第6讲 解决存在性问题的构造策略 东北师范大学 秦德生

关于函数的恒成立、存在性（能成立）问题关于二次函数的恒成立、存在性（能成立）问题是常考考点，其基本原理如下：（1）已知二次函数2()(0)f x ax bx c a =++≠，则：0()00a f x >⎧>⇔⎨∆<⎩恒成立；0()00a f x <⎧<⇔⎨∆<⎩恒成立． （2）若表述为：“已知函数2()(0)f x ax bx c a =++≠”，并未限制为二次函数，则应有：00()000a a b f x c >==⎧⎧>⇔⎨⎨∆<>⎩⎩恒成立或；00()000a a b f x c <==⎧⎧<⇔⎨⎨∆<<⎩⎩恒成立或．注：在考试中容易犯错，要特别注意！！！恒成立问题与存在性（能成立）问题，在解决此类问题时，可转化为其等价形式予以解答，将此类问题的可能出现的17种情形归纳总结大全如下，并通过常考例题进行讲解：已知定义在[,]a b 上的函数()f x ，()g x ．（1）[,]x a b ∀∈，都有()f x k >（k 是常数）成立等价于min [()]f x k >（[,]x a b ∈）． （2）[,]x a b ∀∈，都有()f x k <（k 是常数）成立等价于max [()]f x k <（[,]x a b ∈）． （3）[,]x a b ∀∈，都有()()f x g x >成立等价于min [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （4）[,]x a b ∃∈，都有()()f x g x >成立等价于max [()()]0f x g x ->（[,]x a b ∈）． （5）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12()()f x g x >成立等价于min max [()][()]f x g x >． （6）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于min min [()][()]f x g x >． （7）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∀∈使得12()()f x g x >成立等价于max max [()][()]f x g x >． （8）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x >成立等价于max min [()][()]f x g x >．（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max [()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．（10）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于()f x 的值域与()g x 的值域交集不为∅．（11）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x k +≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]f x g x k +≥．（12）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≤且．max min [()][()]f x g x k -≤． 特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≤．（13）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≥或．min max [()][()]f x g x k -≥． 特别地，1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∀∈都有12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≥．（14）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min max [()][()]g x f x k-≤且．min max [()][()]f x g x k -≤． 特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≤（k 是常数）成立等价于min max ()()f x f x k -≤．（15）1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max min [()][()]g x f x k-≥或．max min [()][()]f x g x k -≥． 特别地，1[,]x a b ∃∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x f x k -≥（k 是常数）成立等价于max min ()()f x f x k -≥．（16）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≤（k 是常数）成立等价于min min [()][()]g x f x k-≤且．max max [()][()]f x g x k -≤． （17）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12|()()|f x g x k -≥（k 是常数）成立等价于max max [()][()]g x f x k-≥或．min min [()][()]f x g x k -≥． 【评注】（9）1[,]x a b ∀∈，2[,]x a b ∃∈使得12()()f x g x =成立等价于min minmax max[()][()][()][()]g x f x g x f x ≤⎧⎨≥⎩．()y g x =所在区域能包含()y f x =所在区域时，满足条件．∀⊆∃．题目中有时会这样表述：对任意的1[,]x a b ∈，都有2[,]x a b ∈，使得12()()f x g x =成立，（9）的表达的意思完全相同．所以大家要深入理解定理中的“任意的”、“都有”的内涵：即当1[,]x a b ∈时，()f x 的值域不过是()g x 的子集．【例1】（1）（2010•山东•理14）若对任意0x >，231xa x x ++恒成立，则a 的取值范围是 ． （2）现已知函数2()41f x x x =-+，且设12314n x x x x <<<⋯<，若有12231|()()||()()||()()|n n f x f x f x f x f x f x M --+-+⋯+-，则M 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6（3）已知21()lg(31)()()2x f x x x g x m =++=-，，若对任意1[03]x ∈，，存在2[12]x ∈，，使12()()f x g x >，则实数m 的取值范围是 ．（4）已知函数()f x x =，2()252()g x x mx m m R =-+-∈，对于任意的1[2,2]x ∈-，总存在2x R ∈，使得12()()f x g x =成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1[,1]9B ．(,1]-∞C ．(,1][4,)-∞+∞D ．(,1][3,)-∞+∞（5）已知函数2()1f x x x =-+，[1,2]x ∈，函数()1g x ax =-，[1,1]x ∈-，对于任意1[1,2]x ∈，总存在2[1,1]x ∈-，使得21()()g x f x =成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,4]-∞- B ．[4,)+∞C ．(,4][4,)-∞-+∞D ．(,4)(4,)-∞-+∞（6）（2008•天津•文10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为( ) A ．{|12}a a <B ．{|2}a aC ．{|23}a aD ．{2,3}（7）（2008•天津•理15）设1a >，若仅有一个常数c 使得对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log a a x y c +=，这时a 的取值的集合为 ．）0x >，12x∴（当且仅当112353=+15，故答案为：1[,)5+∞．2()x x =-的图象是开口向上，过的抛物线，由图象可知，函数在上单调递减，在上单调递增，12314n x x x x <<<⋯<，(1)2f ∴=-，(2)f =-对应的函数值（2()41f x x x =-+图象上的点的纵坐标）之差的绝对值，结合231)||()()||()()|n n f x f x f x f x -+-+⋯+-表示函数max M ，||(1)(2)f f -5M ，故上单调递增，）法一：()2(2f x x ==-+2,2]时，x 2()3f x ，(f x ∴12)(22)2x x +=--<+，令f 单调递增，当(1,2]x ∈-，也是最大值；又(2)f 22[52m m --∈--，对于任意的的值域的子集，22m ，1m 或4m ，故选：）因为2()f x x x =-0时，()g x 在[1-[1,1]B a a =---，由题意可得，1113-，解得4a ；0时，()g x 在[1-的值域为[1,1]a a ---， 1113-，解得4a -，4][4,)+∞．故选：C ．)3xy =，得，在[,2a a 上单调递减，所以2a ，即2a 故选：B ．）log log a x c +，log a xy c ∴=，cxy a ∴=c a1122a a -⇒223a c log c +⎧⎨⎩的取值的集合为{2}．故答案为：【评注】深入理解（6）题题干中的“任意的”、“都有”的内涵：即当[,2]x a a ∈时，()f x 的值域M 不过是2[,]a a 的子集．值得关注的是：“[,2]x a a ∈”是指每一个这样的x ，2[,]y a a ∈是指存在这样的y ，理解到由函数的定义域导出值域M 是2[,]a a 的子集，由此才有：222[,][,]2a a a a ⊆．（6）与（7）唯一的差别就是：（7）中要求时唯一的，如何转化“唯一”这个条件是本题的关键，与函数的单调性联系起来来进行解答，需要有较强的转化问题的能力． 【例2】已知函数2()[2sin()sin ]cos ,3f x x x x x x R π=++∈．（1）求函数()f x 的最小正周期； （2）若存在05[0,]12x π∈，使不等式0()f x m <成立，求m 的取值范围． ））x ．存在【例3】已知实数0a >，且满足以下条件：①x R ∃∈，|sin |x a >有解；②3[,]44x ππ∀∈，2sin sin 10x a x +-； 求实数a 的取值范围．【解析】实数10得：1sin sin a x-2[,1]2t ∈时，2()2f t f =1sin sin ax -22a ；综上，a 的取值范围是2{1}a a <．【例4】（1）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈，函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x <成立．求k 的取值范围．（min min ()()g x f x <）（2）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．对任意1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()f x 的值域是()g x 的值域的子集即可．） （3）已知函数2()2f x k x k =+，[0,1]x ∈．函数22()32(1)5g x x k k x =-+++，[1,0]x ∈-．存在1[0,1]x ∈，存在2[1,0]x ∈-，21()()g x f x =成立，求k 的取值范围．（()g x 的值域与()f x 的值域的交集非空．）5k ，解得5k ，则求5k ．，当[0,1]x ∈时，函数单调递增，2[,2k k k +2)[5,2210]k k ∈++，[0,1]，存在210]k +，即225222k k k k k ⎧⎨++⎩，解得5k ，则求5k ． 时，函数单调递增，2,2]k k +，1)k x +++10]+，由对存，存在2x 1()f x =成2][5,2k +，即252k k +且22210k k k +，解得4114k-或1414k --．【例5】已知(2)23x f x x =-+． （1）求()f x 的解析式；（2）函数2(2)5()1x a x ag x x +-+-=-，若对任意1[24]x ∈，，总存在2[24]x ∈，，使12()()g x f x =成立，求a 取值范围．，即2()(log )2log f t t =-)(log 2log x x =-+【例6】（1）已知函数1()f x e =-，3(4)g x x x =-+-，若有()()f a g b =，则b 的取值范围为（ ）A ．]2222[+-，B ．)2222(+-，C ．]31[，D ．)31(，（2）已知函数()1x f x e =-，2()44g x x x =-+-．若有()()f a g b =，则b 的取值范围为( ) A．[2-+ B．(2-+ C ．[1,3]D ．(1,3)）()f x e =【例7】（1）（2014•江苏•10）已知函数2()1f x x mx =+-，若对于任意[,1]x m m ∈+都有()0f x <，则实数m 的取值范围为 ．（2）已知函数2()(f x x bx c b =++、)c R ∈且当1x时，()0f x ，当13x 时，()0f x 恒成立． （ⅰ）求b ，c 之间的关系式；（ⅱ）当3c 时，是否存在实数m 使得2()()g x f x m x =-在区间(0,)+∞上是单调函数？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．（3）（2017•天津•理8）已知函数23,1()2,1x x x f x x x x ⎧-+⎪=⎨+>⎪⎩，设a R ∈，若关于x 的不等式()||2x f x a +在R 上恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．47[,2]16-B ．4739[,]1616-C ．[-D ．39[]16- （4）已知定义域为R 的函数()f x 满足22(())()f f x x x f x x x -+=-+． （①）若(2)3f =，求(1)f ；又若(0)f a =，求()f a ；（①）设有且仅有一个实数0x ，使得00()f x x =，求函数()f x 的解析表达式．【解析】（1）二次函数2()1f x x mx =+-的图象开口向上，对于任意[,1]x m m ∈+，都有()0f x <成立，∴(1)0与(1)0f 同时成立，则必有m ，使满足题设的(g 22()()g x f x b m x c =+-+开口向上，且在0b ．20b m ∴．3c ，1)4b ∴=-．这与上式矛盾，从而能满足题设的实数【评注】本题主要考查一元二次函数的图象与性质．一元二次函数的对称性、最值、单调性是每年高考必考内容，要引起重视．）法一：当1x 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 2332x a x x +-+，2133322x a x x +--+，由132y x =+-的对称轴为14处取得最大值-3的对称轴为334x =处取得最小值47391616a① 时，关于x 的不等式)||2x x a +在R 上恒成立，即为22)2x a x x++， 22)2x a x +，由3232()22322x x x x =-+-=-（当且仅当21)3x =>取得最大值212222x x x =（当且仅当21)x =>取得最小值2．则32a ①由①①可得，47216a ． ()x 的图象和折线||2xa =+，1x 时，y =11145x解得4716a =-；1x >时，y 解得2a =．由图象平移可得，47216a ．故选：法三：根据题意，作出的大致图象，如图所示．【例8】（2012•陕西•理21第2问•文21第3问）设函数2()f x x bx c =++，若对任意1x ，2[1,1]x ∈-，有12|()()|4f x f x -，求b 的取值范围．|4， 4M ，即min 4M ． 2b <-时，min )|(1)f =-102b -<时，即2b 时，24M 恒成立，所以2b ；012b- 时，即20b 时，21)4M 恒成立，所以20b ；综上可得，22b -，即b 的取值范围是。

点的顶点．若存在，请求出 P 点坐标；若不存在，请说明理由．
思考过程图 提问 拼图动画 解答过程
小结 精练 透视 作业
y
A2
B
QE
M
1N
-1 D
O C1
图2
F
2x
三、变式精析
问题 2：在问题 1 的基础上增加如下问题作为（3）小问，并将图 1 变 为图 2
（3）作△ADO 的中位线 MN，并将△AMN 进行平移、旋转、翻折（无任
知识、技能、方法、错点梳理
知识：
1 ．特殊四边形； 2 ．平移、旋转、翻折； 3 ．拼图； 4．求解析式，判断点是否在抛物线上； 5．三角形与四边形证明与计算．
技能： 思考问题的步骤、解答唯一性、存在性问题的步骤、 函数与几何综合问题，先独立思考，再综合思考．
方法：
思考方法：条选件择问思题路上试图题
sin AFE 3 成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．A 2
B
C
E
D
G
F
作业——思考题
已知：如图，矩形ABCD中，E是BC边上的点，AH⊥DE于点H， 且BE=EH．试探究AD=DE成立吗？若成立，请证明；若不成立， 请说明理由。（分析并解答）
变式1：条件不变，探究变为：连接HC，若DH=HC，则 CosADH的值为1 2
中考数学专题探究
第二十二讲 存在性问题
“存在性”问题的解法探究
▪ 存在性问题是指判断满足某种条件的事物是 否存在的问题。在数学命题中常以适合某种性质 的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等 形式出现。“存在”就是有适合某种条件或符合 某种性质的对象,对于这类问题无论用什么方法, 只要找出一个,就说明存在。“不存在”一般需推 理论证常用的方法。“是否存在”结论不确定,有 两种可能:若存在,需找出来,若不存在,则说明理由, 由于这类问题涉及面广、综合性强、解法灵活,对 学生分析问题和解决问题的能力要求较高。所以 近几年来已成为思维训练和各地中考的热点。

解析几何存在性问题的解题策略江苏南京市文枢高级中学（210004）　沈国美［摘　要］圆锥曲线在解析几何中占有重要的地位，是高考的必考内容之一。

在解析几何中经常出现存在性问题，存在性问题是探索性问题的一种，具有一定的开放性。

解析几何存在性问题具有条件不完备、结论不确定、过程发散等特点，重点考查学生的数学抽象、逻辑推理、数学运算等素养。

文章以圆锥曲线问题为例重点研究解析几何存在性问题的解题策略。

［关键词］解析几何；存在性问题；解题策略［中图分类号］G633.6［文献标识码］A［文章编号］ 1674-6058（2023）08-0026-03圆锥曲线在解析几何中占有重要的地位，它是学生学习的重点、难点，也是高考的必考内容之一。

在解析几何中经常出现存在性问题，存在性问题是探索性问题的一种，具有一定的开放性。

解析几何存在性问题具有条件不完备、结论不确定、过程发散等特点，重点考查学生的数学抽象、逻辑推理、数学运算等素养。

解决这类问题可采用以下几种解题策略。

下面以圆锥曲线相关存在性问题为例进行说明。

策略一：转化为两曲线的公共点问题［例1］在平面直角坐标系xOy中，已知定点A(0，3)，直线l：y=2x-4。

设圆C的半径为1，圆心在l上。

（1）若圆心C也在直线y=x-1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（2）若圆C上存在点M，使得MA=2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围。

分析：（1）略。

（2）点M满足2个条件，一是在圆C上，二是满足MA=2MO。

满足MA=2MO的点在哪？所以想到探究点M的轨迹，从而把问题转化为圆C与点M的轨迹有公共点。

解：（1）略。

（2）设点M(x，y)，由MA=2MO，知x2+(y-3)2=2x2+y2，化简得x2+(y+1)2=4，即点M的轨迹为以（0，-1）为圆心，2为半径的圆，可记为圆D。

又因为点M在圆C上，故圆C和圆D的关系为相交或相切，故1≤||CD≤3，其中||CD=a2+(2a-3)2，解之得0≤a≤125。

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．。