，将问题转化为函数在定义域上是否恒正，应用导数研究其单调性，进而得到最值. 4. 已知函数()2112x ae x x f x =---，())102x a ag x e x x +-=->，a R ∈（1）若对任意0x >，都有()0f x >，求a 的范围； （2）求证：对任意0x >及任意01a <≤，都有()0g x >. 【答案】（1）1a ≥；（2）见解析. 【解析】【分析】（1）问题转化为2112()max xx x a e++>，令2112()x x x h x e ++=，求出函数的导数，根据函数的单调性求出a 的取值范围即可；（2）求出1()2x g x e x -，结合2112x xe x >++，得到211()1)022x g x e x ->>，从而证明结论成立．【详解】（1）0x ∀>，都有()0f x >0，即0x ∀>，都有21102xae x x --->， 即2112xxma x x a e ⎛⎫++ ⎪> ⎪ ⎪⎝⎭， 令()2112x x x h x e ++=，则()2120xx h x e -'=<， 所以()h x 在()0,∞+上单调递减，则()()01h x h <=， 所以1a ≥；（2）0x >时，1x a e +-关于a 单调递减，12y ax =关于a 单调递增， y =a 单调递增因此()g x 关于a 单调递减，因为01a <≤，所以()12xg x e x ≥-由（1）可知21102xx e x --->，即2112x x e x >++，所以()21111222xg x e x x x x ≥->++- )2211110222==>，因此可知对任意0x >，01a <≤，都有()0g x >成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性问题，导数的应用以及函数恒成立问题，考查了转化思想，属于难题． 5. 已知函数()2ln 1e xf x x=-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点（1，()1f ）处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅲ）已如函数()32321g x x ax =++，若1x ∀，[]21,e x ∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）2210ex y e ---=；（Ⅱ）()f x 在（0，e ）递增，在(),e +∞递减；（Ⅲ）3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.【解析】【分析】（Ⅰ）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式即可得解； （Ⅱ）求函数导数，根据导数的正负即可得单调区间；（Ⅲ）由（Ⅱ）得()f x 的最大值是()1f e =，1x ∀，[]21,e x ∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立，转化为()()maxmin f x g x ≤恒成立，再求()g x 的导数，讨论单调性求最值即可.【详解】（Ⅰ）∵()2ln 1e xf x x=-，定义域是()0,∞+， ∴()11f =-，()222ln e e x f x x -'=，()12f e '=，故切线方程为()121y e x +=-，即2210ex y e ---=； （Ⅱ）由（Ⅰ）()222ln e e xf x x -'=， 令()0f x '>，解得0x e <<，令()0f x '<，解得x e >， 故()f x 在（0，e ）递增，在(),e +∞递减； （Ⅲ）由（Ⅱ）得()f x 的极大值是()2lne11e f e e=-=， 即()f x 的最大值是()1f e =，∵()32321g x x ax =++，∴()294g x x ax '=+，令()0g x '=，解得0x =或49a x =-， 若1x ∀，[]21,e x ∈，不等式()()12f x g x ≤恒成立， 则[]1,x e ∈时，()()max min f x g x ≤恒成立，①当419a -≤即94a ≥-时，()g x 在[]1,e 上单调递增， 此时()()min 142g x g a ==+，令421a +≥，得32a ≥-；②当419a e <-<时，即9944e a -<<-时，()g x 在41,9a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭递减，在4,9a e ⎛⎤- ⎥⎝⎦递增， 此时()3min43219243a ag x g ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，令33211243a +≥，解得0a ≥，不符合题意； ③当49e e -≥即94ea ≤-时，()g x 在[]1,e 递减， 故()()32min 321g x g e e ae ==++，令323211e ae ++≥，解得32a e ≥-，不符合题意综上，实数a 的取值范围是3,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数()y f x =，[],x a b ∈，()y g x =，[],x c d ∈.（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，有()()12f x g x <成立，则()()max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，则()()min max f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =成立，则()f x 的值域是()g x 的值域的子集.6. 已知函数()222ln ln 2m f x t x x =-+，()2222x x h x e te t =-+（1）若函数()f x 在1x =处的切线与直线230x y +-=垂直，求t 的值； （2）讨论()h x 在R 上的单调性；（3）对任意,0t R x ∀∈>，总有()()h x f x >成立，求正整数m 的最大值． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）2 【解析】【分析】，1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再结合条件可得1t =，，2，由题意得到()()2x xh x e e t '=-，然后根据t 的符号可得到函数的单调性；（3，将问题转化为不等式()222222ln ln 02xx m t e x t e x -+++->对t R ∀∈恒成立求解，然后根据0<得到ln x m e x <-对0x >恒成立，令()ln ,0xx e x x ϕ=->，根据导数求出函数()x ϕ最小值所在的范围后可得正整数m 的最大值．【详解】，1，∵()222ln ln 2m f x t x x =-+，∴()()2ln 212ln ?t x t f x x x x x='-=-， ∴()12t f '=．∵函数()f x 在1x =处的切线与直线230x y +-=垂直，∴22t =， 解得1t =．，2，∵()2222x x h x e te t =-+， ∴()()2222x x x xh x e te e e t =-'=-．①当0t ≤时，()0h x '≥恒成立， ∴函数()h x 在R 上单调递增． ②当0t >时，由()0h x '=，得ln x t =， 且当ln x t <时，()()0,h x h x '<单调递减； 当ln x t >时，()()0,h x h x '>单调递增．综上可得，当0t ≤时，函数()h x 在R 上单调递增；当0t >时，()h x 在(),ln t ∞-单调递减，在()ln ,t ∞+上单调递增．，3，由()()h x f x >得2222222ln ln 2xxm e te t t x x -+>-+，整理得()()222222ln ln 0*2xx m t e x t e x -+++->，由题意得“对任意,0t R x ∀∈>，总有()()h x f x >成立”等价于“不等式()*对任意t R ∀∈恒成立”，∴()22224ln 8ln 02xx m e x e x ⎛⎫=+-+-< ⎪⎝⎭，整理得()22ln x m e x <-，，0m >，且当0x >时，ln 0x e x ->，，ln ,0xm e x x -，令()ln ,0xx e x x ϕ=->， 则()1xx e xϕ'=-，且在()0,+∞上单调递增，，()12120,?1102e e ϕϕ⎛⎫=-''=- ⎪⎝⎭，∴存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00010x x e x ϕ'=-=，且当01,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()0,x x ϕϕ'<单调递减，当()0,1x x ∈时，()()0,x x ϕϕ'>单调递增，，()()000ln xmin x x e x ϕϕ==-，又010x e x -=， ，001xe x =，0001ln x ln x x ==-， ，()0000015ln 2,2xx e x x x ϕ⎛⎫=-=+∈ ⎪⎝⎭， ，()052,2m x ϕ⎛⎫<∈ ⎪⎝⎭，又m 为正整数， ，2m ≤，，正整数m 的最大值为2．【点睛】本题第（1，，，2，问为基础题，解题时以导数为工具逐步求解可得结果，第，3）问难度较大，综合性较强，解题时根据二次不等式在实数集上恒成立，得到判别式小于零，进而得到ln ,0xm e x x -，于是转化为求函数()ln ,0x x e x x ϕ=->的最小值的问题，此时由于导函数的零点存在但不可求，故根据零点存在性定理得到零点所在的区间，进而得到()x ϕ最小值所在的范围，进而得到所求，。

导数题型解题方法总结1、分离变量 -----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论( >0,=0,<0)2、变更主元 ----- 已知谁的范围就把谁作为主元3、根分布4、判别式法 -----结合图像分析5、二次函数区间最值求法 ----- (1)对称轴(重视单调区间)与定义域的关系(2)端点处和顶点是最值所在一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令 f ' (x) = 0 得到两个根； 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；第三种：变更主元(即关于某字母的一次函数) ----- (已知谁的范围就把谁作为主元) 。

例 1：设函数 y = f(x) 在区间 D 上的导数为 f,(x)， f,(x) 在区间 D 上的导数为 g(x) ，若在区间 D 上， g(x) < 0 恒 成 立， 则 称 函 数 y = f(x) 在 区 间 D 上 为 “ 凸 函 数 ”， 已 知 实 数 m 是 常 数，x 4 mx 3 3x 212 6 2(1)若 y = f(x) 在区间[0,3] 上为“凸函数”，求 m 的取值范围；(2)若对满足 m 共 2 的任何一个实数m ， 函数 f(x) 在区间( a, b ) 上都为“凸函数”， 求b 一 a 的最大.解:由函数 f(x) =x 412 一 mx 36一 3x 22 得 f,(x) = x 33 一 mx 22一 3x ：g(x) = x 2 一 mx 一 3(1) y = f(x) 在区间[0,3] 上为“凸函数”，则 ：g(x) = x 2 一 mx 一 3 < 0 在区间[0,3]上恒成立 解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于g (x)< 0值 f(x) = 一 一max(g(0) < 0 (_3 < 0〈lg(3) < 0 亭〈l 9 _ 3m _ 3 <0 亭 m > 2解法二： 分离变量法：∵ 当 x = 0 时, ：g(x) = x 2 _ mx _ 3 = _3 < 0 恒成立, 当 0 < x 三 3 时, g(x) = x 2 _ mx _ 3 < 0 恒成立等价于 m > x 2 _ 3 = x _ 3的最大值( 0 < x 三 3 )恒成立，x x而 h(x) = x _x( 0 < x 三 3 )是增函数，则 h max (x) = h(3) = 2：m > 2(2)∵当m 三 2 时 f(x) 在区间( a, b ) 上都为“凸函数”则等价于当 m 三 2 时 g(x) = x 2 _ mx _ 3 < 0 恒成立 变更主元法再等价于 F(m) = mx _ x 2 + 3 > 0 在 m 三 2 恒成立 (视为关于 m 的一次函数最值问题)亭〈 亭〈亭 _ 1< x < 1：b _ a = 2-2 2例 2：设函数 f(x) = _ 1x 3 + 2ax 2 _ 3a 2 x + b(0 < a < 1, b =R)3(Ⅰ)求函数 f (x)的单调区间和极值；(Ⅱ)若对任意的 x = [a + 1, a + 2], 不等式f,(x)三 a 恒成立，求 a 的取值范围. 解： (Ⅰ) f,(x) = _x 2 + 4ax _ 3a 2 = _ (x _ 3a )(x _ a )0 < a < 13aaf,(x)3a3a令 f ,(x) > 0, 得 f(x) 的单调递增区间为(a,3a)令 f ,(x) < 0, 得 f(x) 的单调递减区间为(－ w ， a)和(3a ， + w )∴当x=a 时， f(x) 极小值= _ 4a 3+ b; 当 x=3a 时， f(x) 极大值=b.(Ⅱ)由| f ,(x) |≤a，得：对任意的 x = [a + 1, a + 2], _a 共 x 2 _ 4ax + 3a 2 共 a 恒成立①则 等 价 于 g(x) 这 个 二 次 函 数〈(g max (x) 共 ag(x) = x 2 _ 4ax +3a 2 的 对 称 轴 x = 2a0 < a < 1, a +1 > a + a = 2a (放缩法)即定义域在对称轴的右边， g(x) 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题08 巧辨“任意性问题”与“存在性问题”一．方法综述含有参数的方程(或不等式)中的“任意性”与“存在性”问题,历来是高考考查的一个热点，也是高考复习中的一个难点．破解的关键在于将它们等价转化为熟悉的基本初等函数的最值或值域问题，而正确区分“任意性”与“存在性”问题也是解题的关键．本专题举例说明辨别“任意性问题”与“存在性问题”的方法、技巧.二．解题策略类型一 “∀x ，使得f(x)>g(x)”与“∃x ，使得f(x)>g(x)”的辨析(1)∀x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )min ＝[f (x )－g (x )]min >0.如图①.(2)∃x ，使得f (x )>g (x )，只需h (x )max ＝[f (x )－g (x )]max >0.如图②. 【例1】【2020·河南濮阳一中期末】已知函数1()ln (0),()a f x a x a g x x x x=-≠=--. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0a >时，若存在0[1,]x e ∈，使得()()00f x g x <成立，求实数a 的取值范围. 【指点迷津】(1)这是较为常见的一类恒成立问题，运用数形结合的思想可知，当x 0≥0时，总有f (x 0)≥g (x 0)，即f (x 0)－g (x 0)≥0(注意不是f (x )min ≥g (x )max )，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )≥0恒成立问题．(2)存在x ≥0，使得f (x )≥g (x )，即至少有一个x 0≥0，满足f (x 0)－g (x 0)不是负数，可以转化为当x ≥0时，h (x )＝f (x )－g (x )的函数值至少有一个是非负数． 【举一反三】【2020·江西瑞金一中期中】已知函数()()ln f x x x a b =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线为210x y --=.（1）求a ，b 的值；（2）若对任意的()1,x ∈+∞，()()1f x m x ≥-恒成立，求正整数m 的最大值.类型二 “若1122x D x D ∃∈∃∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝”的辨析(1) 1122x D x D ∃∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 与g (x )在D 2上的值域B 的交集不是空集，即A ∩B ≠∅，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．(2) 1122x D x D ∀∈∃∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数f (x )在D 1上的值域A 是g (x )在D 2上的值域B 的子集，即A ⊆B ，如图④.其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的值域都在函数y ＝g (x )的值域之中． 说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影． 【例2】【2020河北衡水中月考】已知函数()()()11ln 1f x a x x =---+，()1xg x xe -=.（1）求()g x 在区间(]0,e 上的值域；（2）是否存在实数a ，对任意给定的(]00,x e ∈，在[]1,e 存在两个不同的()1,2i x i =使得()()0i f x g x =，若存在，求出a 的范围，若不存在，说出理由.【指点迷津】本例第(2)问等价转化的基本思想是：函数g (x )的任意一个函数值都与函数f (x )的某两个函数值相等，即f (x )的值域都在g (x )的值域中． 【举一反三】【2020·河南南阳一中期中】已知函数1()ln 1f x x x=+-, 32()324g x x a x a =--+, []0,1x ∈,其中0a ≥.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意[]11,x e ∈,总存在[]20,1x ∈,使得()()12f x g x =成立,求a 的取值范围.类型三 f (x )，g (x )是闭区间D 上的连续函数，“∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”与“∃x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)”的辨析(1)f (x )，g (x )是在闭区间D 上的连续函数且∀x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )min >g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值均大于函数y ＝g (x )的任意一个函数值．如图⑤.(2)存在x 1，x 2∈D ，使得f (x 1)>g (x 2)，等价于f (x )max >g (x )min .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的某一个函数值大于函数y ＝g (x )的某些函数值．如图⑥.【例3】【2020·甘肃天水一中月考】已知函数(1)(1ln )()3x x f x m x++=-，()ln g x mx x =-+(R)m ∈.(1)求函数()g x 的单调区间与极值.(2)当0m >时，是否存在[]12,1,2x x ∈，使得12()()f x g x >成立？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由. 【指点迷津】1.本例第(2)问从形的角度看，问题的本质就是函数f (x )图象的最低点低于g (x )图象的最高点．2.题设中，使得成立可转化为，进而求出参数.【举一反三】【2020·四川石室中学月考】已知函数()22ln f x x x =-+．（1）求函数()f x 的最大值； （2）若函数()f x 与()ag x x x=+有相同极值点． ①求实数a 的值；②若对于121,,3x x e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦（e 为自然对数的底数），不等式()()1211f xg x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．类型四 “∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)”与“∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)”的辨析(1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)>g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值，即f (x )min >g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑦.(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，使f (x 1)<g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于g (x )在D 2上的最大值，即f (x )max <g (x )max .其等价转化的目标是函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值．如图⑧. 【例4】【2020·江西抚州二中期末】已知函数()42ln af x a x x x-=-++. （1）当4a ≥时，求函数()f x 的单调区间；（2）设()26xg x e mx =+-，当22a e =+时，对任意[)12,x ∈+∞，存在[)21x ∈+∞,，使得()()2122f x e g x +≥，求实数m 的取值范围.【指点迷津】“对任意x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“f (x )在(0,2)上的最小值大于或等于g (x )在[1,2]上的最小值”． 【举一反三】【2020重庆西南大学附中月考】已知函数()()()11ln x x f x x++=，()()ln g x x mx m R =-∈ .（1）求函数()g x 的单调区间；（2）当0m >时，对任意的[]11,2x ∈，存在[]21,2x ∈，使得()()123f x m g x ->成立，试确定实数m 的取值范围.三．强化训练1．【2020·江西萍乡一中期中】已知函数ln ()xx af x e +=. （1）当1a =时，求()f x 的极值； （2）设()xg x xe a -=-，对任意12,(0,)x x ∈+∞都有()()11112xx e f x ax g x ->成立，求实数a 的取值范围.2．【2020·河北邯郸期末】已知函数()f x 满足:①定义为R ；②2()2()9x xf x f x e e +-=+-. （1）求()f x 的解析式；（2）若12,[1,1]x x ∀∈-；均有()()21122(2)61x a x x f x -+-+-…成立，求a 的取值范围；（3）设2(),(0)()21,(0)f x xg x x x x >⎧=⎨--+≤⎩，试求方程[()]10g g x -=的解. 3．【2020·天津滨海新区期末】已知函数()2ln h x ax x =-+. （1）当1a =时，求()h x 在()()2,2h 处的切线方程； （2）令()()22a f x x h x =+，已知函数()f x 有两个极值点12,x x ，且1212x x >，求实数a 的取值范围；（3）在（2）的条件下，若存在012x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()()()()20ln 1112ln 2f x a m a a ++>--++对任意a （取值范围内的值）恒成立，求实数m 的取值范围. 4．【2020·全国高三专题练习】已知函数()321(1)32a x x ax f x +=-+.（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅲ）对于任意1x ，2[02]x ∈,，都有122()()3f x f x -≤，求实数a 的取值范围.5．【2020·河南安阳期末】已知函数()ln f x x x x =+，()x xg x e=. （1）若不等式()()2f xg x ax ≤对[)1,x ∈+∞恒成立，求a 的最小值； （2）证明：()()1f x x g x +->.（3）设方程()()f x g x x -=的实根为0x .令()()()00,1,,,f x x x x F x g x x x ⎧-<≤⎪=⎨>⎪⎩若存在1x ，()21,x ∈+∞，12x x <，使得()()12F x F x =，证明：()()2012F x F x x <-.6．【2020·山东邹平一中期末】已知函数()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+. (1)求证:当1a ≤时,对任意()()0,,0x f x ∈+∞>恒成立; (2)求函数()g x 的极值;(3)当12a =时,若存在()12,0,x x ∈+∞且12x x ≠,满足()()()()1122f x g x f x g x +=+,求证:12249x x m <. 7．【2020·陕西西安中学高三期末】已知函数21()ln 1()2f x x a x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若20a -≤＜，对任意[]12,1,2x x ∈，不等式121211()()f x f x m x x -≤-恒成立，求实数m 的取值范围.8．【2020·浙江温州期末】已知函数()()2log ln a f x x x x =+-，1a >. （1）求证：()f x 在()1,+∞上单调递增；（2）若关于x 的方程()1f x t -=在区间()0,∞+上有三个零点，求实数t 的值；（3）若对任意的112,,x x a a -⎡⎤∈⎣⎦，()()121f x f x e -≤-恒成立（e 为自然对数的底数），求实数a 的取值范围.9．【2020·浙江台州期末】已知函数()ln f x a x x b =-+，其中,a b ∈R .（2）使不等式()ln f x kx x x a ≥--对任意[]1,2a ∈，[]1,x e ∈恒成立时最大的k 记为c ，求当[]1,2b ∈时，b c +的取值范围.10．【2020·蒙阴实验中学期末】设函数()212ln 222a f x ax x x -=+++，a R ∈. （1）当2a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）2x =是函数()f x 的极值点，求函数()f x 的单调区间； （3）在（2）的条件下，()217ln 422g x x x x ⎛⎫=-++-⎪⎝⎭，若[)11,x ∀∈+∞，()20,x ∃∈+∞，使不等式()()1122mf xg x x x -≥+恒成立，求m 的取值范围.。

函数中存在性问题分类解析.1.，，使得，等价于函数在上的值域与函数在上的值域的交集不空，即.一 两个函数之间有如下恒成立或存在性命题及其等价命题：1对于[][]n m x b a x ,,,21∈∀∈∀,使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2)恒成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最大值小于[]n m x ,∈时g(x)的最小值 2对于[][]n m x b a x ,,,21∈∃∈∀，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2). 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最大值小于[]n m x ,∈时g(x)的最大值3对于[][]n m x b a x ,,,21∈∀∈∃，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2)成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最小值小于[]n m x ,∈时g(x)的最小值4对于[][]n m x b a x ,,,21∈∃∈∃，使得函数f(x),g(x)满足f(x 1)<g(x 2),成立. 等价于：[]b a x ,∈时f(x)的最小值小于[]n m x ,∈时g(x)的最大值。

例1 设a (0<a <1)是给定的常数，f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，若存在f ⎝⎛⎭⎫12＝0，f (log a t )>0，则t 的取值范围是________．【解析】 因为f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，故f (x )在区间(－∞，0)上也是增函数．画出函数f (x )的草图．当t >1时，因为0<a <1，所以log a t <0.由图象可得－12<log a t <0，解得1<t <1a；当0<t <1时，因为0<a <1，所以log a t 12<log a t ，解得0<t <a ，综上，t ∈⎝⎛⎭⎫1，1a ∪(0，a )．例2(2011江苏)设，.①若，使成立，则实数的取值范围为＿＿＿;②若，，使得，则实数的取值范围为＿＿＿解 ①依题意实数的取值范围就是函数的值域.设，则问题转化为求函数的值域，由均值不等式得，，故实数的取值范围是.②依题意实数的取值范围就是使得函数的值域是函数的值域的子集的实数①知，易求得函数的值域，则当且仅当即，故实数的取值范围是.3.已知是在闭区间的上连续函，则对使得，等价于.3、设()x ln 2x q px x f --=，且()2epqe e f --=（e 为自然对数的底数） (I) 求 p 与 q 的关系；(II)设()x e2x g =，若在[]e ,1上至少存在一点0x ，使得()()00x g x f >成立, 求实数 p 的取值范围.3、解：(I) 由题意得 ()()12ln 20q p f e pe e qe p q e e e e ⎛⎫=--=--⇒-+= ⎪⎝⎭而10e e +≠，所以p q =(II) ∵ g(x) = 2ex 在 [1,e] 上是减函数∴ x = e 时，g(x)min = 2，x = 1 时，g(x)max = 2e 即 g(x) ∈ [2,2e] ………… 10分① p ≤0 时，由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 递减 ⇒ f (x)max = f (1) = 0 < 2，不合题意。

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利用导数研究恒成立、存在性与任意性问题一、利用导数研究不等式恒成立问题［典例］设f（x)＝e x－a(x＋1）．（1）若∀x∈R，f(x）≥0恒成立，求正实数a的取值范围；（2)设g（x）＝f（x)＋错误!，且A（x1，y1），B（x2,y2)(x1≠x2）是曲线y＝g（x）上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．［解］（1)因为f(x）＝e x－a（x＋1），所以f′(x）＝e x－a．由题意,知a＞0，故由f′（x)＝e x－a＝0，解得x＝ln a．故当x∈(－∞,ln a)时，f′(x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时,f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x）的最小值为f（ln a）＝e ln a－a（ln a＋1)＝－a ln a．由题意,若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝e x－a（x＋1）≥0恒成立，故有－a ln a≥0，又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为（0,1］．(2）设x1，x2是任意的两个实数,且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝错误!,由已知k＞m，即错误!＞m．因为x2－x1＞0，所以g（x2)－g(x1）＞m（x2－x1)，即g(x2）－mx2＞g（x1)－mx1．因为x1＜x2，所以函数h(x）＝g（x)－mx在R上为增函数，故有h′(x）＝g′(x）－m≥0恒成立，所以m≤g′(x）．而g′(x）＝e x－a－错误!，又a≤－1＜0，故g′(x）＝e x＋错误!－a≥2错误!－a＝2错误!－a．而2错误!－a＝2错误!＋(错误!）2＝(错误!＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3］．[方法点拨]解决该类问题的关键是根据已知不等式的结构特征灵活选用相应的方法，由不等式恒成立求解参数的取值范围问题一般采用分离参数的方法．而第（2)问则巧妙地把直线的斜率与导数问题结合在一起，命题思路比较新颖,解决此类问题需将已知不等式变形为两个函数值的大小问题，进而构造相应的函数，通过导函数研究其单调性解决．[对点演练]已知f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3．（1）若对一切x∈（0,＋∞)，2f(x)≥g（x）恒成立,求实数a的取值范围．(2)证明：对一切x∈（0，＋∞），ln x＞错误!－错误!恒成立．解：（1）由题意知2x ln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)恒成立,则a≤2ln x＋x＋错误!，设h(x)＝2ln x＋x＋错误!(x＞0),则h′(x）＝错误!．①当x∈（0，1）时，h′(x)＜0,h（x）单调递减；②当x∈(1，＋∞）时,h′(x）＞0,h（x)单调递增．所以h(x）min＝h（1)＝4,对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）min＝4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．(2）问题等价于证明x ln x＞错误!－错误!（x＞0）．又f(x）＝x ln x(x＞0)，f′（x）＝ln x＋1，当x∈错误!时，f′（x）＜0，f(x）单调递减；当x∈错误!时，f′(x）＞0，f(x）单调递增,所以f(x)min＝f错误!＝－错误!．设m(x)＝错误!－错误!(x＞0），则m′(x）＝错误!，当x∈(0,1）时,m′(x)＞0，m(x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，m′（x)＜0，m（x）单调递减，所以m(x)max＝m（1)＝－错误!,从而对一切x∈（0，＋∞）, f(x）＞m(x）恒成立，即x ln x＞xe x－错误!恒成立．即对一切x∈(0，＋∞），ln x＞错误!－错误!恒成立．二、利用导数研究存在性与任意性问题［典例] 设f（x)＝错误!＋x ln x，g(x）＝x3－x2－3．（1)如果存在x1，x2∈［0，2］，使得g(x1）－g（x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；（2）如果对于任意的s，t∈错误!,都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．［解] (1）存在x1，x2∈［0,2］,使得g（x1）－g(x2）≥M成立,等价于［g（x1)－g（x2)］max≥M．由g（x)＝x3－x2－3,得g′(x）＝3x2－2x＝3x错误!．由g′(x)＜0，解得0＜x＜错误!；由g′（x)＞0，解得x＜0或x＞错误!．又x∈［0,2]，所以g(x)在区间错误!上单调递减,在区间错误!上单调递增，又g（0)＝－3，g(2)＝1，故g(x）max＝g（2)＝1,g(x）min＝g错误!＝－错误!．所以[g(x1）－g（x2）]max＝g（x)max－g(x)min＝1＋错误!＝错误!≥M，则满足条件的最大整数M＝4．(2）对于任意的s，t∈错误!，都有f（s)≥g(t）成立，等价于在区间错误!上，函数f(x）min≥g(x)max．由（1）可知在区间错误!上，g（x）的最大值为g（2)＝1．在区间错误!上，f（x)＝错误!＋x ln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．设h（x）＝x－x2ln x,x∈错误!，则h′(x）＝1－2x ln x－x，易知h′(x）在区间错误!上是减函数，又h′(1)＝0,所以当1＜x＜2时,h′（x)＜0；当错误!＜x＜1时，h′（x）＞0．所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间错误!上单调递增,在区间[1,2]上单调递减,所以h（x）max＝h(1）＝1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞）．[方法点拨］等价转化法求解双参数不等式双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．本例第（1)问是“存在性"问题，转化方法是：如果存在x 1，x 2∈［0,2］使得g （x 1)－g （x 2）≥M 成立,则可转化为M ≤［g (x 1）－g （x 2）］max ，即求解使不等式M ≤g (x ）max －g (x ）min 成立时的M 的最大取值；第(2)问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x 1，x 2∈错误!,都有f (x 1)≥g （x 2）成立，则可转化为在区间错误!上，f (x )min ≥g （x ）max ，求解得到实数a 的取值范围．［对点演练]已知函数f (x ）＝ln x －ax ＋错误!－1(a ∈R ）． (1）当0＜a ＜错误!时,讨论f (x )的单调性；（2)设g （x ）＝x 2－2bx ＋4．当a ＝错误!时，若对任意x 1∈（0,2),存在x 2∈[1，2],使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1）因为f (x ）＝ln x －ax ＋错误!－1，所以f ′（x ）＝错误!－a ＋错误!＝－错误!，x ∈（0，＋∞）， 令f ′(x )＝0,可得两根分别为1，错误!－1， 因为0＜a ＜错误!，所以错误!－1＞1＞0，当x ∈(0，1）时，f ′（x )＜0,函数f (x ）单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a －1时，f ′（x ）＞0,函数f (x )单调递增;当x ∈错误!时，f ′（x )＜0,函数f (x ）单调递减． (2)a ＝错误!∈错误!，错误!－1＝3∉(0,2），由(1)知，当x ∈（0,1)时，f ′（x )＜0，函数f （x )单调递减；当x ∈(1，2)时,f ′(x )＞0，函数f (x ）单调递增，所以f (x )在（0,2）上的最小值为f (1）＝－错误!．对任意x 1∈（0，2），存在x 2∈［1，2]，使f （x 1)≥g (x 2）等价于g （x )在［1，2]上的最小值不大于f （x )在(0，2)上的最小值－错误!，(*）又g (x )＝（x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b ＜1时,g （x ）min ＝g （1)＝5－2b ＞0，此时与（＊)矛盾； ②当1≤b ≤2时,g （x ）min ＝4－b 2≥0，同样与（＊）矛盾； ③当b ＞2时，g （x ）min ＝g (2)＝8－4b , 且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12,可得b ≥错误!，所以实数b 的取值范围为错误!．。