高考文科数学解析“函数与导数”大题常考的3类题型

第3课时 题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型一、学前明考情——考什么、怎么考[真题尝试]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫－12a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a. 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝⎛⎭⎫－12a －1－14a ≤－34a－2，即ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a ＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a＋1≤0， 即f (x )≤－34a－2. 2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)． (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．解：(1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f′(x)＝x2－6x－3.令f′(x)＝0，解得x＝3－23或x＝3＋2 3.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)，单调递减区间为(3－23，3＋23)．(2)证明：因为x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于x3x2＋x＋1－3a＝0.设g(x)＝x3x2＋x＋1－3a，则g′(x)＝x2(x2＋2x＋3)(x2＋x＋1)2≥0，仅当x＝0时，g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6⎝⎛⎭⎫a－162－16<0，f(3a＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝a e x－ln x－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a e x－1 x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝1 2e2.从而f(x)＝12e2ex－ln x－1，f′(x)＝12e2ex－1x.可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，所以当0<x<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)证明：当a≥1e时，f(x)≥e xe－ln x－1.设g(x)＝e xe－ln x－1，则g′(x)＝e xe－1x.可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0. [把握考情]数，难度一般，若含参数，则较难．常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．考法一求函数的单调区间[例1](2018·湘东五校联考节选)已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．当x>1时，求f(x)的单调区间．[解]f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)．综上所述，当k≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)．[方法技巧]利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．[针对训练](2019·湖南、江西十四校联考)已知f(x)＝(x2－ax)ln x－32x2＋2ax，求f(x)的单调递减区间．解：易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)，令f ′(x )＝0得x ＝a 2或x ＝e. 当a ≤0时，因为x >0，所以2x －a >0，令f ′(x )<0得x <e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a >0时，①若a 2<e ，即0<a <2e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )<0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ； ②若a 2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间； ③若a 2>e ，即a >2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2. 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0<a <2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a >2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2. 考法二 讨论函数的单调性[例2] 已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)，讨论函数f (x )的单调性． [解] f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， ①当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ；由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减． [方法技巧]讨论函数f (x )单调性的步骤(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )，并求方程f ′(x )＝0的根；(3)利用f ′(x )＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f ′(x )的正负，由符号确定f (x )在该区间上的单调性．[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[针对训练]已知函数f (x )＝1－ln x ＋a 2x 2－ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋2a 2x －a ＝2a 2x 2－ax －1x ＝(2ax ＋1)(ax －1)x. ①若a ＝0，则f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >0，则当x ＝1a时，f ′(x )＝0， 当0<x <1a 时，f ′(x )<0；当x >1a 时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． ③若a <0，则当x ＝－12a 时，f ′(x )＝0， 当0<x <－12a 时，f ′(x )<0； 当x >－12a时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增． 综上所述，当a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递增． 考法三 由函数的单调性求参数[例3] 设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝1，f ′(0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0. (2)由(1)知f (x )＝13x 3－a 2x 2＋1， 则g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝⎛⎭⎫x ＋2x max ＝－22， 当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．[方法技巧]由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)由可导函数f (x )在D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)对x ∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2＋(a ＋1)x ＋3. (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝－ln x ＋12x 2＋3，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－1x ＋x ＝x 2－1x. 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得0＜x ＜1. 所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．(2)法一：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝a x＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0，即(x ＋1)(x ＋a )≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x ＋1＞0，所以x ＋a ≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，所以a ≥0，故实数a 的取值范围是[0，＋∞)．法二：因为函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝a x＋x ＋a ＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立， 即x 2＋(a ＋1)x ＋a ≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 2＋(a ＋1)x ＋a ，因为Δ＝(a ＋1)2－4a ≥0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋12≤0，g (0)≥0，即a ≥0， 所以实数a 的取值范围是[0，＋∞).[典例] )，a∈R.(1)证明：当a <2－2ln 2时，f ′(x )没有零点；(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)证明：∵f ′(x )＝e x －2x －a ，令g (x )＝f ′(x )，∴g ′(x )＝e x －2.令g ′(x )<0，解得x <ln 2；令g ′(x )>0，解得x >ln 2，∴f ′(x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )min ＝f ′(ln 2)＝2－2ln 2－a .当a <2－2ln 2时，f ′(x )min >0，∴f ′(x )的图象恒在x 轴上方，∴f ′(x )没有零点．(2)当x >0时，f (x )＋x ≥0恒成立，即e x －x 2－ax ＋x －1≥0恒成立，∴ax ≤e x －x 2＋x －1，即a ≤e x x －x －1x＋1恒成立． 令h (x )＝e x x －x －1x＋1(x >0)， 则h ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2. 当x >0时，e x －x －1>0恒成立，令h ′(x )<0，解得0<x <1，令h ′(x )>0，解得x >1，∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝e －1.∴a 的取值范围是(－∞，e －1]．[方法技巧]利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[针对训练](2019·武汉调研)已知函数f (x )＝e x －ax －1(a ∈R)(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)求f (x )的单调区间；(2)讨论g (x )＝f (x )⎝⎛⎭⎫x －12在区间[0,1]上零点的个数． 解：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ，当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，令f ′(x )<0，得x <ln a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，ln a )，单调递增区间为(ln a ，＋∞)．(2)令g (x )＝0，得f (x )＝0或x ＝12， 先考虑f (x )在区间[0,1]上的零点个数，①当a ≤1时，f (x )在[0,1]上单调递增且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点；②当a ≥e 时，f (x )在[0,1]上单调递减且f (0)＝0，∴f (x )在[0,1]上有一个零点；③当1<a <e 时，f (x )在[0，ln a )上单调递减，在(ln a,1]上单调递增，而f (1)＝e －a －1，当e －a －1≥0，即1<a ≤e －1时，f (x )在[0,1]上有两个零点， 当e －a －1<0，即e －1<a <e 时，f (x )在[0,1]上有一个零点．当x ＝12时，由f ⎝⎛⎭⎫12＝0得a ＝2(e －1)． ∴当a ≤1或a >e －1或a ＝2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有两个零点；当1<a ≤e －1且a ≠2(e －1)时，g (x )在[0,1]上有三个零点．大，属中、高档题．常见的考法有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3)存在型不等式成立问题． 考法一 证明不等式[例1](2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x－1e x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.[解](1)因为f′(x)＝－ax2＋(2a－1)x＋2e x，所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋e x＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋e x＋1，则g′(x)＝2x＋1＋e x＋1.当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g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.[方法技巧]1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.2．证明不等式时的一些常见结论(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；(2)e x≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；(3)ln x<x<e x，x>0；(4)xx＋1≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．[针对训练](2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1)．解：(1)因为f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f ′(e －2)＝0，即a ＋ln e －2＋1＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝ln x ＋2.当f ′(x )>0时，x >e －2；当f ′(x )<0时，0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，所以f (x )在x ＝e －2处取得极小值，符合题意，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x >0)．g ′(x )＝ln x －1，由g ′(x )＝0，得x ＝e.由g ′(x )>0，得x >e ；由g ′(x )<0，得0<x <e.所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)上的最小值为g (e)＝3－e>0.于是在(1，＋∞)上，都有g (x )≥g (e)>0，所以f (x )>3(x －1)．考法二 不等式恒成立问题[例2] (2019·安徽江淮十校联考)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．(1)求f (x )的单调区间和极值； (2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值． [解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e， ∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值．(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ， 得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x， 问题转化为m ≤⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min .令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)， 则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2， 由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4，即m ≤4，所以m 的最大值是4.[方法技巧]不等式恒成立问题的求解策略(1)已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a >0，Δ<0或a <0，Δ<0)求解．[针对训练]设函数f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)，若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围． 解：令F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2.F (0)＝2k －2≥0⇒k ≥1，F (－2)＝－2k e －2＋2≥0⇒k ≤e 2，所以1≤k ≤e 2.由F ′(x )＝2(x ＋2)(k e x －1)＝0⇒x 1＝－2，x 2＝－ln k ≥－2.①当k ＝e 2时，F ′(x )＝2(x ＋2)(e x ＋2－1)≥0，所以F (x )在[－2，＋∞)递增，所以F (x )≥F (－2)＝0.②当1≤k <e 2时，F (x )min ＝F (综上，1≤k ≤e 2.考法三 不等式存在性问题(1)f (x )>g (x )对x ∈I 能成立⇔I 与f (x )>g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max >0(x ∈I )．(2)对∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min ，f (x )的定义域为D 1，g (x )的定义域为D 2.[例3] (2019·云南统考)已知函数f (x )＝x ln x－ax (a >0)． (1)若函数f (x )在(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的最小值；(2)若∃x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )在(1，＋∞)上为减函数，所以f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )max ≤0.又f ′(x )＝ln x －1(ln x )2－a ＝－⎝⎛⎭⎫1ln x －122＋14－a ， 故当1ln x ＝12，即x ＝e 2时，f ′(x )max ＝14－a ， 所以14－a ≤0，故a ≥14，所以a 的最小值为14. (2)“若∃x 1，x 2∈[e ，e 2]，使f (x 1)≤f ′(x 2)＋a 成立”等价于当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤f ′(x )max ＋a ，当x ∈[e ，e 2]时，有f ′(x )max ＋a ＝14， 问题等价于：“当x ∈[e ，e 2]时，有f (x )min ≤14”． ①当a ≥14时，f (x )在[e ，e 2]上为减函数， 则f (x )min ＝f (e 2)＝e 22－a e 2≤14，故a ≥12－14e 2. ②当0<a <14时，由于f ′(x )＝－⎝⎛⎭⎫1ln x －122＋14－a 在[e ，e 2]上为增函数， 故f ′(x )的值域为[f ′(e)，f ′(e 2)]，即⎣⎡⎦⎤－a ，14－a . 由f ′(x )的单调性和值域知，存在唯一x 0∈(e ，e 2)，使f ′(x 0)＝0，且满足：当x ∈(e ，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(x 0，e 2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (x 0)＝x 0ln x 0－ax 0≤14，x 0∈(e ，e 2)， 所以a ≥1ln x 0－14x 0>1ln e 2－14e >12－14＝14， 与0<a <14矛盾，不合题意． 综上，实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫12－14e 2，＋∞. [方法技巧]不等式存在性问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．[针对训练](2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R 在(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)成立，求k 的取值范围． 解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x －a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1，∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x .令f ′(x )>0，得0<x <1；令f ′(x )<0，得x >1.∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12>k (x －1)可化为 ln x －x 22＋x －12>k (x －1)． 令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)，x >1， 则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x. ∵x >1，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1，h (x )的对称轴为x ＝1－k 2， ①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴h (x )<h (1)＝1－k .若k ≥1，则h (x )≤0，∴g ′(x )≤0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，∴g (x )<g (1)＝0，不符合题意．若－1≤k <1，则h (1)>0，∴必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k <－1时，易知必存在x 0使得h (x )在 (1，x 0)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝1－k >0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )>g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围是(－∞，1).[课时跟踪检测]1．设函数f (x )＝(1－x 2)e x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－1±2，当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．(2)令g (x )＝f (x )－ax －1＝(1－x 2)e x －(ax ＋1)，令x ＝0，可得g (0)＝0.g ′(x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，令h (x )＝(1－x 2－2x )e x －a ，则h ′(x )＝－(x 2＋4x ＋1)e x ，当x ≥0时，h ′(x )<0，h (x )在[0，＋∞)上单调递减，故h (x )≤h (0)＝1－a ，即g ′(x )≤1－a ，要使f (x )－ax －1≤0在x ≥0时恒成立，需要1－a ≤0，即a ≥1，此时g (x )≤g (0)＝0，故a ≥1.综上所述，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．2．(2019·重庆调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x， 令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)， 当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0. ∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为( 12，＋∞ ). (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x .令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎡⎦⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，g ⎝⎛⎭⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33，∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，3－ln 33. 3．已知函数f (x )＝2a －x 2e x (a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，不等式f (x )>－1恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－2x －2a e x， 当a ≤－12时，x 2－2x －2a ≥0，f ′(x )≥0， ∴函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当a >－12时，令x 2－2x －2a ＝0， 解得x 1＝1－2a ＋1，x 2＝1＋2a ＋1.∴函数f (x )的单调递增区间为(－∞，1－2a ＋1)和(1＋2a ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1－2a ＋1，1＋2a ＋1)．(2)f (x )>－1⇔2a －x 2e x >－1⇔2a >x 2－e x ， 由条件知，2a >x 2－e x 对∀x ≥1恒成立．令g (x )＝x 2－e x ，h (x )＝g ′(x )＝2x －e x ，∴h ′(x )＝2－e x .当x ∈[1，＋∞)时，h ′(x )＝2－e x ≤2－e<0，∴h (x )＝g ′(x )＝2x －e x 在[1，＋∞)上单调递减，∴h (x )＝2x －e x ≤2－e<0，即g ′(x )<0，∴g (x )＝x 2－e x 在[1，＋∞)上单调递减，∴g (x )＝x 2－e x ≤g (1)＝1－e ，故若f (x )>－1在[1，＋∞)上恒成立，则需2a >g (x )max ＝1－e ，∴a >1－e 2，即实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1－e 2，＋∞. 4．(2019·广西柳州模拟)已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)若x ＝3是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的取值；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x. ∵x ＝3是函数f (x )的一个极值点，∴f ′(3)＝0，解得a ＝－6.经检验a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，∴a ＝－6.(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0，记F (x )＝x －ln x (x >0)，∴F ′(x )＝x －1x (x >0)，∴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 ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0. 记G (x )＝x 2－2x x －ln x，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， ∴G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，1时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增．∴G (x )min ＝G (1)＝－1，∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．5．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明f (x )≥2a －1a .解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a， 即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)， 当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (a )min ＝g (1)＝0.所以ln a ＋1a －1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a .6．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝12x2－a2ln x，a>0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)f′(x)＝x－a2x＝(x＋a)(x－a)x(x>0)．当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝12a2－a2ln a.令12a2－a2ln a≥0，解得0<a< e.故a的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x1<a<x2<2a，则2a－x2<a.要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1)<f(2a－x2)．因为f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)<f(2a－x2)．设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.则g′(x)＝x－a2x＋2a－x－a22a－x＝－2a(a－x)2x(2a－x)≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0. 又a<x2<2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)<f(2a－x2)．因此x1＋x2>2a.。