【【智博教育原创专题】专题讲座】导数与恒成立问题

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(完整版)导数与恒成立、能成立问题及课后练习(含答案),推荐文档

(x) x3 x
简解：（1）由
x
2x 2 1 成立，只需满足
2x 2 1 的最小值大于 a 即
(x)
可．对
x3 x
( x)
2x 2 1 求导，
2x4 (2 x 2
x2 1 1)2
0 ，故 ( x)
在
x
[1,2] 是增函数，
min
(x)
(1)
2 3
，所以
a
的取值范围是
0
a
2 3
解：由函数 f (x) x2 2ax 4 的对称轴为 x=a
所以必须考察 a 与-1，2 的大小，显然要进行三种分类讨论
1）．当 a 2 时 f(x)在[-1，2]上是减函数此时 f (x)min = f(2)=4-4a+4 2
即 a 3 结合 a 2，所以 a 2 2
2）．当 a 1 时 f(x)在[-1，2]上是增函数，此时 f(-1)=1+2a+4 2
(Ⅰ)求 a 的值；(Ⅱ)若 g(x) t2 t 1在x 1,1上恒成立，求 t 的取值范围；
(Ⅱ)分析：在不等式中出现了两个字母：及 t ,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
然可将视作自变量，则上述问题即可转化为在 ,1 内关于的一次函数大于等于 0 恒成立的问题。(Ⅱ)略
．
例
h(x)
2、设函数
a x
x
b
a [1 ，对任意 2
,2] ，都有 h(x)
10 在
x [1 ,1] 4 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

3-3 专题研究1 利用导数研究恒成立问题 PPT课件【2021衡水中学高考一轮总复习理科数学】

2021衡水中学高考一轮总复习理科数学
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高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
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01 专题讲解
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专题研究一利用导数研究恒成立问题
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专题讲解
题型一分离参数求参数范围
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状元笔记参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤： (1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式； (2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值； (3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
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思考题2 若f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.在区间－23，－13 存在单调递减区间，求a的取值范围．
【解析】函数f(x)在区间－23，－13 存在单调递减区间，即f ′(x)<0在－23，－13有解．
∵f′(x)＝3x2＋2ax＋1，a∈R， ∴2ax<－3x2－1在(－23，－13)有解， ∵x∈－23，－13，∴a>－32xx2－1在－23，－13有解，
∴g′(x)＝
[（x＋1）（1＋lnx）]′x－（x＋1）（1＋lnx） x2
＝x－x2lnx
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令h(x)＝x－lnx(分子的符号无法直接判断，所以考虑再构造函数进行分析)，

微专题09 导数解答题之恒成立问题

微专题09 导数解答题之恒成立问题秒杀总结1.利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3.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. 例1．（江西省重点中学协作体2022届高三2月第一次联考数学（理）试题）已知函数2()e sin ,()31x f x x x g x ax x =++=++．(1)求()f x 在x ＝0处的切线方程；(2)当0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求a 取值范围．例2．（苏教版（2019）选修第一册突围者第5章第三节课时3最大值与最小值）已知函数()sin cos x f x e x x =--，()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ≥；（2）若()()2g x ax a ≥+∈R ，求a 的值．例3．（安徽省合肥市第一中学2021届高三下学期6月最后一卷文科数学试题）已知函数()sin cos =-f x x x x（1）当[0,2]x πÎ时，求()f x 的最大值；（2）若[0,]x π∈时，()sin f x ax x -…恒成立，求实数a 的取值范围.例4．（江苏省百校联考2021届高三下学期4月第三次考试数学试题）设01x <<. （1）证明：2sin 116x xx-<<；（2）若3sin 6x ax x -<，求a 的取值范围.过关测试1．（山西省太原市2022届高三上学期期末数学（理）试题）已知函数()()21321ln ,e 22x f x x x g x x x x -=-=+-. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()()0,x g x af x >≥恒成立，求实数a 的取值范围.2．（安徽省六安市示范高中2021-2022学年高三上学期教学质量检测理科数学试题）已知函数()()2ln e =+∈x f x a x x a R .(1)当1a =-时，求()f x 在()0,∞+上的极值点的个数；(2)若()()()2ln 1f x a x x a x x ≥++++，求实数a 的取值范围.3．（河南省湘豫名校联盟2021-2022学年高三上学期11月联考文科数学试题）已知函数()()()2212x a f x x e x =-⋅--，()ln 21x g x x x e =+-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，证明：0x ∀>，()()f x g x ≥.4．（云南省师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（四）数学（理）试题）已知函数1211()(2)e 22x f x x x x -=--++，()sin ln(1)g x ax x x =--+，其中a ∈R . （1）证明：当1x …时，()0f x …；当1x <时，()0f x <；（2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x …恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由.5．（山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()1ln f x a x x=-，R a ∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()2f x x e≤-在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围.6．（天津市西青区杨柳青第一中学2021-2022学年高三上学期第二次阶段检测数学试题）已知函数f （x ）=e ax sin x(1)若f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，求实数a 的取值范围(2)设a ≥1，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有f （x ）≤bx 成立，求b -e 2a 的最小值7．（福建省四地市2022届高三第一次质量检测数学试题）已知函数()()2()e 222x f x x k x -=----，其中k ∈R ．(1)当0k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程； (2)若对任意[1,)x ∈-+∞，有()0f x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．8．（江苏省南通市如皋市2021-2022学年高三上学期12月教学质量调研（三）数学试题）已知函数()2e x f x ax ax =+-，()cos g x x =，其中实数0a >，e 为自然对数的底数.(1)当1a =，求函数()f x 在0x =处的切线方程； (2)若()()f x g x ≥恒成立，求a 的值.9．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）已知函数()21cos 2f x x x =+．(1)求()f x 的最小值；(2)若不等式()21e 22≥+-+x f x x ax 对任意的0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．10．（安徽省六安市第一中学2021-2022学年高三上学期第四次月考理科数学试题）已知函数()()e ln 1R x f x ax x x a =---∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞都有ln 1e 1x x a x+≤-恒成立，求实数a 的取值范围.11．（江苏省新高考基地学校2021-2022学年高三上学期12月第二次大联考数学试题）已知函数()e ln ln x f x a x a =--.(1)若1ea =，求函数()f x 的极值；(2)当0x >时，()52f x ≥，求a 的取值范围.12．（第7讲主元法巧解双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数e ()(ln )=+-xf x a x x x（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，e 2.71828)=⋯． (1)若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；(2)当0a =时，若()f x kx m +…（其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．13．（安徽省淮南市2022届高三上学期一模文科数学试题）已知函数()()ln 11xf x x x =>-． (1)判断函数()f x 的单调性；(2)已知0λ>，若存在()1,x ∈+∞时使不等式()()1e ln 0xx f x λ--≥成立，求λ的取值范围．14．（甘肃青海大联考2021-2022学年高三上学期文科数学试题）已知函数()()222ln f x x a x =++．(1)当5a =-时，求()f x 的单调区间； (2)若存在[]2,e x ∈，使得()2242a f x x x x+->+成立，求实数a 的取值范围．15．（广东省七校联合体2021届高三下学期第三次联考（5月）数学试题）已知函数()ln f x x ax =-. （1）若函数()f x 在定义域上的最大值为1，求实数a 的值；（2）设函数()()()2xh x x e f x =-+，当1a =时，()h x b ≤对任意的1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，求满足条件的实数b的最小整数值.16．（浙江省台州市临海市回浦中学2021届高三下学期考前适应性考试数学试题）设函数()()1,2(,x x f x e x g x ae ma x m a +=-=+-为实数)，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若存在实数a ，使得()()f x g x ≤对任意x ∈R 恒成立，求实数m 的取值范围.17．（吉林省吉林市普通中学2020-2021学年高三第三次调研测试理科数学试试题）已知函数()2sin x f x e x x =-+，()()sin cos x g x e x x a =-++.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）1x ∃、20,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12g x f x ≥成立，求a 的取值范围；（3）不等式()ln f x mx x'->在()1,+∞上恒成立，求整数m 的最大值.18．（第16讲公切线与公切点的高级应用-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数2(),()ln ,2x f x ax g x x ax a R e=-=-∈．(1)解关于()x x R ∈的不等式()0f x ≤； (2)证明：()()f x g x ≥；(3)是否存在常数a ，b ，使得()()f x ax b g x ≥+≥对任意的0x >恒成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．微专题09 导数解答题之恒成立问题秒杀总结1.利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.3.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. 例1．（江西省重点中学协作体2022届高三2月第一次联考数学（理）试题）已知函数2()e sin ,()31x f x x x g x ax x =++=++．(1)求()f x 在x ＝0处的切线方程；(2)当0x ≥时，()()f x g x ≥恒成立，求a 取值范围．【答案】(1)310x y -+=； (2)1(,]2-∞.【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解；(2)构造函数m (x )＝f (x )－g (x )，研究函数m (x )单调性求其最小值即可. (1)()e 1cos x f x x =++'，则()()03,01f f '==，故切线方程为()130y x -=-，化简得310x y -+=； (2)由()221f x ax x ≥++得2e sin 210x x ax x +---≥，令()2e sin 21,0x m x x ax x x =+---≥，即min ()0m x ≥()e cos 22x m x x ax '=+--，令()()h x m x '=，则()e sin 2xh x x a '=--，令()()H x h x ='，则()e cos xH x x =-'，∵0x ≥，∴e 1cos x x ≥≥，∴()e cos 0xH x x =-≥'，∴()h x '在[0，＋∞)上单调递增，且()()012h x h a ='≥-'，当120a -≥，即12a ≤时，()()0120h x h a ≥=-'≥'，()m x '在[0，＋∞)上单调递增，()()00m x m ''≥=， ∴m (x )在[0，＋∞)上单调递增，()()00m x m ≥=，符合题意；当120a -<即12a >时，()(0)120h x h a '≥='-<，[ln(21)]1sin[ln(21)]0h a a '+=-+≥，而()h x '在[0，＋∞)上单调递增，∴0(0,ln(21)]x a ∃∈+，使得()00h x '=，∴当()00,x x ∈时，()0h x '<，()g x '单调递减，()()00m x m ''<=， ∴m (x )在()00,x 单调递减，∴此时()()00m x g <=，不满足()min 0m x ≥， ∴a 的取值范围是1(,]2-∞．【点睛】本题考察的是构造新函数，利用导数研究新函数的单调性求其最小值，关键在于需多次求导，依次判断单调性和函数值正负.例2．（苏教版（2019）选修第一册突围者第5章第三节课时3最大值与最小值）已知函数()sin cos x f x e x x =--，()sin cos x g x e x x =++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ≥；（2）若()()2g x ax a ≥+∈R ，求a 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】【分析】（1）由题意分类讨论当5,44x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦、,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭、[)0,x ∈+∞三种情况即可证得题中的结论；（2）构造函数()sin cos 2xF x e x x ax =++--，分析可知()()min 00F x F ==，可得出()00F '=，求出实数a的值，然后验证当2a =时，()0F x ≥对任意的x ∈R 即可. 【详解】（1）因为()sin cos 24x x f x e x x e x π⎛⎫=--=+ ⎪⎝⎭，则()24xf x e x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭，()00f '=.①当544x ππ-<≤-时，04x ππ-<+≤，()204x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭；②当04x π-<<时，044x ππ<+<，1224x π⎛⎫<+< ⎪⎝⎭1x e <，则()204xf x e x π⎛⎫'=+< ⎪⎝⎭，所以，函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，故()()00f x f >=；③当0x ≥时，构造函数()sin t x x x =-，()1xh x e x =--，则()1cos 0t x x '=-≥，()10xh x e '=-≥对任意的0x ≥恒成立，所以，函数()t x 、()h x 在[)0,+∞上均为增函数，对任意的0x ≥，()()sin 00t x x x t =-≥=，即sin x x ≥， ()()100x h x e x h =--≥=，即1x e x ≥+，所以，当0x ≥时，()sin cos 10x xf x e x x e x =--≥--≥，当且仅当0x =时，等号成立.综上所述，对任意的54x π>-，()0f x ≥；（2）因为()2g x ax ≥+，所以sin cos 2x e x x ax ++≥+，即sin cos 20x e x x ax ++--≥．不妨设()sin cos 2xF x e x x ax =++--，原条件即()0F x ≥．可得()24xF x e x a π'⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．因为()0F x ≥且()00F =，所以0x =时，()F x 取得最小值，由于函数()F x 为可导函数，则0x =为函数()F x 的极小值点，故()00F '=.所以()002204F e a a π'=-=-=，解得2a =，下面来检验当2a =时，0x =是函数()F x 的最小值点， ①当54x π≤-时，()5sin cos 2202202xF x e x x x π=++--≥->；②当54x π>-时，()cos sin 2xF x e x x '=+--，()()sin cos 0x F x e x x f x ''=--=≥，函数()F x '在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，且()00F '=，当504x π-<<时，()()00F x F ''<=，此时函数()F x 单调递减，当0x >时，()()00F x F ''>=，此时函数()F x 单调递增，此时，()()00F x F ≥=，合乎题意. 综上所述，2a =. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式问题的求解策略：（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.例3．（安徽省合肥市第一中学2021届高三下学期6月最后一卷文科数学试题）已知函数()sin cos =-f x x x x （1）当[0,2]x πÎ时，求()f x 的最大值；（2）若[0,]x π∈时，()sin f x ax x -…恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）max ()f x π=；（2）1a …. 【解析】【分析】（1）先求()'f x ，再分析单调性，根据单调性求最大值即可；（2）构造函数()2sin cos h x x x x ax =--，然后分类讨论，研究其单调性，并通过分析端点处的值获得满足题意的a 的取值范围. 【详解】（1）()sin cos ()cos (cos sin )sin f x x x x f x x x x x x x '=-⇒=--=，则由[0,2]x πÎ，可知()'f x 在(0,)π上为正，在(,2)ππ上为负⇒()f x 在[0,]π上为增函数，在[,2]ππ上为减函数，∴当[0,2]x πÎ时，max ()()f x f ππ==.（2）()sin f x ax x ≥-对[0,]x π∀∈恒成立，即2sin cos 0x x x ax --≥对[0,]x π∀∈恒成立. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，0,2x π⎡⎤∴∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''≥，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''≤.()()22h x h a ππ''∴=-…，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.（i ）02a π-…即2a π…时，()0h x '…，()h x 在][0,π上递减，()(0)0h x h ≤=，舍.（ii ）02a π->即2a π<时，①当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=.且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h =…，矛盾，舍；②当10a --<，10a -…即11a -<…时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x <…，()00h x '…，0x x π<…，()00h x '<，()h x ∴在()00,x 上递增，在0(,)x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x …成立. ③10a --…，10a -…即1a -…，()0h x '>，()h x 在[0,]π上递增，则()(0)0h x h =….满足题意. 综上，1a …. 【点睛】关键点睛：解决本题的第（1）问的关键是分析函数的单调性，解决第（2）问的关键是要分类讨论并通过比较端点处的值来确定分类的标准.例4．（江苏省百校联考2021届高三下学期4月第三次考试数学试题）设01x <<.（1）证明：2sin 116x x x-<<；（2）若3sin 6x ax x -<，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）(],1-∞. 【解析】【分析】（1）设()sin (01)f x x x x =-<<，3()sin (01)6xg x x x x =+-<<，根据函数的单调性证明结论成立；（2）通过讨论a 的范围，求出函数的导数，根据函数的单调性确定a 的取值范围即可．【详解】（1）由题意可设()()sin 01f x x x x =-<<，有'()cos 10f x x =-<，所以()f x 在（0，1）单减，所以()(0)0f x f <=，即sin 1xx<，设3()sin (01)6x g x x x x =+-<<，2'()cos 12x g x x =+-，''()sin 0g x x x =->，则有'()0g x >，()g x 单调递增，得()(0)0g x g >=，所以2sin 16x x x >-得证；（2）由（1）可知1a ≤时，33sin 66x x ax x x -≤-<成立，则当1a >时，设3()sin 6x h x x ax =+-，则2'()cos 2x h x x a =+-，''()sin 0h x x x =->，'()h x 单调递增，则''1()(1)cos12h x h a <=+-， ①若1cos12a ≥+，'()0h x <，()h x 单调递减，则有()(0)0h x h <=，此时不符合题意； ②若11cos12a <<+，()'010h a =-<，()'11cos102h a =+->，所以'()h x 有唯一零点，可记为0x ，则00x x <<，'()0h x <，此时()h x 单调递减，有()0h x <，则不符合题意；综上可知1a ≤，即a 的取值范围为(],1-∞. 【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．过关测试1．（山西省太原市2022届高三上学期期末数学（理）试题）已知函数()()21321ln ,e 22x f x x x g x x x x -=-=+-. (1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()()0,x g x af x >≥恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)()f x 的单调递增区间是22⎛ ⎝⎭，单调递减区间是2⎫+∞⎪⎪⎝⎭ (2)12a ≥【解析】【分析】（1）导数后解不等式即可求解；（2）将问题转化为121ln e 22x x x x a x x -⎛⎫+-≥- ⎪⎝⎭在()0,x ∈+∞恒成立，再分别研究121e 22x x x -+-与ln x x x -的最值,再比较即可. (1)()21122(0)x f x x x x x-='-=>，令()0f x '>，则20,2x ⎛∈ ⎝⎭；令()0f x '<，则2x ⎫∈+∞⎪⎪⎝⎭. 22⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭是()f x 的单调递增区间；22⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭是()f x 的单调递减区间. (2)()()g x af x ≥在()0,x ∈+∞恒成立，即()1321e 2ln 2x x x x a x x -+-≥-在()0,x ∈+∞恒成立，即121ln e22x x x x a x x -⎛⎫+-≥- ⎪⎝⎭在()0,x ∈+∞恒成立，令()()()12111e2,e 2,e 102x x x h x x x h x x h x ---''=+-=+'-=+>， ()y h x '∴=在()0,∞+上单调递增且()10h '=， ()0h x '∴<时，()0,1x ∈，()0h x '>时，()1,x ∈+∞，()y h x ∴=在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增， ()y h x ∴=在1x =处取得最小值，即()()min 1[]12h x h ==-，令()()22ln 1ln x x x x x x x x ϕϕ--=-∴='，令()21ln t x x x =--，()()120,t x x y t x x∴=-<∴='-在()0,∞+单调递减，因为()10t =，当01t <<时，()0x ϕ'>；当1t >时，()0x ϕ'<.()y x ϕ∴=在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，()()max []11x ϕϕ∴==-，∴要使()()h x a x ϕ≥在()0,x ∈+∞恒成立，则()()max h x a x ϕ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦，只需考虑()()0h x x ϕ>，因为()0x ϕ<，则()0h x <，当1x =时，()max 12h x =，()()min 11x ϕϕ==，所以，()()()()()()()()11211h x h x h h x x x ϕϕϕϕ=≤≤=，故12a ≥. 2．（安徽省六安市示范高中2021-2022学年高三上学期教学质量检测理科数学试题）已知函数()()2ln e =+∈x f x a x x a R .(1)当1a =-时，求()f x 在()0,∞+上的极值点的个数；(2)若()()()2ln 1f x a x x a x x ≥++++，求实数a 的取值范围.【答案】(1)存在唯一的极值点 (2)0a ≤ 【解析】【分析】（1）将问题转化为导函数在定义域内的零点个数问题，根据导函数的单调性，结合零点存在性定理可解；（2）参变分离，将恒成立问题转化为函数最值问题，然后利用导数讨论可得. (1)当1a =- 3221e (2)1()e (2)x x x x f x x x x x+-=-++=' ，令 32()e (2)1x m x x x =+-，易知()m x 在(0,)+∞上单调递增，1419()e 10,(1)3e 10464m m =-<=->，所以()m x 在(0,)+∞有唯一零点0x ，即()'f x 在(0,)+∞有唯一零点0x ，所以当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，0(,)x x ∈+∞时()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上存在唯一的极值点； (2)由条件整理得：1ln e xx xa x++≤-对0x > 恒成立，令1ln ()e xx x g x x++=- ，22e ln ()x x xg x x +'=令2()ln xh x x e x =+ 1e 211(1)e 0,()e 10e eh h =>=-<()h x 在(0,)+∞上有唯一零点1x ，且11(,1)ex ∈，所以当1(0,)x x ∈时，()0g x '<，1(,)x x ∈+∞时()0g x '>，111min 111ln ()()e x x x g x g x x ++==-， 1211e ln 0x x x +=得111ln111e ln e x x x x = ，令()e (0)t n t t t =>，易知()n t 在(0,)+∞单增，故111()(ln )n x n x =，得1111ln ln x x x ==-，111e x x =1111111111ln 1()1()e 0x x x x x g x x x x ++++-∴=-=-= min ()0a g x ∴≤=. 【点睛】本题第二问属于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a ≥f (x )恒成立⇔a ≥f (x )max ； (2)a ≤f (x )恒成立⇔a ≤f (x )min .3．（河南省湘豫名校联盟2021-2022学年高三上学期11月联考文科数学试题）已知函数()()()2212x a f x x e x =-⋅--，()ln 21x g x x x e =+-+. (1)讨论()f x 的单调性；(2)当0a =时，证明：0x ∀>，()()f x g x ≥. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）求得()()()1xf x x e a '=--，分0a ≤和0a >两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）把证明()()f x g x ≥转化为证明ln 1x xe x x ≥++，令()ln 1xh x xe x x =---，求得()()11x h x x e x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，再令()1xt x e x =-，利用导数求得()t x 在()0,∞+上为增函数，结合零点存在性定理得到存在唯一的01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00t x =，进而得到函数()h x 的单调性与最值，即可求解. (1)解：由题意，函数()()()2212xa f x x e x =-⋅--，可得()()()()()111x xf x x e a x x e a '=---=--，若0a ≤，则当(),1x ∈-∞时，()0f x '<；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(),1-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 若0a >，由()0f x '=得1x =或ln x a =.①当a e =时，可得()()()10xf x x e e '=--≥，所以()f x 在(),-∞+∞上单调递增.②当0a e <<时，可得ln 1a <，故当(),ln x a ∈-∞，(1,)+∞时，()0f x '>，当()ln ,1x a ∈时，()0f x '<，所以()f x 在(),ln a -∞，(1,)+∞上单调递增，在()ln ,1a 上单调递减. ③当a e >时，则ln 1a >，故当(),1x ∈-∞，()ln ,a +∞时，()0f x '>，当()1,ln x a ∈时，()0f x '<，所以()f x 在(),1-∞，()ln ,a +∞上单调递增，在()1,ln a 上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，()f x 在(),1-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增；当a e =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a e <<时，()f x 在(),ln a -∞，(1,)+∞上单调递增，在()ln ,1a 上单调递减；当a e >时，()f x 在(),1-∞，()ln ,a +∞上单调递增，在()1,ln a 上单调递减. (2)解：当0a =时，欲证()()f x g x ≥成立，只需证ln 1x xe x x ≥++，令()ln 1x h x xe x x =---，则()()()11111xx h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭（其中0x >），令()1x t x e x =-，则()210xt x e x '=+>，所以()t x 在()0,∞+上为增函数，因为121202t e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，()110t e =->，所以由零点存在性定理得，存在唯一的01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00t x =，即01=x e x ，即00ln x x =-，所以由()00h x '=得0x x =，故()00,x x ∈时，()0h x '<，()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，所以()()000000000min 11ln n 01l xh x h x e x x x x x x x -==--=--=-+=-，故ln 1x xe x x ≥++成立，即()()f x g x ≥. 【点睛】对于利用导数证明不等式证明问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．4．（云南省师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（四）数学（理）试题）已知函数1211()(2)e 22x f x x x x -=--++，()sin ln(1)g x ax x x =--+，其中a ∈R .（1）证明：当1x …时，()0f x …；当1x <时，()0f x <；（2）用max{,}m n 表示m ，n 中的最大值，记()max{(),()}F x f x g x =.是否存在实数a ，对任意的x ∈R ，()0F x …恒成立.若存在，求出a ；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，2a =. 【解析】【分析】（1）对()f x 求导，得到1()(1)(e 1)x f x x -'=--，对x 分1,1,1x x x ><=讨论即可获得证明；（2）由题意，将()0F x …恒成立转化为当11x -<<时，()0g x ≥恒成立即可，对()g x 求导得1()cos 1g x a x x '=--+，易得'()g x 单增，分(1)0g '≤与(1)0g '>两种情况讨论，结合'()g x 的单调性及零点存在性定理可得到满足题意的a . 【详解】（1）11()(1)e 1(1)(e 1)x x f x x x x --'=--+=--，x ∈R , 当1x >时，10x ->，1e 10x -->，则()0f x '>；当1x <时，10x -<，1e 10x --<，则()0f x '>，当1x =时，(1)0f '=．所以当x ∈R 时，()0f x '≥，()f x 在R 上是增函数，又(1)0f =，所以当1≥x 时，()(1)0f x f ≥=；当1x <时，()(1)0f x f <=．（2）函数()F x 的定义域为(1)-+∞，，由（1）得，当1≥x 时，()0f x ≥，又()max{()()}()F x f x g x f x =，≥，所以当1≥x 时，()0F x ≥恒成立．由于当11x -<<时，()0f x <恒成立，故()0F x ≥等价于：当11x -<<时，()0g x ≥恒成立．1()cos 1g x a x x '=--+，21()sin (1)g x x x ''=++．当10x -<<时，1sin 0x -<<，211(1)x >+，故()0g x ''>；当01x ≤<时，0sin 1x <≤，210(1)x >+，故()0g x ''>．从而当11x -<<时，()0g x ''>，()g x '单调递增．①若(1)0g '≤，即1cos12a +≤，则当(11)x ∈-，时，()(1)0g x g ''<≤，()g x 单调递减，故当(01)x ∈，时，()(0)0g x g <=，不符合题意； ②若(1)0g '>，即1cos12a >+，取11,11b a ⎛⎫∈--+ ⎪+⎝⎭，则11101a -<-+<+，且11()cos 1011g b a b a b b '=--+-<++≤，故存在唯一0(11)x ∈-，，满足00()g x '=，当0(1)x x ∈-，时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0(1)x x ∈，时，()0g x '>，()g x 单调递增．若00x <，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递增，()(0)g x g <，不符合题意；若00x =，则()(0)0g x g ≥=，符合题意，此时由0()0g x '=，得2a =；若00x >，则当0(0)x x ∈，时，()g x 单调递减，()(0)g x g <，不符合题意．综上可知：存在唯一实数2a =满足题意．【关键点晴】本题第一小问的关键点在于提公因式讨论，避免二次求导；第二小问首先将将()0F x …恒成立转化为()0g x ≥在11x -<<时恒成立，在对()g x 研究时，关键点是(0)0g =，再结合'()g x 的单调性及零点存在性定理讨论得到a ，有一定难度，特别是书写的规范性.5．（山东省菏泽市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知函数()1ln f x a x x=-，R a ∈. (1)讨论()f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式()2f x x e≤-在()0,∞+上恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减(2)11e,e ee ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）求出导函数，利用a 的范围，判断导函数的符号，推出函数的单调区间即可.（2）不等式()2f x x e ≤-等价于12ln 0a x x x e--+≤在()0,∞+上恒成立，构造函数，通过函数的导数，利用二次函数的性质，说明极值点一正一负，设函数()12ln g a x x x ex =--+，利用导函数，结合函数的单调性，转化求解a 的范围即可. (1)解：（1）因为()1ln f x a x x=-的定义域为()0,∞+，且 ()2211a ax f x x x x+'=+=. ①若0a ≥，则()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增. ②若0a <，令()0f x '=，得1x a=-.当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<.所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)（2）不等式()2f x x e ≤-在()0,∞+上恒成立等价于12ln 0a x x x e --+≤在()0,∞+上恒成立，令()12ln g a x x x e x =--+，则()222111a x ax g x x x x --'=-+=-.对于函数21y x ax =--，240=∆+>a ，所以其必有两个零点. 又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点()00,x ∈+∞，则20010x ax --=，即001a x x =-. 此时()g x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，故()00g x ≤，即00000112ln 0e x x x x x ⎛⎫---+≤ ⎪⎝⎭.设函数()112ln e h x x x x x x ⎛⎫=---+ ⎪⎝⎭，则()222211111ln 111ln h x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫'=++--+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.当()0,1x ∈时，()0h x '<；当()1,x ∈+∞时，()0h x '>. 所以()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. 又()1e 0e h h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以01,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.由001a x x =-在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，得11e,e ee a ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦. 故a 的取值范围为11e,e ee ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦.6．（天津市西青区杨柳青第一中学2021-2022学年高三上学期第二次阶段检测数学试题）已知函数f （x ）=e ax sin x(1)若f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，求实数a 的取值范围(2)设a ≥1，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有f （x ）≤bx 成立，求b -e 2a 的最小值【答案】(1)[-1，+∞） (2)22e π-【解析】【分析】（1）求出f '（x ），将f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增转化为f '（x ）≥0恒成立，再转化为最值问题求解即可；（2）设g （x ）=f （x ）-bx =e ax sin x -bx ，x ∈0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，利用导数研究其单调性，求其最值，进而求出b 的取值范围，代入b -e 2a 构造函数，求其最小值即可. (1)由f （x ）=e ax sin x ，得f '（x ）=e ax （a sin x +cos x ），由f （x ）在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π上单调递增，可得f '（x ）≥0恒成立，即a sin x +cos x ≥0恒成立，当x =0时，a ∈R ；当x ∈(0,]4π时，a ≥1tan x -恒成立，因为0tan 1x <≤，11tan x∴-≤- ∴a ≥-1，∴a 的取值范围为[-1，+∞）. (2)设g （x ）=f （x ）-bx =e ax sin x -bx ，x ∈0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则g '（x ）=e ax （a sin x +cos x ）-b ，设h （x ）=e ax （a sin x +cos x ）-b ，则h '（x ）=e ax [（a 2-1）sin x +2a cos x ]≥0， ∴h （x ）单调递增，即g '（x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，∴g '（x ）∈21,e a b a b π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，当b ≤1时，g '（x ）≥0，g （x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，∴g （x ）≥g （0）=0，不符合题意；当b ≥2e a a π时，g '（x ）≤0，g （x ）在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，g （x ）≤g （0）=0，符合题意；当1＜b ＜2e a a π时，由于g '（x ）为一个单调递增的函数，而g '（0）=1-b ＜0，2()e 02ag a b ππ'=->，由零点存在性定理，必存在一个零点x 0，使得g '（x 0）=0，从而g （x ）在x ∈[0，x 0]上单调递减，在0(,]2x π单调递增，因此只需)(02g π≤，∴2e 2ab ππ≤，∴b ≥22e aππ，从而22e a ππ≤b ＜2e a a π，综上，b 的取值范围为22[e ,)aππ+∞，因此2222e e e ab a a ππ-≥-，设G （a ）=222e e aa ππ-，则G '（a ）=22e e a π-，令()0G a '>，则a 4π>，又41π>，∴G （a ）在4[1,)π上单调递减，在4(,)π+∞上单调递增，从而G （a ）≥242e ()G ππ=-，∴b -e 2a 的最小值为22e π-.【点睛】关键点点睛：一、对于恒成立问题，通常转化为函数最值问题求解；二、当一次求导不能解决问题的时候，我们可以二次求导来解题.7．（福建省四地市2022届高三第一次质量检测数学试题）已知函数()()2()e 222x f x x k x -=----，其中k ∈R ．(1)当0k =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程； (2)若对任意[1,)x ∈-+∞，有()0f x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】(1)(3e 2)2e 0x y -++=； (2)12k ≤≤. 【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，求得()1f -以及'(1)f -，直接写出切线方程即可；（2）根据题意，由()()10,00f f -≤≤，初步探得k 的取值范围，再利用导数证明充分性即可. (1)0k =时，()2()e 222x f x x x -=---()2()e e 222x x f x x x --'=-⋅+-⋅-(1)e 2(e 2)23e 2f -=----=-+'，(1)e 2f -=-，故所求切线方程为(3e 2)(1)e 2y x =-+++-，整理得：(3e 2)2e 0x y -++= (2)由题意，(1)(e 2)(1)0f k -=---≤，解得：1k ³， (0)20f k =-≤，解得：2k ≤，故必须满足12k ≤≤，下面证明充分性：若12k ≤≤，当1ln 2x -≤≤-时，此时e 20x --≥，()()()()22()e 2122e 212(1)x x f x x x x x --≤----=---+ 此时e 20x --≥，210x -≤，2(1)0x -+≤，故()()2e 212(1)0x x x ----+≤，满足()0f x ≤当ln 2x >-时，此时e 20x --<，()()()2()e 22222e 222x x f x x x x --≤----≤----，令()()2e 2222e 22x xg x x x --=----=--+，则()2e 2x g x -='-，令()0g x '=，得0x =，故ln 20x -<<时，()0g x '>，()g x 单调递增：0x >时，()0g x '<，()g x 单调递减；所以，()(0)0g x g ≤=，满足()0f x ≤. 综上所述，12k ≤≤. 【点睛】本题考察利用导数研究由恒成立问题求参数的范围问题，解决问题的关键在于由点探路，初步求得参数的取值范围，然后证明充分性；在证明充分性时，适度的放缩也是重中之重，属困难题.8．（江苏省南通市如皋市2021-2022学年高三上学期12月教学质量调研（三）数学试题）已知函数()2e x f x ax ax =+-，()cos g x x =，其中实数0a >，e 为自然对数的底数.(1)当1a =，求函数()f x 在0x =处的切线方程； (2)若()()f x g x ≥恒成立，求a 的值. 【答案】(1)1y =； (2)1a =. 【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程.（2）构造2()e cos x g x ax ax x =+--，利用导数研究其单调性，讨论参数a ，确定使()(0)0g x g ≥=恒成立的a 值即可. (1)由题设，2()x f x e x x =+-，则()21x f x e x '=+-，所以(0)0f '=，(0)1f =，故()f x 在0x =处的切线方程为1y =. (2)由题设，2e cos x ax ax x +-≥恒成立，令2()e cos x g x ax ax x =+--，又(0)0g =，故只需保证()(0)g x g ≥恒成立，则()e 2sin x g x ax a x '=+-+，且(0)1g a '=-，进而有()e 2cos x g x a x ''=++，1、当1a >时，()e 2cos 0x g x a x ''=++>，即()g x '单调递增，而(0)10g a '=-<，(1)e sin10g a '=++>，所以0(0,1)x ∃∈使00()g x '=，故在0(0,)x 上()0g x '<，即()g x 单调递减，此时存在()(0)0g x g <=，不满足题设；2、当1a =时，2()e cos x g x x x x =+--，则()e 21sin x g x x x '=+-+，进而有()e 2cos 0x g x x ''=++>，所以()g x '单调递增，(0)10g a '=-=，所以(,0)-∞上()0g x '<，()g x 递减，(0,)+∞上()0g x '>，()g x 递增，故()(0)0g x g ≥=，满足题设， 3、当01a <<时，(0)10g a '=->，而当x 趋向负无穷时()g x '也趋于负无穷，所以0(,0)x ∃∈-∞使00()g x '=，故在0(,0)x 上()0g x '>，即()g x 递增，此时()(0)0g x g <=，不满足题设；综上，1a =. 【点睛】关键点点睛：第二问，注意讨论参数的范围研究()g x 是否在0x =的右侧存在减区间或左侧存在增区间，若存在则题设条件不成立，仅当其在右侧递减左侧递增时符合题意.9．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）已知函数()21cos 2f x x x =+．(1)求()f x 的最小值；(2)若不等式()21e 22≥+-+x f x x ax 对任意的0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)()min 1f x = (2)1a ≤ 【解析】【分析】（1）二次求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；（2）设()()()2e 2e cos 202xx x g x f x ax x ax x =+---=+--≥，进行二次求导，分1a ≤和1a >两种情况讨论，从而可得出答案. (1)解：由()21cos 2f x x x =+，得()sin f x x x '=-，令()()sin h x f x x x '==-，则()1cos 0h x x '=-≥，所以()sin f x x x '=-在(),-∞+∞上为增函数，又(0)0f '=，所以(),0x ∈-∞，()00f '<，()0,x ∈+∞，()00f '>，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增，在(),0∞-上单调递减，所以()()min 01f x f ==； (2)解：设()()()2e 2e cos 202xx x g x f x ax x ax x =+---=+--≥，则()e sin xg x x a '=--，令()e sin x p x x a =--，则()e cos xp x x '=-，∵0x ≥，∴()0p x '≥，∴()p x 在[)0,∞+上单调递增， ①当1a ≤时，()()010p x p a =-≥≥，即()0g x '≥，所以()g x 在[)0,∞+上单调递增，则()()00g x g ≥=恒成立， ②当1a >时，()010p a =-<，()()()()ln 11sin ln 10p a a +=-+≥，所以()(00,ln 1x a ∃∈+⎤⎦，使()()000p x g x '==，当()00,x x ∈，()0g x '≤，()g x 在()00,x 单调递减，则()()00g x g <=，不合题意. 综上所述实数a 的取值范围是1a ≤．【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值问题，还考查了利用导数解决不等式恒成立的问题，考查了数据分析能力和分类讨论思想，有一定的难度.10．（安徽省六安市第一中学2021-2022学年高三上学期第四次月考理科数学试题）已知函数()()e ln 1R x f x ax x x a =---∈.(1)讨论函数()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞都有ln 1e 1x x a x+≤-恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)[)1,+∞.【解析】【分析】（1）求得()()()1e 1x x ax f x x+-'=，分0a ≤、0a >两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数()f x 的单调减区间和增区间；（2）令e 0x s x =>，由参变量分离法可得ln 1s a s +≥，利用导数求出函数()ln 1s g s s+=在()0,∞+上的最大值，即可得出实数a 的取值范围. (1)解：函数()f x 定义域是()0,∞+，由已知()()()()()1e 1111e 11xxxx ax f x a x x ae x x x +-⎛⎫⎛⎫'=+-+=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当0a ≤时，()0f x '<，所以()f x 在()0,∞+内递减，无增区间；当0a >时，令()e 1x x ax ϕ=-，则()()1e 0xx a x ϕ'=+>，故函数()x ϕ在()0,∞+内递增，因为()010ϕ=-<，11e 10a a ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以有且仅有一个实数10,t a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0t ϕ=，当0x t <<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当x t >时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增.综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调递减区间为()0,∞+，无增区间；当0a >时，函数()f x 的单调递增区间为(),t +∞，单调递减区间为()0,t （其中t 满足e 10t at -=）. (2)解：当0x >时，由ln 1e 1x x a x+≤-可得e ln 1x ax x x -≥+，即()e ln 1ln e ln 1ln e 1x x xax x x x x ≥++=++=+，令e x s x =，其中0x >，则()1e 0xs x '=+>，故函数e x s x =在()0,∞+上单调递增，故e 0x s x =>，则ln 1as s ≥+，可得ln 1s a s+≥，令()ln 1s g s s +=，其中0s >，()()221ln 1ln s sg s s s -+'==-. 当01s <<时，()0g s '>，此时函数()g s 单调递增，当1s >时，()0g s '<，此时函数()g s 单调递减，故()()max 11g s g ==，故1a ≥. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）x D ∀∈，()()min m f x m f x ≤⇔≤；（2）x D ∀∈，()()max m f x m f x ≥⇔≥；（3）x D ∃∈，()()max m f x m f x ≤⇔≤；（4）x D ∃∈，()()min m f x m f x ≥⇔≥.11．（江苏省新高考基地学校2021-2022学年高三上学期12月第二次大联考数学试题）已知函数()e ln ln x f x a x a =--.(1)若1ea =，求函数()f x 的极值；(2)当0x >时，()52f x ≥，求a 的取值范围. 【答案】(1)()2f x =极小值，无极大值(2)210,2e e ∞⎫⎛⎤⋃+ ⎪⎥⎝⎦⎭ 【解析】【分析】（1）根据题意求出函数的导数，并判断导数的正负，从而求得函数极值；（2）求出函数的导数()1e xf x a x '=-，由零点存在定理可知其在区间11,1e a a ⎛⎫ ⎪+⎝⎭上存在零点，根据其单调性，判断其正负，确定函数()e ln ln xf x a x a =--的最小值，令最小值大于等于52，求得答案. (1)当1ea =时，()1e ln 1x f x x -=-+，()11e x f x x -'=-，(0x > ),显然()f x '在()0,∞+上是递增的，且()10f '=，故01x <<时，()0f x '<，1x >时，()0f x '>， ∴()f x 在()0,1上递减，()1,+∞上递增， ∴()()12f x f ==极小值，无极大值. (2)由()e ln ln xf x a x a =--可知：0,0x a >> ，而()1e xf x a x'=-，()f x '在()0,∞+上单调递增，且11e 10af a a ⎛⎫⎛⎫=-> ⎪ ⎪⎝⎭'⎝⎭，11e 1e 1e 101e a f a a a +⎛⎫=--<-< ⎪+⎝⎭'，。

专题1.14 导数-恒成立问题(解析版)

恒成立： a >
f
(x) ⇔
a
>
f
(
x
) max
；
a
<
f
(x) ⇔ a <
f
(
x
) min
；
1．已知函数 f (x) = aex + sin x + x, x ∈[0,π ], a < 0 ．
（1）证明：当 a = −1 时，函数 f ( x) 有唯一的极大值；（2）当 f ( x) < 2x −1恒成立，求实数 a 的取值范围．
（2）求证： e−x ＋x＋ln x－1≥0； x
（3）已知 k( e−x ＋x2)≥x－xln x 恒成立，求 k 的取值范围．
【试题来源】2021 年高考二轮复习讲练测（浙江专用）
【答案】（1）1；（2）证明见解析；（3）[1，＋∞)．
ln x +1
【解析】（1）f(x)≥0 等价于 a≥
．
x
令 g(x)＝ ln x +1 x
a ln 1 + a ． a
综上，当 a„ 1 时，函数 f (x) 在区间[1, 2] 上的最小值为 f= (2) a ln 2 + 1 ；当 1 < a < 1时，
2
22
函数 f (x) 在区间[1, 2] 上的最小值为 f = 1a
a ln 1 + a ；当 a…1时，函数 f (x) 在区间[1, 2] a
函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要
证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明．
5．已知函数 f ( x) = 1 ln x − mx (m ∈ R) ， g ( x) =x − a (a > 0) ．

【智博教育原创专题】例谈“任意存在问题”四类题型

例谈“任意存在问题”成都二十中邓冬华恒成立、能成立、恰成立问题是高中数学的一类重要问题，也是高中数学的难点之一。

在解决这些问题的时候往往需要等价转化，通常思维容量是比较大的。

先仅将其中一类问题加以总结。

请看下面的例子问题：（2013资阳一诊）设()f x 是定义在实数集R 上的奇函数，当0x >时，2()4f x x x =-+. ⑴求()f x 的解析式，并解不等式()f x x ≥；⑵设1()2x g x m -=+，若对任意1[1,4]x ∈-，总存在2[25]x ∈，，使12()()f x g x =，求实数m 的取值范围.【解析】当1[1,4]x ∈-时，11()[34],()2x f x g x m -∈-=+ ，是R 上的增函数，∴当2[2,5]x ∈时，2()[2,16],g x m m ∈++ 对任意1[1,4]x ∈-，总存在2[2,5]x ∈使12()(),[3,4][2,16]f x g x m m =∴-⊆++,则23164m m +≤-⎧⎨+≥⎩，解得125m -≤≤-，故实数m 的取值范围是[12,5]--。

第⑵问这样的问题，是恒成立、能成立问题的一种，姑且将其称为“任意存在问题”吧。

这种问题本身没有什么新意，但很多同学想不通为什么[34][216]m m -⊆++，，，或想得不够自然。

对于这样的问题有没有什么好的破题良策呢？这是本文要叙述的内容。

一、“任意存在问题”等价转化的依据记区间D 是函数(),()y f x y g x ==定义域的子区间，对12,x x D ∈。

则“任意存在问题”包含有以下四种基本情况：【类型1】12min max ,,()()()()x x D f x g x f x g x ∀∈>⇔>这个转化的基本思想是：函数()y f x =的图象恒在()y g x =的图象的上方，只需min max ()()f x g x >即可，对任意的均成立问题的等价表述就是恒成立问题。

导数恒成立问题3种基本方法

导数恒成立问题3种基本方法
尽管导数是一道常见的数学问题，但许多人仍然不知道如何正确地解决它。

事实上，导数问题有三种基本方法，可以帮助您正确地解决它们。

第一种方法是使用公式。

导数的公式是
f'(x)=lim(h->0){f(x+h)-f(x)}/h。

这个公式告诉我们，要计算某个函数在某个点上的导数，我们需要计算函数在该点上的两个点之间的斜率。

在实践中，这通常意味着我们需要找到函数上的两个点，然后计算它们之间的斜率。

第二种方法是使用图表。

如果我们有一个函数的图表，我们可以使用这个图表来计算其导数。

具体来说，我们可以通过选择两个点，并计算它们之间的斜率来计算函数在某个点上的导数。

这种方法特别适用于那些图表易于处理的函数。

第三种方法是使用微积分的原理。

微积分的原理告诉我们，如果我们知道一个函数的导数，我们就可以通过求积分来计算这个函数。

因此，我们可以使用这个原理来计算一个函数在某个点上的导数。

虽然这种方法需要一些基本微积分的知识，但是它可以帮助我们更深入地理解导数的本质。

总之，导数问题可以通过使用公式、图表或微积分原理来解决。

选择正确的方法取决于您的具体情况和数学水平。

无论您选择哪种方法，都需要仔细分析问题，并仔细计算。

- 1 -。

第3讲导数与恒成立问题课件

所以 F(t)min＝F(lna)＝eln a－alna－1＝a－alna－1≥0，所以 1－lna－1a≥0，所以 lna ＋1a－1≤0.
记 φ(a)＝lna＋1a－1，φ′(a)＝a－a21. 当 a∈(0,1)时，φ′(a)<0，φ(a)单调递减；当 a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，φ(a)单调递增，所以 φ(a)min＝φ(1)＝0. 因为 lna＋1a－1≤0，即 φ(a)≤0，所以 a＝1.
专题五函数与导数第3讲导数与恒成立问题
回归教材
1. 已知函数 f(x)＝x2－ax＋a－1≥0 在区间(1,4)上恒成立，则 a 的取值范围是( A )
A. (－∞，2]
B. (5，＋∞)
C. (－∞，2)
D. [5，＋∞)
【解析】因为 f(x)＝(x－1)[x－(a－1)] ≥0 在区间(1,4)上恒成立，所以 a－1≤1，
(2021·承德二模)已知函数 f(x)＝aex－4，g(x)＝lnx－x－1，其中 e 为自然对
数的底数，a∈R.
(1) 若对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使 f(x1)≥g(x2)，求 a 的取值范围；【解答】对任意的 x2∈(0,1]，总存在 x1∈(0,1]，使得 f(x1)≥g(x2)，则 f(x)max≥g(x)max. 因为 g(x)＝lnx－x－1，则 g′(x)＝1x－1＝1－x x≥0 对任意的 x∈(0,1]恒成立，所以函数 g(x)在区间(0,1]上单调递增，则 g(x)max＝g(1)＝－2. 因为 f(x)＝aex－4，所以当 a＝0 时，f(x)＝－4，不满足 f(x)max≥g(x)max，故 a≠0；当 a>0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递增，所以 f(x)max＝ae－4，即 ae－4≥－2，解得 a≥2e；当 a<0 时，f(x)＝aex－4 在(0,1]上单调递减，所以 f(x)＝aex－4 在(0,1]上没有最大值，不满足题意．综上，a 的取值范围为2e，＋∞.

【智博教育原创专题】恒成立问题的一般解法

高考数学恒成立问题的解题策略不等式恒成立问题,这类问题求解的基本思路是：根据已知条件将恒成立问题向基本类型转化，正确选用函数法、最小值法、数形结合法等解题方法求解。

解题过程本身渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法，另外不等式恒成立问题大多要利用到一次函数、二次函数的图象和性质。

高考数学复习中的恒成立问题，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。

因此也成为历年高考的一个热点。

恒成立问题在解题过程中大致可分为以下几种类型：①一次函数型；②二次函数型；③变量分离型；④根据函数的奇偶性、周期性等性质；⑤直接根据函数的图象。

【策略1】反客为主法：有一些数学题，题中涉及到若干个量，其中有常量、也有变量，同学们在解答时，由于思维定势，不太习惯把其中的常量暂视为变量、而把其中的变量暂视为常量的做法，结果求解过程异常复杂甚至难以解出。

其实，常量与变量是相对的，是辩证统一的关系，如果根据需要，将它们的地位调换，即“反客为主”，常常使许多难题巧妙获解。

【例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。

【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。

【解析】不等式即2(1)210x p x x -+-+>,设2()(1)21f p x p x x =-+-+,则()f p 在[]2,2-上恒大于0，故有(2)0(2)0f f ->⎧⎨>⎩，即2243010x x x ⎧-+>⎪⎨->⎪⎩解得1x <-或3x >。

【点评】在不等式中出现了两个字母：x 及p ,而我们都习惯把x 看成是一个变量，p 作为常数。

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【专题讲座】导数与恒成立问题
【例1】已知函数21()ln (0)2
f x a x x a =+
>，若对任意两个不等的正数12,x x ，都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围。

【解答】不妨设120x x >>，则1212
()()2f x f x x x ->-等价于1122()2()2f x x f x x ->-。

设()()2,(0,)g x f x x x =-∈+∞，则12()()g x g x >恒成立，即()g x 在(0,)+∞上单调递增，所以'()20a g x x x
=+-≥在(0,)+∞上恒成立，故22a x x ≥-在(0,)+∞上恒成立，而2max (2)1x x -=，所以1a ≥。

【定理】设非常量函数()y f x =在[,]a b 内连续，在(,)a b 上可导，则对于(,)a b 上的任意两个不等实
数12,x x ，不等式1212
()()f x f x m x x ->-恒成立⇔对于(,)a b 上任意实数x ，不等式'()f x m ≥恒成立。

【证明】不妨设12,()(),(,)x x g x f x mx x a b >=-∈。

对于(,)a b 上的任意两个不等实数12,x x ，不等式1212
()()f x f x m x x ->-恒成立112212()()()()()f x mx f x mx g x g x g x ⇔->-⇔>⇔在(,)a b 上单调递增'()0g x ⇔≥在(,)a b 上恒成立'()f x m ⇔≥在(,)a b 上恒成立。

【练习】已知函数2()ln(1)f x a x x =+-，任取12,(0,1)x x ∈且12x x ≠，不等式1212
(1)(1)1f x f x x x +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是 15a ≥
【例2】已知函数2()2ln f x x x a x =++，当1t ≥时，不等式(21)2()3f t f t -≥-恒成立，求实数a 的取值范围。

【解答】由已知得22(21)2(21)ln(21)242ln 3t t a t t t a t -+-+-≥++-恒成立，2222ln(21)422ln ,ln(21)2(21)(ln 2)t a t t a t a t t a t t +-≥-+---≥-，令()l n 2(1)g x a x x x =->，则2(21)()g t g t ->，当1t >时，22(21)(1)0t t t --=->，所以2(21)0t t >->，故()g x 在(1,)+∞上单调递减，所以'()20a g x x
=-≤在(1,)+∞上恒成立。

即2a x ≤在(1,)+∞上恒成立，所以2a ≤。