恒成立、存在、有解
恒成立能成立3种常见题型(学生版+解析版)
恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x+x−a．(1)若f x ≥0，求a的取值范围；【例3】已知函数f(x)=12x2-(a+1)ln x-12(a∈R,a≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x∈[1,+∞)，都有f(x)≥0成立，求a的取值范围．【例4】已知函数f x =ln x-ax(a是正常数).(1)当a=2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x>0，f x <0，求a的取值范围；【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax2对任意x>0恒成立，求a的取值范围．【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,eB.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x ，g x =-x 2+ax -3a ∈R .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若对任意x ∈0,+∞ ，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a 的取值范围.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,3【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x成立，求实数a的取值范围．2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0处的切线为m(1)求直线m的方程；(2)求证：除切点1,0之外，函数f x 的图像在直线m的下方；(3)若存在x∈1,+∞成立，求实数a的取值范围 ，使得不等式f x >a x-14.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．①求实数a的值；②求f x 的单调区间和极值．(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若存在x0，使得f x0>0，求a的取值范围.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0B.1eC.1D.e【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 成立，求实数a 的取值范围．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃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.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，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.-∞,1B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e 【题型专练】1.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(理))已知函数f x =x 3-3x +a ，g x =2x +1x -1．若对任意x 1∈-2,2 ，总存在x 2∈2,3 ，使得f x 1 ≤g x 2 成立，则实数a 的最大值为( )A.7B.5C.72D.32.(2022·福建宁德·高二期末)已知f x =1-x e x -1，g x =x +1 2+a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f x 2 ≥g x 1 成立，则实数a 的取值范围为( )A.1e ,+∞B.-∞,1eC.0,eD.-1e ,03.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))已知函数f (x )=ln x x，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2 ，∃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.-∞,-ln22 B.-∞,-ln22 C.-∞,-1e D.-∞,e -ln22 4.已知函数f (x )=12ax 2-(2a +1)x +2ln x (a ∈R )(1)若曲线y =f (x )在x =1和x =3处的切线互相平行，求a 的值与函数f (x )的单调区间；(2)设g (x )=(x 2-2x )e x ，若对任意x 1∈0,2 ，均存在x 2∈0,2 ，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围．5.已知函数f x =-ax +xln xa ∈R ，f x 为f x 的导函数．(1)求f x 的定义域和导函数；(2)当a =2时，求函数f x 的单调区间；(3)若对∀x 1∈e ,e 2 ，都有f x 1 ≥1成立，且存在x 2∈e ,e 3 ，使f x 2 +12a =0成立，求实数a 的取值范围．恒成立能成立3种常见题型【考点分析】考点一：恒成立问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，则不等式f x >a 在区间D 上恒成立⇔f x min >a ；不等式f x ≥a 在区间D 上恒成立⇔f x min ≥a ；不等式f x <b 在区间D 上恒成立⇔f x max <b ；不等式f x ≤b 在区间D 上恒成立⇔f x max ≤b ；考点二：存在性问题若函数f x 在区间D 上存在最小值f x min 和最大值f x max ，即f x ∈m ,n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式a <f x 在区间D 上有解⇔a <f x max ；不等式a ≤f x 在区间D 上有解⇔a ≤f x max ；不等式a >f x 在区间D 上有解⇔a >f x min ；不等式a ≥f x 在区间D 上有解⇔a ≥f x min ；考点三：双变量问题①对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 max ；②对于任意的x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 min ；③若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 min ；④若存在x 1∈a ,b ，对于任意的x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 max ；⑤对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 max ≤g x 2 min ；⑥对于任意的x 1∈a ,b ，x 2∈m ,n 使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 min ≥g x 2 max ；⑦若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≤g x 2 ⇔f x 1 min ≤g x 2 max ⑧若存在x 1∈a ,b ，总存在x 2∈m ,n ，使得f x 1 ≥g x 2 ⇔f x 1 max ≥g x 2 min ．【题型目录】题型一：利用导数研究恒成立问题题型二：利用导数研究存在性问题题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【典型例题】题型一：利用导数研究恒成立问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习)对任意正实数x ，不等式x -ln x +1>a 恒成立，则a 的取值范围是( )A.a <1B.a <2C.a >1D.a >2【答案】B【详解】令f x =x -ln x +1，其中x >0，则a <f x min ，f x =1-1x =x -1x，当0<x <1时，f x <0，此时函数f x 单调递减，当x >1时，f x >0，此时函数f x 单调递增，所以，f x min =f 1 =2，∴a <2.故选：B .【例2】【2022年全国甲卷】已知函数f x =e xx−ln x +x −a ．(1)若f x ≥0，求a 的取值范围；【答案】(1)(-∞,e +1]【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，f(x )=1x -1x2 e x -1x +1=1x 1-1x e x +1-1x =x -1x e x x +1 令f (x )=0,得x =1当x ∈(0,1),f (x )<0,f (x )单调递减，当x ∈(1,+∞),f (x )>0,f (x )单调递增f (x )≥f (1)=e +1-a ，若f (x )≥0,则e +1-a ≥0,即a ≤e +1，所以a 的取值范围为(-∞,e +1]【例3】已知函数f (x )=12x 2-(a +1)ln x -12(a ∈R ,a ≠0)．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x ∈[1,+∞)，都有f (x )≥0成立，求a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)a ≤0.【解析】(1)求f 'x ，分别讨论a 不同范围下f 'x 的正负，分别求单调性；(2)由(1)所求的单调性，结合f 1 =0，分别求出a 的范围再求并集即可.【详解】解：(1)由已知定义域为0,+∞ ，f '(x )=x -a +1x =x 2-a +1 x 当a +1≤0，即a ≤-1时，f 'x >0恒成立，则f x 在0,+∞ 上单调递增；当a +1>0，即a >-1时，x =-a +1(舍)或x =a +1，所以f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.所以a ≤-1时，f x 在0,+∞ 上单调递增；a >-1时，f x 在0,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增.(2)由(1)可知，当a ≤-1时，f x 在1,+∞ 上单调递增，若f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立，只需f (1)≥0，而f (1)=0恒成立，所以a ≤-1成立；当a >-1时，若a +1≤1，即-1<a ≤0，则f x 在1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以-1<a ≤0成立；若a >0，则f x 在1,a +1 上单调递减，在a +1,+∞ 上单调递增，又f (1)=0，所以∃x 0∈1,a +1 ，f (x 0)<f 1 =0，不满足f (x )≥0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立.所以综上所述：a ≤0.【例4】已知函数f x =ln x -ax (a 是正常数).(1)当a =2时，求f x 的单调区间与极值；(2)若∀x >0，f x <0，求a 的取值范围；【答案】(1)f x 在0,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，f x 的极大值是-ln2-1，无极小值；(2)1e,+∞ .【解析】(1)求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；(2)依题意可得ln x x max <a ，设g x =ln xx，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可得解；【详解】解：(1)当a =2时，f x =ln x -2x ，定义域为0,+∞ ，f x =1x -2=1-2xx，令f x >0，解得0<x <12，令f x <0，解得x >12，所以函数f x 在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以f x 的极大值是f 12=-ln2-1，无极小值.(2)因为∀x >0，f x <0，即ln x -ax <0恒成立，即ln xx max<a .设g x =ln x x ，可得g x =1-ln xx2，当0<x <e 时g x >0，当x >e 时g x <0，所以g x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以g x max =g e =1e ，所以a >1e ，即a ∈1e ,+∞ .【例5】已知函数f x =xe x(1)求f x 的极值点；(2)若f x ≥ax 2对任意x >0恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)x =-1是f x 的极小值点，无极大值点；(2)a ≤e .【解析】(1)利用导数研究函数的极值点.(2)由题设知：a ≤e x x 在x >0上恒成立，构造g (x )=e xx 并应用导数研究单调性求最小值，即可求a的范围．【详解】(1)由题设，f x =e x (x +1)，∴x <-1时，f x <0，f x 单调递减；x >-1时，f x >0，f x 单调递增减；∴x =-1是f x 的极小值点，无极大值点.(2)由题设，f x =xe x≥ax 2对∀x >0恒成立，即a ≤e x x在x >0上恒成立，令g (x )=e x x ，则g(x )=e x (x -1)x 2，∴0<x <1时，g (x )<0，g (x )递减；x >1时，g (x )>0，g (x )递增；∴g (x )≥g (1)=e ，故a ≤e .【题型专练】1.(2022·四川广安·模拟预测(文))不等式ln x -kx ≤0恒成立，则实数k 的取值范围是( )A.0,e B.-∞,eC.0,1eD.1e ,+∞【答案】D 【解析】由题可得k ≥ln x x 在区间(0,+∞)上恒成立，然后求函数f x =ln xxx >0 的最大值即得.【详解】由题可得k ≥ln xx 在区间(0,+∞)上恒成立，令f x =ln x x x >0 ，则f x =1-ln xx 2x >0 ，当x ∈0,e 时，f x >0，当x ∈e ,+∞ 时，f x <0，所以f x 的单调增区间为0,e ，单调减区间为e ,+∞ ；所以f x max =f e =1e， 所以k ≥1e.故选：D .2.(2022·北京·景山学校模拟预测)已知函数f x =x ln x +ax +2．(1)当a =0时，求f x 的极值；(2)若对任意的x ∈1,e 2 ，f x ≤0恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)极小值是f 1e =-1e+2，无极大值.(2)-2e 2-2,+∞【解析】(1)由题设可得f x =ln x +1，根据f x 的符号研究f x 的单调性，进而确定极值.(2)f x =x ln x +ax +2≤0对任意的x ∈1,e 2 恒成立，转化为：-a ≥2+x ln x x =2x+ln x 对任意的x ∈1,e 2 恒成立，令g x =2x+ln x ，通过求导求g x 的单调性进而求得g x 的最大值，即可求出实数a的取值范围.(1)当a=0时，f x =x ln x+2，f x 的定义域为0，+∞，f x =ln x+1=0，则x=1 e.令f x >0，则x∈1e,+∞，令f x <0，则x∈0,1e，所以f x 在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增.当x=1e时，f x 取得极小值且为f1e =1e ln1e+2=-1e+2，无极大值.(2)f x =x ln x+ax+2≤0对任意的x∈1,e2恒成立，则-a≥2+x ln xx=2x+ln x对任意的x∈1,e2恒成立，令g x =2x+ln x，g x =-2x2+1x=-2+xx2=0，所以x=2，则g x 在1,2上单调递减，在2,e2上单调递增，所以g1 =2，g e2 =2e2+2，所以g x max=g e2 =2e2+2，则-a≥2e2+2，则a≤-2e2-2.实数a的取值范围为：-2e2-2,+∞.3.(2022·新疆克拉玛依·三模(文))已知函数f x =x ln x，g x =-x2+ax-3a∈R.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)1e,+∞，(2)-∞,4【解析】(1)求函数f(x)的单调递增区间，即解不等式f (x)>0；(2)参变分离得a≤2ln x+x+3x，即求h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞的最小值.(1)f(x)=x ln x定义域为(0,+∞)，f (x)=ln x+1f (x)>0即ln x+1>0解得x>1e，所以f(x)在1e,+∞单调递增(2)对任意x∈0,+∞，不等式f x ≥12g x 恒成立，即x ln x≥12-x2+ax-3恒成立，分离参数得a≤2ln x+x+3x.令h x =2ln x+x+3x x∈0,+∞，则h x =x+3x-1x2．当x∈0,1时，h x <0，h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.所以h x min=h1 =4，即a≤4，故a的取值范围是-∞,4.4.(2022·内蒙古赤峰·三模(文))已知函数f x =x ln x+1.(1)求f x 的最小值；(2)若f x ≥−x2+m+1x−2恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)f(x)min=-1 e2(2)-∞,3【解析】(1)求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；(2)由原不等式恒成立分离参数后得m≤ln x+x+2x，构造函数h x =ln x+x+2x，利用导数求最小值即可.(1)由已知得f x =ln x+2，令f x =0，得x=1 e2.当x∈0,1 e2时，f x <0,f x 在0,1e2上单调递减；当x∈1e2,+∞时，f x ≥0,f x 在1e2,+∞上单调递增.故f(x)min=f1e2=-1e2.(2)f x ≥−x2+m+1x−2，即mx≤x ln x+x2+2，因为x>0，所以m≤ln x+x+2x在0,+∞上恒成立.令h x =ln x+x+2x，则m≤h(x)min,h x =1x+1-2x2=x+2x-1x2，令h x =0，得x=1或x=-2(舍去).当x∈0,1时，h x <0,h x 在0,1上单调递减；当x∈1,+∞时，h x >0，h x 在1,+∞上单调递增.故h(x)min=h1 =3，所以m≤3，即实数m的取值范围为-∞,3.5.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae x-1-ln x+ln a．(1)当a=e时，求曲线y=f x 在点1,f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若不等式f x ≥1恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)2e-1(2)[1,+∞)【解析】(1)利用导数的几何意义求出在点1,f1切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；(2)方法一：利用导数研究函数f x 的单调性，当a =1时，由f 1 =0得f x min =f 1 =1,符合题意；当a >1时，可证f 1af (1)<0，从而f x 存在零点x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，得到f (x )min ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得f x ≥1恒成立；当0<a <1时，研究f 1 .即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.【详解】(1)∵f (x )=e x -ln x +1，∴f (x )=e x -1x，∴k =f (1)=e -1.∵f (1)=e +1，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f x 在点(1,f (1)处的切线方程为y -e -1=(e -1)(x -1),即y =e -1 x +2,∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),-2e -1,0,∴所求三角形面积为12×2×-2e -1 =2e -1．(2)[方法一]：通性通法∵f (x )=ae x -1-ln x +ln a ,∴f (x )=ae x -1-1x，且a >0.设g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=ae x -1+1x 2>0,∴g (x )在(0,+∞)上单调递增，即f ′(x )在(0,+∞)上单调递增，当a =1时，f (1)=0,∴f x min =f 1 =1,∴f x ≥1成立.当a >1时，1a <1 ，∴e 1a -1<1，∴f 1af (1)=a e 1a -1-1 (a -1)<0,∴存在唯一x 0>0，使得f (x 0)=ae x 0-1-1x 0=0，且当x ∈(0,x 0)时f (x )<0，当x ∈(x 0,+∞)时f (x )>0，∴ae x 0-1=1x 0，∴ln a +x 0-1=-ln x 0，因此f (x )min =f (x 0)=ae x 0-1-ln x 0+ln a =1x 0+ln a +x 0-1+ln a ≥2ln a -1+21x 0⋅x 0=2ln a +1>1,∴f x >1,∴f x ≥1恒成立；当0<a <1时， f (1)=a +ln a <a <1,∴f (1)<1,f (x )≥1不是恒成立.综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).[方法二]【最优解】：同构由f (x )≥1得ae x -1-ln x +ln a ≥1，即e ln a +x -1+ln a +x -1≥ln x +x ，而ln x +x =e ln x +ln x ，所以e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ．令h (m )=e m +m ，则h (m )=e m +1>0，所以h (m )在R 上单调递增．由e ln a +x -1+ln a +x -1≥e ln x +ln x ，可知h (ln a +x -1)≥h (ln x )，所以ln a +x -1≥ln x ，所以ln a ≥(ln x -x +1)max ．令F(x)=ln x-x+1，则F (x)=1x-1=1-xx．所以当x∈(0,1)时，F (x)>0,F(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，F (x)<0,F(x)单调递减．所以[F(x)]max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．所以a的取值范围为a≥1．[方法三]：换元同构由题意知a>0,x>0，令ae x-1=t，所以ln a+x-1=ln t，所以ln a=ln t-x+1．于是f(x)=ae x-1-ln x+ln a=t-ln x+ln t-x+1．由于f(x)≥1,t-ln x+ln t-x+1≥1⇔t+ln t≥x+ln x，而y=x+ln x在x∈(0,+∞)时为增函数，故t≥x，即ae x-1≥x，分离参数后有a≥xe x-1．令g(x)=xe x-1，所以g(x)=e x-1-xe x-1e2x-2=e x-1(1-x)e2x-2．当0<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．所以当x=1时，g(x)=xe x-1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．[方法四]：因为定义域为(0,+∞)，且f(x)≥1，所以f(1)≥1，即a+ln a≥1．令S(a)=a+ln a，则S (a)=1+1a>0，所以S(a)在区间(0,+∞)内单调递增．因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ln a≥1．下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立．令T(a)=ae x-1-ln x+ln a，只需证当a≥1时，T(a)≥1恒成立．因为T (a)=e x-1+1a>0，所以T(a)在区间[1,+∞)内单调递增，则[T(a)]min=T(1)=e x-1-ln x．因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[T(a)]min=e x-1-ln x≥1即可．由e x≥x+1,ln x≤x-1，得e x-1≥x,-ln x≥1-x．上面两个不等式两边相加可得e x-1-ln x≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立．当0<a<1时，因为f(1)=a+ln a<1，显然不满足f(x)≥1恒成立．所以a的取值范围为a≥1．【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数f x 的单调性，求出其最小值，由f min≥0即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成e ln a+x-1+ln a+x-1≥e ln x+ln x，再根据函数h(m)=e m+m 的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令ae x-1=t，再同构，可将原不等式化成t+ln t≥x+ln x，再根据函数y=x+ln x的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用f(1)≥1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．题型二：利用导数处理存在性问题【例1】(2022·河北秦皇岛·三模)函数f x =x3-3x2+3-a，若存在x0∈-1,1，使得f x0>0，则实数a的取值范围为( )A.-∞,-1B.-∞,1C.-1,3D.-∞,3【答案】D【分析】根据题意，将问题转化为求解函数f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数f x 的最大值，进而求出答案.【详解】因为f x =x3-3x2+3-a，所以f x =3x2-6x=3x x-2,x∈-1,1．由题意，只需f (x)max>0．当x∈[-1,0)时，f x >0，当x∈(0,1]时，f x <0，所以f x 在[-1,0)上单调递增，在(0,1]上单调递减，所以f(x)max=f0 =3-a>0，故实数a的取值范围为-∞,3．故选：D.【例2】已知函数f x =ax3+bx2+6x+c，当x=-1时，f x 的极小值为-5，当x=2时，f x 有极大值．(1)求函数f x ；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t成立，求实数t的取值范围．【答案】(1)f x =-x3+32x2+6x-32;(2)(-∞,-1]∪[3,+∞).【解析】(1)求导后，根据f -1=f 2 =0和f-1=-5，解得a,b,c即可得解；(2)转化为f x min≤t2-2t，再利用导数求出函数f(x)在1，3上的最小值，然后解不等式t2-2t≥3可得结果.(1)∵f x =3ax2+2bx+6，由f -1=f 2 =0，得3a-2b+6=0且12a+4b+6=0，解得a=-1，b=3 2，又f-1=-5，∴c=-3 2，经检验a=-1，b=32时，f x =-x3+32x2+6x-32满足题意,∴f x =-x3+32x2+6x-32；(2)存在x0∈1，3，使得f x0≤t2-2t，等价于f x min≤t2-2t，∵f x =-3x2+3x+6=-3x-2x+1，当x∈[1,2)时，f (x)>0，当x∈(2,3]时，f (x)<0，∴f x 在(2,3]上递减，在[1,2)上递增，又f1 =5，f3 =3，∴f x 在1，3上的最小值为f3 =3，∴t2-2t≥3，解得t≤-1或3≤t，所以t的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞)．【例3】(2022·辽宁·高二阶段练习)已知a>0，若在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，则a的最小值为______．【答案】e【分析】将原式化为e x-ln e x≤x a-ln x a，构造函数g(t)=t-ln t(t>1)，求导得函数g(t)在(1,+∞)上单调递增，即得e x≤x a，两边取对数分离参数a，构造函数h(x)=xln x(x>1)，利用导数求解函数h(x)的最小值即可.【详解】解：不等式e x-x≤x a-a ln x成立，即e x-ln e x≤x a-ln x a成立，因为x∈(1,+∞),a>0，所以e x>1,x a>1，令g(t)=t-ln t(t>1)，则e x-ln e x≤x a-ln x a⇒g(e x)≤g(x a)，因为g (t)=1-1t>0，所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，所以e x≤x a，即x≤a ln x(x>1)，因为在(1,+∞)上存在x使得不等式e x-x≤x a-a ln x成立，所以a≥xln xmin，令h(x)=xln x(x>1)，则h (x)=ln x-1ln2x，故当x=e时，h(x)取得最小值h(e)=eln e=e.所以a≥e，即a的最小值为e.故答案为：e.【题型专练】1.已知函数f x =x2+2a+2ln x．(1)当a=-5时，求f x 的单调区间；(2)若存在x∈2,e，使得f x -x2>2x+2a+4x成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)单调递减区间为0,2，单调递增区间为2,+∞；(2)e2-e+2e-1,+∞ .【解析】(1)当a=-5时，f x =x2-8ln x，得出f x 的定义域并对f x 进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出f x 的单调区间；(2)将题意等价于2x +2a +4x -2a +2 ln x <0在2,e 内有解，设h x =2x +2a +4x-2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，对h x 进行求导，令hx =0，得出x =a +2，分类讨论a +2与区间2,e 的关系，并利用导数研究函数h x 的单调和最小值，结合h x min <0，从而得出实数a 的取值范围.(1)解：当a =-5时，f x =x 2-8ln x ，可知f x 的定义域为0,+∞ ，则fx =2x -8x =2x 2-8x,x >0，可知当x ∈0,2 时，f x <0；当x ∈2,+∞ 时，f x >0；所以f x 的单调递减区间为0,2 ，单调递增区间为2,+∞ .(2)解：由题可知，存在x ∈2,e ，使得f x -x 2>2x +2a +4x成立，等价于2x +2a +4x-2a +2 ln x <0在2,e 内有解，可设h x =2x +2a +4x -2a +2 ln x ，即在2,e 上，函数h x min <0，∴hx =2-2a +4x 2-2a +2x=2x 2-2a +2 x -2a +4 x 2=2x +1 x -a +2 x 2，令h x =0，即x +1 x -a +2 =0，解得：x =a +2或x =-1(舍去)，当a +2≥e ，即a ≥e -2时，h x <0，h x 在2,e 上单调递减，∴h x min =h e =2e +2a +4e -2a -2<0，得a >e 2-e +2e -1，又∵e 2-e +2e -1>e -2，所以a >e 2-e +2e -1；当a +2≤2时，即a ≤0时，h x >0，h x 在2,e 上单调递增，∴h x min =h 2 =6+a -2a +2 ln2<0，得a >6-ln4ln4-1>0，不合题意；当2<a +2<e ，即0<a <e -2时，则h x 在2,a +2 上单调递减，在a +2,e 上单调递增，∴h x min =h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 ，∵ln2<ln a +2 <ln e =1，∴2a +2 ln2<2a +2 ln 2a +2 <2a +2，∴h a +2 =2a +6-2a +2 ln a +2 >2a +6-2a -2=4，即h x min >4，不符合题意；综上得，实数a 的取值范围为e 2-e +2e -1,+∞ .【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：(1)利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；(2)利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.2.(2022·河北深州市中学高三阶段练习)已知函数f x =ln x-2ax+1.(1)若x=1是f x 的极值点，确定a的值；(2)若存在x>0，使得f x ≥0，求实数a的取值范围.【答案】(1)a=12，(2)-∞,12【分析】(1)由已知可得出f 1 =0，求出a的值，然后利用导数分析函数f x 的单调性，结合极值点的定义检验即可；(2)由参变量分离法可得出2a≤ln x+1x，利用导数求出函数g x =ln x+1x的最大值，即可得出实数a的取值范围.(1)解：因为f x =ln x-2ax+1，该函数的定义域为0,+∞，则f x =1x-2a，由已知可得f 1 =1-2a=0，可得a=12，此时f x =1x-1=1-xx，列表如下：x0,111,+∞f x +0-f x 增极大值减所以，函数f x 在x=1处取得极大值，合乎题意，故a=1 2.(2)解：存在x>0，使得f x =ln x-2ax+1≥0可得2a≤ln x+1x，构造函数g x =ln x+1x，其中x>0，则g x =-ln xx2，当0<x<1时，g x >0，此时函数g x 单调递增，当x>1时，g x <0，此时函数g x 单调递减，则g x max=g1 =1，所以，2a≤1，解得a≤12，因此，实数a的取值范围是-∞,12.3.已知函数f x =ln x x，设f x 在点1,0处的切线为m(1)求直线m的方程；(2)求证：除切点1,0之外，函数f x 的图像在直线m的下方；(3)若存在x∈1,+∞，使得不等式f x >a x-1成立，求实数a的取值范围【答案】(1)y=x-1；(2)见详解；(3)(-∞，1).【解析】(1)求导得f (x)=1-ln xx2，由导数的几何意义k切=f′(1)，进而可得答案．(2)设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，求导得h′(x)，分析h(x)的单调性，最值，进而可得f (x)-(x-1)≤0，则除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，只需a<g(x)max．【详解】(1)f (x)=1x⋅x-ln xx2=1-ln xx2，由导数的几何意义k切=f′(1)=1，所以直线m的方程为y=x-1．(2)证明：设函数h(x)=f(x)-(x-1)=ln x x-x+1，h (x)=1-ln xx2-1=1-ln x-x2x2 ，函数定义域为(0，+∞)，令p(x)=1-ln x-x2，x>0，p′(x)=-1x-2x<0，所以p(x)在(0，+∞)上单调递减，又p(1)=0，所以在(0，1)上，p(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，在(1，+∞)上，p(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max=h(1)=0，所以h(x)≤h(1)=0，所以f(x)-(x-1)≤0，若除切点(1，0)之外，f(x)-(x-1)<0，所以除切点(1，0)之外，函数f(x)的图象在直线的下方．(3)若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)>a(x-1)成立，则若存在x∈(1，+∞)，使得不等式f(x)x-1>a成立，即若存在x∈(1，+∞)，使得不等式a<ln xx(x-1)成立，令g(x)=ln xx(x-1)，x>1，g′(x)=1x⋅x(x-1)-(2x-1)ln xx2(x-1)2=x-1-(2x-1)ln xx2(x-1)2 ，令s(x)=x-1-(2x-1)ln x，x>1s′(x)=1-2ln x-(2x-1)•1x=x-2x ln x-2x+1x=-x-2x ln x+1x，令q(x)=-x-2x ln x+1，x>1q′(x)=-1-2ln x-2=-3-2ln x<0，所以在(1，+∞)上，q(x)单调递减，又q(1)=0，所以在(1，+∞)上，q(x)<0，s′(x)<0，s(x)单调递减，所以s(x)≤s(1)=0，即g′(x)≤0，g(x)单调递减，又limx→1ln xx(x-1)=limx→11x2x-1=1，所以a<1，所以a的取值范围为(-∞，1)．4.已知函数f x =x ln x-ax+1．(1)若f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．①求实数a的值；②求f x 的单调区间和极值．(2)若存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，求a的取值范围．【答案】(1)①a=3；②减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值；(2)(1,+∞).【解析】(1)求得函数的导数f x =ln x+1-a，①根据题意得到f x =-2，即可求得a的值；②由①知f x =ln x-2,x>0，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；(2)设g x =ln x+1x，根据存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，得到a>g x min成立，结合导数求得函数g x 的单调性与最小值，即可求解.【详解】(1)由题意，函数f x =x ln x-ax+1的定义域为(0,+∞)，且f x =ln x+1-a，①因为f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2，可得f x =1-a=-2，解得a=3.②由①得f x =ln x-2,x>0，令f x >0，即ln x-2>0，解得x>e2；令f x <0，即ln x-2<0，解得0<x<e2，所以函数f x 在(0,e2)上单调递减，在(e2,+∞)上单调递增，当x=e2时，函数f x 取得极小值，极小值为f e2=1-e2，无极大值，综上可得，函数f x 的减区间为(0,e2)，增区间为(e2,+∞)，极小值为1-e2，无极大值.(2)因为f x =x ln x-ax+1，由f x0<0，即x0ln x0-ax0+1<0，即a>x0ln x0+1x0=ln x0+1x0，设g x =ln x+1x,x>0根据题意知存在x0∈(0,+∞)，使得f x0<0成立，即a>g x min成立，由g x =ln x+1x,x>0，可得g x =1x-1x2=x-1x2，当0<x<1时，g x <0，g x 单调递减；当x>1时，g x >0，g x 单调递增，所以当x=1时，函数g x 取得最小值，最小值为g1 =1，所以a>1，即实数a的取值范围是(1,+∞).5.已知函数f(x)=ln x+ax(a∈R).(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若存在x0，使得f x0>0，求a的取值范围.【答案】(1)2x-y-1=0；(2)a≥0时，f x 在0,+∞单增；a<0，f x 在0,-1 a单增，在-1a,+∞单减；(3)a>-1e.【解析】(1)求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；(2)求导后，通分，分a≥0,a<0两种情况讨论得到单调区间；(3)当a≥0时，代特值验证即可，当a<0时，函数最大值大于0，解出即可.【详解】由题意，f(1)=1,f x =1x+1,所以f 1 =2,所以切线方程为：y-1=2x-1⇒2x-y-1=0.(2)x>0,f (x)=1x+a=ax+1x，若a≥0，则f (x)>0，f x 在0,+∞单增；若a<0，则x∈0,-1 a时，f x >0，f x 单增；x∈-1a,+∞时，f x <0，f x 单减.(3)由(2)，若a≥0，则f(2)=ln2+2a>0，满足题意；若a<0，f x max=f-1 a=ln-1a-1>0⇒a>-1e，则-1e<a<0，综上：a>-1 e.题型三：利用导数处理恒成立与有解问题【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习)设函数f x =x -1 e x -e ,g x =e x -ax -1，其中a ∈R .若对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，则a 的最大值为( )A.0 B.1eC.1D.e【答案】C【分析】由题意易知f x ≥0恒成立，则可等价为对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，利用参变分离，可变形为a ≤e x -1x ,(x >0)恒成立，易证e x -1x >1,(x >0)，则可得a ≤1，即可选出答案.【详解】对∀x 2∈0,+∞ ，都∃x 1∈R ，使得不等式f x 1 ≤g x 2 成立，等价于f x 1 min ≤g x 2 min ,当x <1时，x -1<0,e x -e <0，所以f x >0，当x ≥1时，x -1≥0,e x -e ≥0，所以f x ≥0，所以f x ≥0恒成立，当且仅当x =1时，f (x )min =0，所以对∀x 2∈0,+∞ ，g x 2 ≥0恒成立，即e x -ax -1≥0，当x =0，e x -ax -1=0≥0成立，当x >0时，e x-ax -1≥0⇒a ≤e x -1x恒成立.记h (x )=e x -x -1,x >0,因为h (x )=e x -1>0恒成立，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x )=e x-x -1>0恒成立，即e x-1>x ⇒e x -1x>1,(x >0)所以a ≤1.所以a 的最大值为1.故选：C .【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，此类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∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)max <g (x 2)max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)max ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f (x 1)<g (x 2)成立，故f (x 1)min <g (x 2)min ；(5)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域是g (x )值域的子集．【例2】已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．【答案】(1)最大值为ln2-1，最小值为-12；(2)-1e 6,+∞ .【解析】(1)利用导数研究f (x )的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；(2)将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max ，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.(1)由题设f (x )=ln x -x 2，则f (x )=2-x2x，所以在[1,2)上f (x )>0，f (x )递增，在(2,e ]上f (x )<0，f (x )递减，则f (1)=-12<f (e )=1-e2，极大值f (2)=ln2-1，综上，f (x )最大值为ln2-1，最小值为-12.(2)由g (x )=x 2-2x +2=(x -1)2+1在x ∈[-1,2]上g (x )max =g (-1)=5，根据题意，只需g (x )max <f (x )max 即可，由f (x )=a +1x且x ∈(0,+∞)，当a ≥0时，f (x )>0，此时f (x )递增且值域为R ，所以满足题设；当a <0时，0,-1a 上f (x )>0，f (x )递增；-1a ,+∞ 上f (x )<0，f (x )递减；所以f (x )max =f -1a =-1-ln (-a )，此时-1-ln (-a )>5，可得a >-1e 6，综上，a 的取值范围-1e 6,+∞ .【点睛】关键点点睛：第二问，将问题转化为x 1∈[-1,2]、x 2∈(0,+∞)上g (x 1)max <f (x 2)max 求参数范围.【例3】已知函数f (x )=x sin x +cos x ．(1)当x ∈0,π 时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )=-x 2+2ax ．若对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得12πf x 1 ≤g x 2 成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2 ，函数f (x )的单调递减区间为π2,π ；(2)12,+∞.【解析】(1)首先对函数求导，根据x 的取值情况判断f x 的正负情况，进而得到f x 的增减情况；(2)对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ，然后对a 进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.(1)因为f (x )=x sin x +cos x ，所以f (x )=sin x +x cos x -sin x =x cos x ．当x ∈0,π 时，f (x )与f (x )的变化情况如表所示：x 0,π2 π2π2,π f (x )+-f (x )单调递增π2单调递减所以当x ∈0,π 时，函数f (x )的单调递增区间为0,π2，函数f (x )的单调递减区间为π2,π．(2)当x ∈-π,π 时，f (-x )=f (x )，所以函数f (x )为偶函数．所以当x ∈-π,π 时，函数f (x )的单调递增区间为-π,-π2 ，0,π2，函数f (x )的单调递减区间为-π2,0 ，π2,π ,所以函数f (x )的最大值为f -π2 =f π2 =π2．设h x =12πf x ，则当x ∈-π,π 时，h x max =12π⋅π2=14．对任意x 1∈-π,π ，存在x 2∈[0,1]，使得h (x 1)≤g (x 2)成立，等价于h (x )max ≤g (x )max ．当a ≤0时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (0)=0，不合题意．当0<a <1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (a )=a 2，则a 2≥14，解得a ≥12或a ≤-12，所以12≤a <1．当a ≥1时，函数g (x )在区间[0,1]上的最大值为g (1)=2a -1，则2a -1≥14，解得a ≥58，所以a ≥1.综上所述，a 的取值范围是12,+∞．【例4】(2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末)已知函数f x =ln xx ，g (x )=ln (x +1)+2ax 2，若∀x 1∈1,e 2，∃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.-∞,-ln22B.-∞,-ln22C.-∞,-1eD.-∞,e -ln22【答案】A【分析】将问题转化为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得a 的范围．【详解】∀x 1∈1,e 2 ，∃x 2∈0,1 使得f (x 1)>g (x 2)成立，等价为∃x ∈0,1 使得f (x )min >g (x )成立，由f x =ln x x 得f x =1-ln xx2，当x ∈0,e 时，f x >0，此时f x 单调递增，当x ∈e ，+∞ 时，f x <0，此时f x 单调递减，f 1 =0,f e 2 =2e 2，故f x min =f 1 =0ln (x +1)+2ax 2<0在x ∈0,1 成立，当0<x <1时，-2a >ln (x +1)x 2min ，设h (x )=ln (x +1)x 2，0<x <1 ，则h (x )=1-1x +1-2ln (x +1)x 3，由m x =1-1x +1-2ln (x +1)，得m x =1(x +1)2-2x +1=-1-2x(x +1)2<0，所以m x =1-1x +1-2ln (x +1)在0,1 递减，所以1-1x +1-2ln (x +1)<m 0 =0，则h (x )在0,1 递减，所以h (x )>h 1 =ln2，则-2a >ln2，所以a <-ln22．故选：A【例5】(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3-34x +32,0≤x ≤122x +12,12<x ≤1，g x =e x -ax a ∈R ，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.-∞,1 B.-∞,e -2C.-∞,e -54D.-∞,e【答案】C【分析】根据题意可得f x 的值域与 g x =e x -ax 的值域有交集即可，先求导分析f x 的值域，再求导分情况讨论g x =e x -ax 的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可【详解】①当0≤x ≤12时，f x =x 3-34x +32，则f x =3x 2-34=3x 2-14 ≤0在0,12上恒成立，。
高中数学x恒成立、存在性问题解决办法
恒成立、存在性问题解决办法总结1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若 ,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max . 4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f m i n m i n ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f m a x m ax ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方； 题型一、简单型1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（构造新函数） 2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；（转化）简解：（1）由12012232++<⇒>-+-x x x a x a ax x 成立，只需满足12)(23++=x x x x ϕ的最小值大于a 即可．对12)(23++=x xx x ϕ求导，0)12(12)(2224>+++='x x x x ϕ，故)(x ϕ在]2,1[∈x 是增函数，32)1()(min ==ϕϕx ，所以a 的取值范围是320<<a ．2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的范围． 分析：思路、解决双参数问题一般是先解决一个参数，再处理另一个参数．以本题为例，实质还是通过函数求最值解决．方法1：化归最值，10)(10)(max ≤⇔≤x h x h ；方法2：变量分离，)(10x xab +-≤或x b x a )10(2-+-≤； 方法3：变更主元（新函数），0101)(≤-++⋅=b x a xa ϕ，]2,21[∈a简解：方法1:对b x xax h ++=)(求导，22))((1)(xa x a x x a x h +-=-='，（单调函数） 由此可知，)(x h 在]1,41[上的最大值为)41(h 与)1(h 中的较大者．⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≤⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤++≤++⇒⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∴ab ab b a b a h h 944391011041410)1(10)41(，对于任意]2,21[∈a ，得b 的取值范围是47≤b ． 3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为解析：对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥等价于m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(在[]2,1上的最小值m -41不大于2)(x x f =在[]2,0上的最小值0，既041≤-m ，∴41≥m题型二、更换主元法1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
函数恒成立存在性与有解问题
函数恒成立存在性问题知识点梳理1、恒成立问题的转化：()a f x >恒成立⇒()max a f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转化：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()R a f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立另一转化方法：若A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min ，若,D x ∈Bx f ≤)(在D 上恰成立，则等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max .4、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥5、设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤8、若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；9、若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；例题讲解：题型一、常见方法1、已知函数12)(2+-=ax x x f ，xax g =)(，其中0>a ，0≠x ． 1）对任意]2,1[∈x ，都有)()(x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2）对任意]4,2[],2,1[21∈∈x x ，都有)()(21x g x f >恒成立，求实数a 的取值范围；2、设函数b x x a x h ++=)(，对任意]2,21[∈a ，都有10)(≤x h 在]1,41[∈x 恒成立，求实数b 的取值范围．3、已知两函数2)(x x f =，m x g x-⎪⎭⎫ ⎝⎛=21)(，对任意[]2,01∈x ，存在[]2,12∈x ，使得()21)(x g x f ≥，则实数m 的取值范围为题型二、主参换位法(已知某个参数的范围，整理成关于这个参数的函数)1、对于满足2p ≤的所有实数p,求使不等式212x px p x ++>+恒成立的x 的取值范围。
恒成立问题与有解问题的区别
恒成立与有解1恒成立问题与一次函数联系给定一次函数y=f （x)=ax+b(a ≠0）,若y=f （x)在[m ，n ］内恒有f （x)〉0,则根据函数的图象（直线)可得上述结论等价于ⅰ)⎩⎨⎧>>0)(0m f a 或ⅱ）⎩⎨⎧><0)(0n f a 亦可合并定成⎩⎨⎧>>0)(0)(n f m f 同理,若在［m ，n ］内恒有f （x ）〈0，则有⎩⎨⎧<<0)(0)(n f m f例1、对于满足|p ｜≤2的所有实数p ，求使不等式x 2+px+1〉2p+x 恒成立的x 的取值范围。
分析：在不等式中出现了两个字母：x 及P ，关键在于该把哪个字母看成是一个变量，另一个作为常数.显然可将p 视作自变量，则上述问题即可转化为在［—2,2］内关于p 的一次函数大于0恒成立的问题。
略解：不等式即（x —1）p+x 2-2x+1〉0,设f （p)= （x —1）p+x 2-2x+1，则f （p ）在[—2,2]上恒大于0,故有：⎩⎨⎧>>-)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-0103422x x x 解得:⎩⎨⎧-<><>1113x x x x 或或∴x 〈-1或x>3。
2恒成立问题与二次函数联系若二次函数y=ax 2+bx+c=0(a ≠0）大于0恒成立，则有⎩⎨⎧<∆>00a ,若是二次函数在指定区间上的恒成立问题，还可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解。
例2、设f(x)=x 2—2ax+2，当x ∈［-1,+∞）时，都有f （x ）≥a 恒成立，求a 的取值范围。
分析：题目中要证明f （x ）≥a 恒成立,若把a 移到等号的左边，则把原题转化成左边二次函数在区间［-1,+∞）时恒大于0的问题。
解:设F （x)= f(x ）—a=x 2-2ax+2—a.ⅰ）当∆=4（a —1)（a+2）<0时,即-2〈a 〈1时，对一切x ∈[-1,+∞)，F （x ） ≥0恒成立；ⅱ)当∆=4（a —1）(a+2) ≥0时由图可得以下充要条件:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤--≥-≥∆,1220)1(0a f 即⎪⎩⎪⎨⎧-≤≥+≥+-,1030)2)(1(a a a a得-3≤a ≤—2;综合可得a 的取值范围为［-3，1]. 1。
浅析“有解”与“恒成立”问题
浅析“有解”与“恒成立”问题作者：邓卫和来源：《中学课程辅导高考版·教师版》2014年第24期摘要：在近年的高考中经常出现“有解”与“恒成立”问题，许多同学混淆了这两个概念，在解题时出错。
现对这两个概念进行阐述：“有解”是指“至少有一个满足条件的值使式子成立，则称该问题有解”。
“恒成立”是指“在某一范围内所有的变量值都使该问题成立，则称该问题恒成立”。
本文现通过具体问题进行阐述。
关键词：“有解”;“恒成立”;例析中图分类号：G427文献标识码：A ; ; 文章编号：1992-7711（2014）24-125-1一、有解问题例1方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，求a的范围。
分析：方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解，可能有一解，也可能有两解，讨论比较复杂。
可通过分离变量a，转化为求函数的值域来解。
解：x2-a|x|+4=0当x=0时，方程不成立，因此x≠0故方程两边同除以|x|得a=|x|+4|x|≥2|x|·4|x|=4（当且仅当|x|=2时取到“=”）此时x=±2∈[-2，2]，所以：当a≥4时该方程x2-a|x|+4=0在x∈[-2，2]上有解。
点评：本题通过“分离变量a”求值域，方法简单易行，在以后的学习中经常用到这一方法。
例2（2013重庆.理.16）若关于x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解，则实数a的取值范围是。
分析：要使|x-5|+|x+3|<a无解，只要求|x-5|+|x+3|<a有解时实数a的范围，然后求a的补集即可。
要使|x-5|+|x+3|<a有解，则至少有一个或一个以上的x值使要|x-5|+|x+3|<a成立，因此，只要求a大于代数式|x-5|+|x+3|的最小值。
解：函数y=|x-5|+|x+3|=2-2xx≤-38-3<x<52x-2x≥5由此可知，该函数的值域为[8，+∞），因此：当a>8时，不等式|x-5|+|x+3|<a有解。
数学中的恒成立与有解问题
数学中的恒成立与有解问题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中的恒成立与有解问题一、恒成立问题若不等式()A x f >在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()min f x A > 若不等式()B x f <在区间D 上恒成立,则等价于在区间D 上()max f x B <常用方法1、分离变量法；2、数形结合法；3、利用函数的性质；4、变更主元等；1、由二次函数的性质求参数的取值范围例题1.若关于x 的不等式2220ax x ++>在R 上恒成立,求实数a 的取值范围. 解题思路：结合二次函数的图象求解解析：当0a =时,不等式220x +>解集不为R ,故0a =不满足题意;当0a ≠时,要使原不等式解集为R ,只需202420a a >⎧⎨-⨯<⎩,解得12a >综上,所求实数a 的取值范围为1(,)2+∞2、转化为二次函数的最值求参数的取值范围例题2：已知二次函数满足(0)1f =，而且(1)()2f x f x x +-=，请解决下列问题 （1） 求二次函数的解析式。
（2） 若()2f x x m >+在区间[1,1]-上恒成立 ，求m 的取值范围。
解题思路：先分离系数,再由二次函数最值确定取值范围.解析：(1)设2()(0)f x ax bx c a =++≠.由(0)1f =得1c =,故2()1f x ax bx =++.∵(1)()2f x f x x +-= ∴22(1)(1)1(1)2a x b x ax bx x ++++-++=即22ax a b x ++=,所以22,0a a b =+=,解得1,1a b ==- ∴2()1f x x x =-+ (2)由(1)知212x x x m -+>+在[1,1]-恒成立,即231m x x <-+在[1,1]-恒成立.令2235()31()24g x x x x =-+=--,则()g x 在[1,1]-上单调递减.所以()g x 在[1,1]-上的最小值为(1)1g =-.所以m 的取值范围是(,1)-∞-.规律总结：()m f x ≤对一切x R ∈恒成立,则min [()]m f x ≤;()m f x ≥对一切x R ∈恒成立,则max [()]m f x ≥；注意参数的端点值能否取到需检验。
恒成立与存在性问题解题策略
“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本解题策略一、“恒成立问题〞与“存在性问题〞的根本种类恒成立、能成立、恰成立问题的根本种类1、恒成立问题的转变：()a f x >恒成立⇒()maxa f x >；()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立2、能成立问题的转变：()a f x >能成立⇒()min a f x >；()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立3、恰成立问题的转变：()a f x >在M 上恰成立⇔()a f x >的解集为M ()()Ra f x M a f x C M ⎧>⎪⇔⎨≤⎪⎩在上恒成立在上恒成立 另一转变方法：假定A x f D x ≥∈)(,在D 上恰成立，等价于)(x f 在D 上的最小值A x f =)(min，假定,D x ∈B x f ≤)(在D 上恰成立，那么等价于)(x f 在D 上的最大值B x f =)(max. 4、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，那么()()x g x f minmin ≥ 5、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，那么()()x g x f maxmax ≤ 6、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，那么()()x g x f min max ≥7、设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，那么()()x g x f max min ≤8、设函数()x f 、()x g ，对随意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,那么AB.9、假定不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；10、假定不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，那么等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；恒成立问题的根本种类在数学识题研究中常常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式往常有:在给定区间上某关系恒成立;某函数的定义域为全体实数R;某不等式的解为一确实数;某表达式的值恒大于a等等…恒成立问题，波及到一次函数、二次函数的性质、图象,浸透着换元、化归、数形联合、函数与方程等思想方法，有益于考察学生的综合解题能力，在培育思想的灵巧性、创建性等方面起到了踊跃的作用。
快速转化恒成立与存在性问题为最值问题
恒成立与存在性问题与最值问题一、“恒成立问题”与“存在性问题”的基本类型 （1）恒成立问题的转化：①()a f x >恒成立⇒()max a f x >；②()()min a f x a f x ≤⇒≤恒成立（2）能成立（有解）问题的转化：①()a f x >能成立（有解）⇒()min a f x >；②()()max a f x a f x ≤⇒≤能成立（3）设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min min ≥max )(x f min)(x f a x f =)(max )(x f min)(x f a x f =)(a x f =)(max)(x f min )(x f a x f =)(ax f =)(ax f =)(max)(x f min)(x f max)(x g min)(x g max)(x f min)(x f（4）设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max max ≤（5）设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≥，则()()x g x f min max ≥（6）设函数()x f 、()x g ，存在[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f ≤，则()()x g x f max min ≤（7）设函数()x f 、()x g ，对任意的[]b a x ,1∈，存在[]d c x ,2∈，使得()()21x g x f =，设f(x)在区间[a,b]上的值域为A ，g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A ⊂B.（8）若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象上方；（9）若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图象在函数()y g x =图象下方；恒成立问题的基本类型在数学问题研究中经常碰到在给定条件下某些结论恒成立的命题.函数在给定区间上某结论成立问题,其表现形式通常有: 在给定区间上某关系恒成立; 某函数的定义域为全体实数R;●某不等式的解为一切实数;❍某表达式的值恒大于a 等等…恒成立问题，涉及到一次函数、二次函数的性质、图象,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，有利于考查学生的综合解题能力，在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用。
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恒成立与存在、有解结合的问题
例1.已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++
（1）当1a =时，求()f x 的极值；
（2）设()1x g x e x =--，若对于任意的1(0,)x ∈+∞，2x R ∈，不等式12()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围。
演变1.已知函数()ln 2a f x x x x
=
+，32()1g x x x x =--- （1）如果存在12[02]x x ∈，，，使得12()()g x g x M -≥，求满足该不等式的最大整数M ；
（2）如果对任意的1[,2]3s t ∈，，都有()()f s g t ≥成立，求实数a 的取值范围。
演变2.设函数2
()ln f x a x bx =-（0x >）． （1）若函数()f x 在1x =处与直线12
y =-
相切，求实数a 、b 的值； （2）当0b =时，若不等式()f x m x ≥+对所有的3[0]2a ∈，，2(1]x e ∈，都成立（e 为自然对数的底数），求实数m 的取值范围．
例2.已知函数1()ln 1a f x x ax x -=-+
-（a R ∈）. （1）当12
a ≤时，讨论()f x 的单调性； （2）设2()24g x x bx =-+，当14
a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在2[1,2]x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数
b 的取值范围.
演变1.已知函数2()mx f x x n
=+（m n R ∈，）在1x =处取得极值2 （1）求函数()f x 的解析式；
（2）设函数()l n a g x x x
=+，若对任意的1x R ∈，总存在2[1]x e ∈，，使得217()()2
g x f x ≤+
，求实数a 的取值范围。
演变2.已知函数()(2)(1)2ln f x a x x =---（a R ∈），1()x g x xe -=
（1）讨论函数()f x 的单调性；
（2）若对任意给定的(]00,x e ∈，在(]0,e 上总存在两个不同的i x （1,2i =），使得0()()i f x g x =成立，求a 的取值范围。
例3.设函数329()612
f x x x x =-++． （1）对于任意实数x ，()f x m '≥恒成立，求m 的最大值；
（2）若对任意的1[]a e e ∈，，关于x 的不等式31()ln 32f x a a a ka ≤
--+在[2,)+∞上有解，求实数k 的取值范围。
演变1.已知函数()x f x e x =-
（1）求()f x 的最小值；
（2）关于x 的不等式()f x ax >的解集为P ，若1{|
2}2M x x =≤≤且M P ≠∅，求实
数a 的取值范围。
强化练习
1.设函数1()x e f x x
-=，0x ≠ （1）判断函数()f x 在(0)+∞，
上的单调性； （2）证明：对任意正数a ，存在正数x ，使不等式|()1|f x a -<成立
2.设函数a
ax x e x f x
++=2)(，其中a 为实数。
（1）当函数)(x f 的定义域为R 时，求)(x f 的单调区间；
（2）当1a =-时，若对任意[01]x ∈，
，[01]t ∈，，不等式2()1f x t mt ≤--恒成立，求实数m 的取值范围。
3.设函数1()ln 1a f x x ax x
-=-+-． （1）当1a =时，求曲线()f x 在1x =处的切线方程；
（2）当13
a =时，求函数()f x 的单调区间； （3）在（2）的条件下，设函数25()212
g x x bx =--
，若对于1[12]x ∀∈，，2[01]x ∃∈，，使12()()f x g x ≥，求实数b 的取值范围．
4.已知函数21()(21)2ln 2
f x ax a x x =-++（a R ∈） （1）若曲线()y f x =在1x =和3x =处的切线互相平行，求a 的值与函数()f x 的单调区间；
（2）设2()(2)x g x x x e
=-，若对任意1(02]x ∈，，均存在2(02]x ∈，，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围
5.已知函数()sin cos f x ax x x =⋅+，且()f x 在4x π
= （1）求a 的值，并讨论()f x 在[]ππ-，上的单调性；
（2）设函数1()ln(1)1x g x mx x -=++
+，0x ≥，其中0m >，若对任意的1[0,)x ∈+∞，总存在2[0,
]2x π∈，使得12()()g x f x ≥成立，求m 的取值范围。