第06讲 导数与不等式的恒（能）成立问题（解析版）

导数与不等式恒（能）成立问题讲义设计思维导图：命题分析命题分析“不等式恒（能）成立问题”是高考的热点内容，其频繁出现在历年的高考中，这类题把不等式、函数、导数等内容有机地结合起来，其以覆盖知识点多，综合性强，解法灵活等特点而倍受高考、竞赛命题者的青睐。另一方面，在解决这类问题的过程中涉及的“函数与方程”、“化归与转化”、“数形结合”、“分类讨论”等数学思想对锻炼学生的综合解题能力，培养其思维的灵活性、创造性都有着独到的作用。题型一单变量不等式恒（能）成立问题考向1单函数单变量型角度1分类讨论等价转化例1(2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－lnx.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a>0时，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)∵x＝1为函数f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，g(e)＝0，g′(x)＝m－lnx，x∈[e，＋∞)，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，则g(x)在[e，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e)＝0满足题意．若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，则g(x)在[e，em)上单调递增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符，综上，实数m的取值范围为m≤1.根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．【对点演练】(2023·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其导函数，其中a∈R.(1)若f(x)在(－∞，0)上单调递减，求a的取值范围；(2)若不等式f(x)≤f′(x)对∀x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)，因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)≤0在(－∞，0)上恒成立，即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，令g(x)＝－x·ex(x<0)，则g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，当x<－1时，g′(x)>0，当－1<x<0时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以g(x)max＝g(－1)＝eq\f(1,e)，所以a的取值范围为.(2)由f(x)≤f′(x)得aln(－x)＋1≤eq\f(a,x)，即aln(－x)－eq\f(a,x)＋1≤0对∀x∈(－∞，0)恒成立，令h(x)＝aln(－x)－eq\f(a,x)＋1(x<0)，h′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(ax＋1,x2)(x<0)，当a＝0时，h(x)＝1，不满足h(x)≤0；当a>0且x<－1时，h′(x)<0，当a>0且－1<x<0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－1)＝a＋1>0，不符合题意；当a<0且x<－1时，h′(x)>0，当a<0且－1<x<0时，h′(x)<0，所以当a<0时，函数h(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，所以h(x)max＝h(－1)＝a＋1≤0，解得a≤－1，综上所述，a的取值范围为(－∞，－1]．角度2分离参数，探求最值例2（2023·重庆模拟）已知函数f（x）＝x22－（m＋1）x＋mlnx＋m，f'（x）为函数f（x）的导函数.若xf'（x）－f（x）≥0恒成立，求【解析】由题意知xf'（x）－f（x）≥0恒成立，即x22－mlnx≥0恒成立，∴x22≥mln当x＝1时，x22≥mln当x＞1时，x22lnx当0＜x＜1时，x22lnx令g（x）＝x22lnx，则g'（x当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减且g（x）＜0，∴x→0时，x22lnx当x＞1时，令g'（x）＝0，得x＝e，∴当1＜x＜e时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞e时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）≥g（e）＝e，∴m≤e.综上知0≤m≤e，故实数m的取值范围是[0，e].（1）含参不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，如恒成立，则，然后利用最值确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围.（2）含参不等式（）能成立问题等价于不等式有解问题，从而进一步转化为（）成立，求参数.（3）在解题过程中要注意函数能否取得最值，这会影响等号的取舍。【对点演练1】（2023·石家庄模拟）已知函数f（x）＝axex－（a＋1）（2x－1），当x＞0时，若函数f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围.【解析】由f（1）≥0，得a≥1e−1则f（x）≥0对任意的x＞0恒成立可转化为aa+1≥2x设函数F（x）＝2x-1x则F'（x）＝－(2x当0＜x＜1时，F'（x）＞0；当x＞1时，F'（x）＜0，所以函数F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以F（x）max＝F（1）＝1e于是aa+1≥1e，解得a故实数a的取值范围是1e−1【对点演练2】已知函数fx(1)当a=0时，求曲线y=fx在1,f(2)若存在x0∈e,+∞【分析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与x,(2)令ℎ(x)=exlnx，则只要函数ℎ【详解】（1）当a=0时，ff'(x)=ex−1x∴切线方程为y=(e−1)与x,y轴的交点分别是∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S=（2）存在x0∈e,+∞，使f(x即存在x0∈e,+∞令ℎ(x)=exlnx下面求函数ℎ(x)=ℎ'令u(x)=ln所以u(x)为e,+∞∴ℎ'(∴ℎ(x函数ℎ(x)=exℎ(e)=ee角度3等价转化例3已知函数f（x）＝14x3－x2sinα＋x＋1，α∈-π6,π2，证明：存在α∈-π【证明】不等式f（x）＞ex等价于14x3-所以只需证14x3-又α∈-π6,π2由x2∈[0，＋∞），所以－x2sinα≤12x2，当α＝－π所以14x3-x2sinα+设函数g（x）＝14x3+12x2+x+1e－x，g'（当x∈（－∞，1）时，g'（x）≥0，g（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，因为g（1）＝14+1所以存在α∈-π6,π2，使不等式f求解不等式恒（能）成立问题的过程中，要注意对不等式进行合理的变形，以利于构造函数后求导研究性质，合理的等价转化往往可以达到事半功倍的效果。【对点演练】若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间（0，e]上恒成立，求实数a的取值范围.【解析】不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间（0，e]上恒成立等价于2lnx≥－x＋a－3x令g（x）＝2lnx＋x－a＋3x则g'（x）＝2x＋1－3x2＝x则在区间（0，1）上，g'（x）＜0，函数g（x）为减函数；在区间（1，e]上，g'（x）＞0，函数g（x）为增函数.由题意知g（x）min＝g（1）＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是（－∞，4].角度4同构变形构造函数例4（2023山东部分学校联考）已知函数fx=aeax−lnx【分析】分类讨论a，当a>0时，则aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，设gx=xln【解析】当a≤0时，fx当a>0时，则aeax≥设gx=xlnx，则g'因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xlnx，即g设ℎx=ln由ℎ'x>0，得0<x<e，由ℎ'x<0，得x>故ℎ(x)max=ℎe=故答案为：[指对不等式的恒（能）成立问题，可以利用指数式对数式的运算性质构造函数，然后再结合函数的单调性求解。【对点演练】当x∈1,+∞时，若xe【详解】当x∈1,+∞时即xex+亦即xex+设函数ℎx=xex又ℎ'设φx=ℎ当x∈−∞,−2时，φ'x<0当x∈−2,+∞时，φ'x>0所以ℎ'所以ℎx在R上单调递增，又ℎx≥ℎm令rx=x①当m≤1时，rx>0在1,+∞②当m>1时，由r'x当x∈1,m时，r'x当x∈m,+∞时，r'xrx的最小值rm=综上，m的取值范围是−∞,e考向2双函数单变量型例5.已知函数f（x）＝ax－ex（a∈R），g（x）＝lnxx，若∃x∈（0，＋∞），使不等式f（x）－g（x）＋ex≤0成立，求【解析】因为∃x∈（0，＋∞），使不等式f（x）－g（x）＋ex≤0成立，所以ax≤lnxx，即a≤lnxx2设h（x）＝lnxx2，由h'（x）＝1−2lnxx3，令h'（当x在区间（0，＋∞）内变化时，h'（x），h（x）随x变化的变化情况如下表：x（0，e）e（e，＋∞）h'（x）＋0－h（x）↗极大值1↘由上表可知，当x＝e时，函数h（x）有极大值，即最大值为12e，所以a≤1故a的取值范围是-∞,1双函数单变量问题一般可以转化为单函数单变量问题求解。【对点演练】已知a∈R，f（x）＝alnx＋x2－4x，g（x）＝（a－2）x，若存在x0∈1e,e，使得f（x0）≤g（x0）成立，求实数解：由f（x0）≤g（x0），得（x0－lnx0）a≥x02－2x记F（x）＝x－lnx（x＞0），则F'（x）＝x-1x（∴当0＜x＜1时，F'（x）＜0，F（x）单调递减；当x＞1时，F'（x）＞0，F（x）单调递增.∴F（x）≥F（1）＝1＞0，∴a≥x0记G（x）＝x2-2xx-ln则G'（x）＝(2＝(x∵x∈1e,e，∴2－2lnx＝2（1－ln∴x－2lnx＋2＞0，∴当x∈1e,1时，G'（x）＜0，G（x）单调递减；当x∈（1，e]时，G'（x）＞0，G（∴G（x）min＝G（1）＝－1，∴a≥G（x）min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞）.题型二：双变量不等式恒（能）成立问题考向1单函数双变量型角度1：转化为函数的单调性问题例6已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．(1)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足eq\f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，求实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)＝1－eq\f(1,x)，x＞0，令f′(x)＝0，则x＝1．当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1．综上，m(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t－lnt，t≥1，,1，0＜t＜1.))(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，则由eq\f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，故F′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋eq\f(1,x)≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．因为2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时取“＝”，所以a≤2eq\r(2)－2．故a的取值范围为(－∞，2eq\r(2)－2]．双变量不等式如将变量分离后，不等号两边的结构相同，可构造函数，将不等式的恒成立问题转化为函数的单调性问题求解。【对点演练1】已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x．(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；(2)若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，不等式f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)f(x)＝lnx＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－3．由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．此时f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f((2x－1)(x－1),x)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2)．当x∈和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln1＋1－3＝－2．(2)由a＝1得f(x)＝lnx＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，所以对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1<x2时，f(x1)－eq\f(m,x1)>f(x2)－eq\f(m,x2)恒成立，所以函数y＝f(x)－eq\f(m,x)在[1，10]上单调递减．令h(x)＝f(x)－eq\f(m,x)＝lnx＋x2－3x－eq\f(m,x)，x∈[1，10]，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＋eq\f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立，则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，则F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6＋eq\f(1,2)．当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1710，所以m≤－1710，故实数m的取值范围为(－∞，－1710]．角度2转化为最值问题例7已知函数f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，即eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3)，又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3)，故实数a的取值范围为考向2双函数双变量型角度1构造单调函数法例8已知函数f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,x)．(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围．【解析】(1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2lnx，f′(x)＝1＋eq\f(2,x)，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0．(2)对x∈(0，1]，当a<0时，f′(x)＝1－eq\f(a,x)>0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，易知g(x)＝eq\f(1,x)在(0，1]上单调递减，不妨设x1，x2∈(0，1]，且x1<x2，f(x1)<f(x2)，g(x1)>g(x2)，∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋eq\f(4,x1)>f(x2)＋eq\f(4,x2)．令h(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)，则当x1<x2时，有h(x1)>h(x2)，∴h(x)在(0，1]上单调递减，∴h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立，∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a≥x－eq\f(4,x)在(0，1]上恒成立，∴只需a≥(x－eq\f(4,x))max．∵y＝x－eq\f(4,x)在(0，1]上单调递增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，故实数a的取值范围为[－3，0)．【对点演练1】设f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x．(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)．(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e，即实数m的取值范围是[e，＋∞)．角度2：转化为最值问题例9(2023·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax2lnx与g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b，并证明f(x)≥g(x)；(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))此时f(x)＝x2lnx，g(x)＝x2－x，要证f(x)≥g(x)，即证x2lnx≥x2－x，即xlnx≥x－1，令h(x)＝xlnx－x＋1，则h′(x)＝lnx，且h′(1)＝0，当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，当x＝1时，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，当x∈(1，e]时，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，则G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，则m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′＝0，当1<x<eq\f(e,2)时，m′(x)>0，当eq\f(e,2)<x<e时，m′(x)<0，∴m(x)在上单调递增，在上单调递减，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，m＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，综上所述，a的取值范围是a≥eq\f(1,2).“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.【对点演练1】(2023·镇江模拟)已知函数f(x)＝alnx－x(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，设g(x)＝x－lnx－1，若对于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝alnx－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(－x＋a,x)，①当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴函数的单调递减区间为(0，＋∞);②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；当x∈(0，a)时，f′(x)>0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞).综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)由已知，转化为f(x)max<g(x)min.由(1)知，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．故f(x)的极大值即为最大值，f(x)max＝f(a)＝alna－a，∵g(x)＝x－lnx－1，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)的极小值即为最小值，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴alna－a<0，即lna－1<0，解得0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．【对点演练2】已知函数f(x)=13x3+x2+(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求实数a的最小值;(2)若函数g(x)=xex,对∀x1∈[12,2],∃x2∈[12,2],使f'(x1)≤g(x2【解析】(1)由题设知f'(x)=x2+2x+a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而函数y=-(x+1)2+1在[1,+∞)上单调递减,则ymax=-3,所以a≥-3,所以a的最小值为-3;(2)“对∀x1∈[12,2],∃x2∈[1使f'(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈[12,2]时,f'(x)max≤g(x)max”因为f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[12所以f'(x)max=f'(2)=8+a,而g'(x)=1−xex,由g'(x由g'(x)<0,得x>1,所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x∈[12,2]时,g(x)max=g(1)=1由8+a≤1e,得a≤1所以实数a的取值范围为(-∞,1e-8]1．若存在x0∈−1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【答案】D【分析】x0+e2−1lna≥2ae求导判断单调性求得当1≤t≤e2时，f(【详解】x0+e2⇔令aex0因为x0∈[−1,2]，所以令f(则原问题等价于存在t∈aef令f'(t)<0，即令f'(t)>0，即所以ft在0,e2又因为f(1)=0,f而1<e∴当1≤t≤e若存在t∈ae只需ae2≤e2且a所以1e故a的取值范围为1e故选：D2.（2023秋·安徽宣城·高三统考期末）已知fx=alnx−2x2在区间0,1内任取两个不相等的实数p，【答案】5,+∞【分析】根据题意确定函数g(x)=alnx−2【详解】不妨设0<p则由fp−f即fp所以函数y=f(令g(则g'(x即a≥4因为y=4x2所以y=4所以a≥5故答案为:5,+∞.3．已知函数f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)依题意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,1)上单调递减，在(1,3]上单调递增，而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－eq\f(3,e)，∴f(x)在[－1,3]上的最小值为－e，最大值为e3.(2)依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R；当x>2时，原不等式化为a≤eq\f(2x－2ex,x2－2x)＝eq\f(2ex,x)，令g(x)＝eq\f(2ex,x)，则g′(x)＝eq\f(2x－1ex,x2)，∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，综上，实数a的取值范围是(－∞，e2]．4．已知函数f(x)＝x－1－alnx(a<0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求实数a的取值范围．【解析】(1)由题意知f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)，因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)不妨设0<x1<x2≤1，则eq\f(1,x1)>eq\f(1,x2)>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|<4⇔f(x2)－f(x1)<4⇔f(x1)＋eq\f(4,x1)>f(x2)＋eq\f(4,x2)．设g(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4等价于g(x)在(0，1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－eq\f(4,x)在(0，1]上恒成立，易知y＝x－eq\f(4,x)在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．5.已知函数f（x）＝13x3＋x2＋ax（1）若函数f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，求实数a的最小值；（2）若函数g（x）＝xex，对∀x1∈12,2，∃x2∈12,2，使f'（x1）≤g【解析】（1）由题设知f'（x）＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上恒成立，而函数y＝－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上单调递减，则ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值为－3.（2）“对∀x1∈12,2，∃x2∈12,2，使f'（x1）≤g（x2）成立”等价于“当x∈12,2时，f'（x）max≤因为f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在12,2上单调递增，所以f'（x）max＝f'（2）＝8＋而g'（x）＝1−xex，由g'（x）＞0，得x＜1，由g'（x所以g（x）在（－∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.所以当x∈12,2时，g（x）max＝g（1）＝由8＋a≤1e，得a≤1所以实数a的取值范围为-∞,16.（2023四川金堂联考三模）已知函数fx=3x(1)当m=1时，求fx(2)若对任意x∈0,m，都有fx【分析】（1）求导，因式分解后可知其单调区间；（2）分m≥1和0<【详解】（1）当m=1时，fx=3当x∈0,1时，f'x<0∴fx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为（2）f'当x∈0,m∴fx在0,m①当m≥1时，∵fx在0,∴f②当0<m<1时，则m>m,∴fx∴实数m的取值范围为812567.已知函数f(x)＝eq\f(x,ex)＋x－1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,e)(e为自然对数的底数)．(1)证明：f(x)≥g(x)；(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，求a的最大值．【解析】(1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)＋x－lnx－1－eq\f(1,e)，∴F′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\f(ex－x,xex)．∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，∴eq\f(a,ea)＋a≤eq\f(2,e2)＋2，设G(a)＝eq\f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq\f(1－a,ea)＋1＝eq\f(ea－a＋1,ea)，∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，∴a≤2，∴a的最大值为2．8.已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.(1)求函数f(x)的极值；(2)若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(a,x)．当a≤0时，显然f′(x)＞0恒成立，故f(x)无极值；当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\r(a)，f(x)在(0，eq\r(a))上单调递减；由f′(x)＞0，得x＞eq\r(a)，f(x)在(eq\r(a)，＋∞)上单调递增．故f(x)有极小值f(eq\r(a))＝a－alna，无极大值．综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－alna，无极大值．(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因为0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，因为|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2alnx－2ax在[1，2]上单调递增，所以h′(x)＝2x－eq\f(2a,x)－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤eq\f(x2,x＋1)在[1，2]上恒成立．令t＝x＋1∈[2，3]，则eq\f(x2,x＋1)＝t＋eq\f(1,t)－2≥eq\f(1,2)，所以a∈．故实数a的取值范围为．9.已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1(a∈R)．(1)当0＜a＜eq\f(1,2)时，讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝eq\f(1,4)时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得两根分别为1，eq\f(1,a)－1，因为0＜a＜eq\f(1,2)，所以eq\f(1,a)－1＞1＞0，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．(2)a＝eq\f(1,4)∈，eq\f(1,a)－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)＝－eq\f(1,2)．对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)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－eq\f(1,2)，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与