專題06 導(dǎo)數(shù)中的存在與恒成立問題

第1頁（共21頁）專題06專題06導(dǎo)數(shù)中的存在與恒成立問題熱點(diǎn)研究熱點(diǎn)研究專題熱度★★★★☆命題熱點(diǎn)(1)存在與恒成立問題，既含自變量又含參變量．(2)與函數(shù)、數(shù)列、方程、幾何有機(jī)結(jié)合起來，具有形式靈活、思維性強(qiáng)、知識交匯點(diǎn)多等特點(diǎn)．熱門方法分離參數(shù)法、數(shù)形結(jié)合法、最值法、構(gòu)造法、一元二次方程根的判別式法、更換主元法．熱點(diǎn)題型選擇題、填空題、解答題．熱點(diǎn)突破熱點(diǎn)突破熱點(diǎn)1分離參數(shù)法名師點(diǎn)撥1．利用分離參數(shù)法來確定不等式fx,λ≥0,（x∈D,λ為實(shí)參數(shù)）恒成立中參數(shù)(1)將參數(shù)與變量分離,即化為gλ≥fx（或(2)求fx在x∈D上的最大（或最?。┲?；若分離參數(shù)后，所求最值恰好在“斷點(diǎn)處”，則可以通過洛必達(dá)法則求出“最值”(3)解不等式gλ≥fxmax(或2．重要結(jié)論(1)λ≥f(x)恒成立?λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立?λ≤f(x)min．(2)λ≥f(x)能成立?λ≥f(x)min；λ≤f(x)能成立?λ≤f(x)max．3．參變分離法的適用范圍(1)已知不等式中兩個字母是否便于進(jìn)行分離，如果僅通過幾步簡單變換即可達(dá)到分離目的，則參變分離法可行.但有些不等式中由于兩個字母的關(guān)系過于“緊密”，會出現(xiàn)無法分離的情形，此時要考慮其他方法．(2)要看參變分離后，已知變量的函數(shù)解析式是否便于求出最值（或臨界值），若解析式過于復(fù)雜而無法求出最值（或臨界值），則也無法用參變分離法解決問題．【例1】（2023?濱州二模）已知函數(shù)f（x）＝eax﹣2lnx﹣x2+ax，若f（x）＞0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）A．(2e，+∞) B．(0，2e) 【答案】A【分析】依題意可得eax+ax＞x2+2lnx＝e2lnx+2lnx，進(jìn)而可得a＞2lnxx在x∈（0，+∞）上恒成立，構(gòu)造函數(shù)【解答】解：f（x）＞0等價于eax+ax＞x2+2lnx＝e2lnx+2lnx，令函數(shù)g（x）＝ex+x，則g′（x）＝ex+1＞0，故g（x）是增函數(shù)，eax+ax＞e2lnx+2lnx等價于ax＞2lnx（x＞0），即a＞2lnx令函數(shù)?(x)=2lnxx，則當(dāng)x∈（0，e）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（e，+∞）時，h（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，所以?(x)故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2故選：A．【例2】（2023?惠州模擬）已知x∈(0，π2)，且ax＜sinx＜bx恒成立，則A．1 B．2π C．2π?1【答案】D【分析】首先由于x∈(0，π2)對于原不等式變形為a＜sinxx＜b，從而構(gòu)造函數(shù)f(x)=sinx【解答】解：由已知有x＞0，對原不等式同時除以x，可得：a＜sinx構(gòu)造f(x)=sinxx，即求b﹣a的最小值即求f（x）在f'(x)=cosx?x?sinxx2，令h（x）＝cosx?x﹣sinx，h′（x）＝﹣x因?yàn)閤∈(0，π2)，故h′（x）＜0恒成立，故h（x又因?yàn)閔（0）＝0，故h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0在(0，π故f（x）在(0，π且x→0時，sinxx→1，當(dāng)x=π2故b﹣a的最小值為1?2故選：D．【例3】（2023?禹王臺區(qū)校級模擬）若存在x∈[1，+∞），使得關(guān)于x的不等式(1+1xA．2 B．1ln2 C．ln2﹣1 D．【答案】D【分析】由(1+1x)x+a≥e兩邊取對數(shù)可得（x+a）ln（1+1x）≥1，令1+1x=t，則不等式可轉(zhuǎn)化為（1t?1+a）lnt≥1，即a≥1lnt?【解答】解：由(1+1x)x+a≥e兩邊取對數(shù)可得（x+a）令1+1x=t，則x=1t?1，因?yàn)閤則不等式①可轉(zhuǎn)化為（1t?1+a）又因?yàn)閘nt＞0，所以a≥1lnt?1t?1，因?yàn)榇嬖趚∈所以存在t∈（1，2]，a≥1lnt?令g（x）=1lnx?1所以g′（x）=?1令h（x）＝（lnx）2﹣x?1x+2，所以h′（x）=1x?（2lnx）﹣1令m（x）＝2lnx﹣x+1x，x所以m′（x）=2x?所以m（x）在（1，2]上單調(diào)遞減，所以m（x）＜m（1）＝0，所以h′（x）＜0，所以h（x）在（1，2]上單調(diào)遞減，所以h（x）＜h（1）＝0，所以g′（x）＜0，所以g（x）在（1，2]上單調(diào)遞減，所以g（x）≥g（2）=1ln2?1，所以所以實(shí)數(shù)a的最小值為1ln2故選：D．熱點(diǎn)2切線法名師點(diǎn)撥把恒成立問題轉(zhuǎn)化為直線與曲線的位置關(guān)系，通過直線與曲線相切求參數(shù)的臨界值．【例4】（2023?白山一模）若關(guān)于x的不等式2ex+x2﹣2ax≥3﹣a2恒成立，則a的取值范圍是（）A．（﹣∞，e] B．[e，+∞） C．（﹣∞，1] D．[1，+∞）【答案】D【分析】由題意可得2ex≥﹣x2+2ax﹣a2+3恒成立，即函數(shù)y＝2ex的圖象始終在y＝﹣x2+2ax﹣a2+3的圖象上方，當(dāng)兩函數(shù)圖象相切時，a取最小值，設(shè)切點(diǎn)為（x0，y0），列出方程組，解出a的值，即得答案．【解答】解：因?yàn)椴坏仁?ex+x2﹣2ax≥3﹣a2恒成立，即不等式2ex≥﹣x2+2ax﹣a2+3＝3﹣（x﹣a）2恒成立，即函數(shù)y＝2ex的圖象始終在y＝﹣x2+2ax﹣a2+3的圖象上方，當(dāng)兩函數(shù)圖象相切時，a取最小值，又因?yàn)閥＝2ex，y′＝2ex；y＝﹣x2+2ax﹣a2+3，y′＝﹣2x+2a，設(shè)此時的切點(diǎn)為（x0，y0），則有2ex0=?2x0所以a的取值范圍是[1，+∞）．故選：D．【例5】（2023?福州模擬）若關(guān)于x的不等式2+lnx≤ax+b≤ex恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．[1e，1] B．[1，e] C．[1，【答案】C【分析】設(shè)f（x）＝2+lnx，g（x）＝ex，求兩個曲線公切線的斜率即可．【解答】解：設(shè)f（x）＝2+lnx，g（x）＝ex，依題意只需求公切線斜率即可．f'(x)=1x，g′（x）＝ex，設(shè)切點(diǎn)分別為（x1，2+lnx1），則切線方程為y?(2+lnx1)=y?ex2則1x1=ex2①1+lnx代入②得：(1+lnx1)(1?故公切線斜率為k＝1或k＝e，如圖，由圖象可知，a∈[1，e]．故選：C．【例6】（2023?敘州區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f(x)=lnxx，若|f（x）|≥mx﹣m恒成立，則A．（﹣∞，0] B．[﹣1，1] C．（﹣∞，﹣1] D．[﹣1，0]【答案】D【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，再利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題，根據(jù)數(shù)形結(jié)合的思想方法即可得出結(jié)果．【解答】解：f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=1?lnx令f′（x）＝0，解得x＝e，當(dāng)x∈（0，e）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（e，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，又f（1）＝0，f（e）=1e，當(dāng)x＞e時，所以|f（x）|的圖象如圖所示：令g（x）＝mx﹣m＝m（x﹣1），g（x）恒過定點(diǎn)（1，0），要使|f（x）|≥g（x），必有g(shù)（x）的圖象恒在|f（x）|圖象的下方，則m≤0，當(dāng)g（x）與|f（x）|的圖像相切于點(diǎn)（1，0）時，m取得最小值，當(dāng)0＜x≤1時，|f（x）|＝|lnxx|=?令h（x）=?lnxx，則h′（x）=lnx?1此時g（x）切線的斜率為﹣1，故m∈[﹣1，0]．故選：D．熱點(diǎn)3數(shù)形結(jié)合法名師點(diǎn)撥1．對于參數(shù)不能單獨(dú)放在一側(cè)的，即不能用分離參數(shù)法解決問題時，可以利用函數(shù)圖象來解。利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題：應(yīng)先構(gòu)造函數(shù)，作出符合已知條件的圖形，再考慮在給定區(qū)間上函數(shù)與函數(shù)圖象之間的關(guān)系，得出答案或列出條件，求出參數(shù)的范圍．2．函數(shù)的不等關(guān)系與圖象特征(1)若，均有的圖象始終在的下方．(2)若，均有的圖象始終在的上方．3．利用數(shù)形結(jié)合解決恒成立問題，往往具備以下幾個特點(diǎn)(1)所給的不等式運(yùn)用代數(shù)手段變形比較復(fù)雜，比如分段函數(shù)，或者定義域含參等，而涉及的函數(shù)便于直接作圖或是利用圖象變換作圖．(2)所求的參數(shù)在圖象中具備一定的幾何含義．(3)題目中所給的條件大都能翻譯成圖象上的特征．【例7】（2023?桐鄉(xiāng)市校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlnx，g（x）＝xex，若存在t＞0，使得f（x1）＝g（x2）＝t成立，則x1﹣2x2的最小值為（）A．2﹣ln4 B．2+ln4 C．e﹣ln2 D．e+ln2【答案】A【分析】由題設(shè)知f(x1)=f(ex2)=t，研究f（x）的單調(diào)性及最值，畫出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合確定y＝t＞0、f（x）的交點(diǎn)個數(shù)得x1=ex2，進(jìn)而將目標(biāo)式化為x1﹣2【解答】解：由題設(shè)x1lnx由f′（x）＝1+lnx，則(0，1e)上f′（x）＜0，f（x）遞減；(1e，+∞)上f′（f(x)≥f(1e)=?1e，且f由圖知：t∈（0，+∞）時，x1=ex2，即x2＝lnx1且x1＞1，所以x1﹣2x2＝x令h（x）＝x﹣2lnx且x∈（1，+∞），則?'(x)=1?21＜x＜2時，h'（x）＜0，h（x）遞減；x＞2時，h′（x）＞0，h（x）遞增；所以h（x）min＝h（2）＝2﹣2ln2＝2﹣ln4，即x1﹣2x2的最小值為2﹣ln4．故選：A．【例8】（2023?東莞市模擬）已知函數(shù)f（x）＝3alnx﹣（a﹣3）x，a∈R．（1）當(dāng)a＝1時，求曲線g（x）＝f（x）﹣3lnx﹣sinx在x=π（2）設(shè)x1，x2是h（x）＝f（x）﹣（3a﹣2）lnx﹣3x的兩個不同零點(diǎn)，證明：a（x1+x2）＞4．【答案】（1）2x﹣y﹣1＝0；（2）證明見解析．【分析】（1）當(dāng)a＝1時，求出g'(π2)（2）令t（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0），設(shè)函數(shù)n（x）與t（x）相切于（x0，y0），可得y0＝2，x0＝e，a=2e，根據(jù)t（x）、n（x）的圖象可得0＜a＜2e時有兩個不同的交點(diǎn)，h（x）有兩個零點(diǎn)，得a的取值范圍為(0，2e)，求出h（x），即證x1+x2＞4a，不妨設(shè)x1＜x2，由h（x1）＝h（【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時，g（x）＝f（x）﹣3lnx﹣sinx＝2x﹣sinx，g'（x）＝2﹣cosx，g'(π2)=2曲線g（x）在x=π2處的切線方程為y?(π?1)=2(x?π2證明：（2）令h（x）＝f（x）﹣（3a﹣2）lnx﹣3x＝2lnx﹣ax＝0，得2lnx＝ax（x＞0），令t（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0），設(shè)n（x）與t（x）相切于（x0，y0），由a=t'(x0)=2x0、2lnx0＝y(tǒng)0、ax0＝y(tǒng)0，可得y0＝2，xt（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0）的大致圖象如下，當(dāng)0＜a＜2e時，t（x）＝2lnx（x＞0）與n（x）＝ax（即h（x）有兩個零點(diǎn)，所以a的取值范圍為(0，2e當(dāng)x∈(0，2a)時，h'（x）＞0，h（當(dāng)x∈(2a，+∞)時，h'（x）＜0，h（x要證a（x1+x2）＞4，只要證x1不妨設(shè)x1＜x2，由h（x1）＝h（x2），則0＜x構(gòu)造函數(shù)F(x)=?(x)??(4F'(x)=?'(x)??'(4∴F（x）在(0，又F(2a)=0，∴F(x)=?(x)??(4a又h（x1）＝h（x2），∴?(x而x2，4a?x1∈(2a∴x2＞4∴a（x1+x2）＞4．【例9】（2023?麗水模擬）已知函數(shù)f(x)=e（1）求函數(shù)f（x）在點(diǎn)(1（2）若x1，x2為方程f（x）＝k的兩個不相等的實(shí)根，證明：（i）f（x）≥e2x（ii）|x1﹣x2|≤（e42+2【答案】（1）y=?2e14（2）（i）證明見解答．（ii）證明見解答．【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線斜率f′（14），結(jié)合f（1（2）（i）所證不等式可化為f(x)x+1≥e2，令g（x）=f(x)x+1，利用導(dǎo)數(shù)求得g（x）的單調(diào)性，進(jìn)而得到g（x）（ii）根據(jù)（i）知y＝k與y=e2x+e2的交點(diǎn)為（2ke?1，k），從而可知只需證明x1≥54?ek2k，又y＝k與y=?2e14x+52e14的交點(diǎn)為（54?ek2k，k【解答】解：（1）∵f′（x）=e∴f′（14）=?12e14∴所求切線方程為：y?2e14=?2e14（x?（2）（i）證明：令g（x）=exx(x+1)，則g（x）定義域?yàn)椋?，+∞），g′（當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0；∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴g（x）min＝g（1）=e2，即exx(x+1)即f（x）≥e2x（ii）證明：h（x）=exx+2e14x?52e1令φ（x）＝h′（x）＝（x?12?1則φ′（x）=14x?52（4x2h′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又h′（14∴當(dāng)x∈（0，14）時，h′（x）＜0，當(dāng)x∈（14，+∞）時，h′（∴h（x）在（0，14）單調(diào)遞減，在（1∴h（x）≥h（14）＝0，即exx不妨設(shè)x1＜x2，∵y＝k與y=?2e14x+52e14的交點(diǎn)為（54?ek2由圖象可知：x1≥54?ek2∴|x1﹣x2|≤2ke?1﹣（54?ek熱點(diǎn)4分類討論法名師點(diǎn)撥若無法分離參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進(jìn)行分類討論求解：如果能轉(zhuǎn)化為二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項(xiàng)系數(shù)與判別式的方法(a>0，?<0或a<0，?<0)來進(jìn)行分類討論．【例10】（2023?徐匯區(qū)校級一模）設(shè)函數(shù)f（x）＝（x﹣1）（ex﹣e），g（x）＝ex﹣ax﹣1，其中a∈R．若對?x2∈[0，+∞），都?x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立，則a的最大值為（）A．0 B．1e C．1 D．【答案】C【分析】先利用導(dǎo)數(shù)求出f（x）在R上的最小值，再解存在性問題去掉x1，接著再分類討論，解關(guān)于x2的恒成立問題，從而得解．【解答】解：∵f（x）＝（x﹣1）（ex﹣e），x∈R，∴f′（x）＝xex﹣e，，又f′（1）＝0，又當(dāng)x＞1時，ex＞e，∴xex＞e，∴xex﹣e＞0，∴f′（x）＞0，當(dāng)0＜x＜1時，1＜ex＜e，∴0＜xex＜e，∴xex﹣e＜0，∴f′（x）＜0，當(dāng)x≤0時，0＜ex≤1，∴xex≤0，∴xex﹣e＜0，∴f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（1）＝0，∵?x2∈[0，+∞），都?x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立，∴?x2∈[0，+∞），f（x1）min≤g（x2）恒成立，∴?x2∈[0，+∞），g（x2）≥0恒成立，即?x∈[0，+∞），g（x）＝ex﹣ax﹣1≥0恒成立，又g′（x）＝ex﹣a，（x≥0），且g′（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴g′（x）≥g′（0）＝1﹣a，①當(dāng)1﹣a≥0，即a≤1時，g′（x）≥0，∴g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，∴g（x）最小值為g（0）＝0，∴a≤1時，g（x）≥0恒成立，②當(dāng)1﹣a＜0時，即a＞1時，令g′（x）＝ex﹣a，＝0，得x＝lna，∴x∈（0，lna）時，g′（x）＜0；x∈（lna，+∞）時，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，lna）單調(diào)遞減，在（lna，+∞）單調(diào)遞增，而g（0）＝0，∴g（x）的最小值g（lna）＜0，∴?x∈[0，+∞），g（x）＝ex﹣ax﹣1≥0不恒成立，∴a＞1不滿足題意，綜合①②可得a的范圍為（﹣∞，1]，∴a的最大值為1．故選：C．【例11】（2023?四川模擬）若exx+alnx?ax+A．（0，e2] B．(0，e22] C．【答案】A【分析】根據(jù)題意，設(shè)t=exx(x＞0)，然后構(gòu)造f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），由導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)【解答】解：不等式exx+alnx?ax+所以ex設(shè)t=exx知0＜x＜1時，t′（x）＜0，t（x）單減；x＞1時，t′（x）＞0，t（x）單增，所以t（x）≥t（1）＝e．令f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），則f'(t)=1?a當(dāng)0＜a≤e時，f′（t）≥0，f（t）單調(diào)遞增，則f（t）≥f（e）＝e﹣a+e2≥0，則a≤e+e2，故0＜a≤e滿足條件；當(dāng)a＞e時，則f（t）在（e，a）上單調(diào)遞減；在（a，+∞）上單調(diào)遞增，則f(t)設(shè)g（a）＝a﹣alna+e2（a＞e），則g′（a）＝﹣lna＜0，則g（a）在（e，+∞）單調(diào)遞減，又g（e2）＝e2﹣e2lne2+e2＝0，所以g（a）≥g（e2），則e＜a≤e2，綜上所述，a的取值范圍是（0，e2]．故選：A．【例12】（2023?廣陵區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝a2x2﹣lnx+（lnx﹣1）ax，若f（x）≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】{e}∪(?∞，?【分析】令h（x）＝ax﹣1，g（x）＝lnx+ax，分a＝0，a＞0，a＜0，利用導(dǎo)數(shù)法討論求解．【解答】解：令h（x）＝ax﹣1，g（x）＝lnx+ax，則f（x）＝h（x）?g（x）＝a2x2﹣lnx+（lnx﹣1）ax，g'(x)=1①當(dāng)a＝0時，f（x）＝﹣lnx，不符合題意；②a＞0時，h（x）在區(qū)間(0，1a則需g（x）在(0，1a因?yàn)間（x）在（0，+∞）上單增，則需g(1a)=?lna+1=0，此時a③當(dāng)a＜0時，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上恒為負(fù)，g（x）在區(qū)間(0，?在區(qū)間(?1a，+∞)上單調(diào)遞減，故g（x）在x=?1所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是{e}∪(?∞，?故答案為：{e}∪(?∞，?熱點(diǎn)5等價轉(zhuǎn)化法名師點(diǎn)撥1．λ≥f(x)恒成立?λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立?λ≤f(x)min．2．λ≥f(x)能成立?λ≥f(x)min；λ≤f(x)能成立?λ≤f(x)max．【例13】（2023?遼寧模擬）關(guān)于x的不等式a2e2x+1﹣lnx+x+1+2lna≥0在（0，+∞）上恒成立，則a的最小值是．【答案】22e【分析】不等式轉(zhuǎn)化為e2x+1+2lna+（2x+1+2lna）≥lnx+x＝elnx+lnx，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝ex+x，判斷函數(shù)單調(diào)遞增得到2x+1+2lna≥lnx，轉(zhuǎn)化為2x+1﹣lnx+2lna≥0，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝2x+1﹣lnx+2lna，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性計(jì)算最小值即得到答案．【解答】解：a2e2x+1﹣lnx+x+1+2lna≥0，即e2x+1+2lna+（2x+1+2lna）≥lnx+x＝elnx+lnx，設(shè)f（x）＝ex+x，f'（x）＝ex+1＞0恒成立，故f（x）單調(diào)遞增，原不等式轉(zhuǎn)化為f（2x+1+2lna）≥f（lnx），即2x+1+2lna≥lnx，即2x+1﹣lnx+2lna≥0在（0，+∞）上恒成立．設(shè)g（x）＝2x+1﹣lnx+2lna，g'(x)=2x?1當(dāng)x∈(12，+∞)時，g當(dāng)x∈(0，12)時，故g(x)min=g(12)=2+ln2+2lna≥0，即2lna≥﹣2﹣ln2＝﹣所以a的最小值是22e故答案為：22e【例14】（2023?甘肅模擬）若關(guān)于x的不等式x（2k﹣lnx）＜lnx+4對任意的x∈（1，+∞）恒成立，則整數(shù)k的最大值為．【答案】1．【分析】分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)f(x)=lnx+4【解答】解：因?yàn)閤（2k﹣lnx）＜lnx+4對于任意x∈（1，+∞）恒成立，等價于2k＜lnx+4x+lnx對于任意令f(x)=lnx+4x+lnx，x∈令g（x）＝x﹣lnx﹣3，x∈（1，+∞），則g'(x)=1?1所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，又g（4）＝1﹣ln4＜0，g（5）＝2﹣ln5＞0，所以g（x）＝0在（4，5）有且僅有一個根x0，滿足x0﹣lnx0﹣3＝0，即lnx0＝x0﹣3，當(dāng)x∈（1，x0）時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，x∈（x0，+∞）時，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，所以f(x)由對勾函數(shù)可知4+14?2＜因?yàn)?k＜f（x0），所以98＜f(x0)2故整數(shù)k的最大值為1．故答案為：1．【例15】（2023?武功縣校級模擬）已知f（x）是定義在（0，+∞）上的可導(dǎo)函數(shù)，若xf'（x）﹣f（x）=xex，f（1）=?1e，且x≥1時，f（xex）≤f（x+lnx﹣a【答案】[1﹣e，1）．【分析】根據(jù)題意構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f'（x）=f(x)x+e﹣x，則g'（x）＝（f(x)x）'﹣e﹣x=1?xxex，可得f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，題意轉(zhuǎn)化為xe設(shè)y＝x+lnx﹣a，顯然y＝x+lnx﹣a在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，當(dāng)x≥1時，x+lnx﹣a＞0，只需1﹣a＞0，解得a＜1，即xex≥ln（xex）﹣a，構(gòu)造函數(shù)h（t）＝t﹣lnt+a，t∈[e，+∞），求出h（t）的最小值，即可得出答案．【解答】解：∵xf'（x）﹣f（x）=xex，∴xf'(x)?f(x)x2=又f（x）＝x?f(x)x，則f'（x）=f(x)x+x?（f(x)x）'令g（x）＝f'（x）=f(x)x+e﹣x，則g'（x）＝（f(x)x）'﹣e由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝1時，g（x）取得極大值也是最大值，g（1）＝f（1）+1e=0，即f∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又x≥1時，f（xex）≤f（x+lnx﹣a）恒成立，則xex≥x+lnx﹣a＞0，設(shè)y＝x+lnx﹣a，顯然y＝x+lnx﹣a在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，∴當(dāng)x≥1時，x+lnx﹣a＞0，只需1﹣a＞0，解得a＜1，即xex≥ln（xex）﹣a，∴xex﹣ln（xex）+a≥0，令xex＝t，x≥1，則t≥e，轉(zhuǎn)化為t≥e時，t﹣lnt+a≥0，令h（t）＝t﹣lnt+a，t∈[e，+∞），則h'（t）＝1?1由h'（t）＞0得t＞e，即h（t）[e，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（t）≥h（e）＝e﹣1+a≥0，解得a≥1﹣e，綜上所述，a的取值范圍是[1﹣e，1）．故答案為：[1﹣e，1）．熱點(diǎn)6多變量轉(zhuǎn)化法名師點(diǎn)撥1．“多變量含參恒成立”問題例如，恒成立，可等價轉(zhuǎn)化為，，但參數(shù)k的“摻和”往往使函數(shù)的最值變得不確定，不可避免地要經(jīng)分類討論，進(jìn)一步使整個解題過程顯得繁瑣不堪．2．“含參恒成立”問題也可用“參變量分離”的方法處理將等價變形為，等價于再解關(guān)于k的不等式．【例16】（多選）（2023?龍泉驛區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣x，g（x）＝x﹣lnx，則下列說法正確的是（）A．f（lnx）在（1，+∞）上是增函數(shù) B．?x＞1，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，則正實(shí)數(shù)a的最小值為2eC．若g（x）＝t有兩個零點(diǎn)x1，x2，則x1+x2＜2 D．若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞2），且x2＞x1＞0，則lntx2【答案】ABD【分析】A選項(xiàng)，由題f（lnx）＝x﹣lnx＝g（x），x∈（1，+∞），判斷g（x）在（1，+∞）上的單調(diào)性即可；B選項(xiàng)，由f（x）單調(diào)性，f(ax)≥f(lnC選項(xiàng)，由g（x）＝t有兩個零點(diǎn)x1，x2，構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用極值點(diǎn)偏移可解；D選項(xiàng)，因f（1）＜2，g（3）＜2，及f（x），g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，結(jié)合B選項(xiàng)分析可判斷選項(xiàng)．【解答】解：對于A，f（lnx）＝x﹣lnx＝g（x），x∈（1，+∞），又當(dāng)x∈（1，+∞）時，g'(x)=1?1x=x?1x＞0，則對于B，x＞1時，lnx2＞0，又a為正實(shí)數(shù)，所以ax＞0，又x＞0時，f'（x）＝ex﹣1＞0，所以f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，故f（ax）≥f（lnx2）?ax≥lnx2，即a≥(令φ(x)=2lnxx，知φ'(x)=2?2lnxx2，所以φ（x）在（1，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減，所以φ(x)max=φ(e)=2對于C，g（x）＝t有兩個根x1，x2，等價于函數(shù)g（x）﹣t有兩個零點(diǎn)x1，x2．注意到[g(x)?t]'=1?1x=x?1x，則g（x）﹣t在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因函數(shù)有零點(diǎn)，則[g（x）﹣t]min＝g（1）﹣t＝1﹣t＜0?t＞1．設(shè)0＜x1＜1＜x2，令h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1），因?yàn)閔'（x）＝g'（x）+g'（2﹣x），所以?'(x)=g'(x)+g'(2?x)=x?1x+1?x2?x=?2(1?x)2x(2?x)，當(dāng)0＜x＜1時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以h（x）＞h（1）＝0，即當(dāng)0＜x＜1時，g（x）＞g（2﹣x），由題意g（x2）＝g（x1）＞g（2﹣x1），x2＞1，2﹣x1＞1，且g對于D，由AB選項(xiàng)分析可知，f（x），g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，又f（x1）＝g（x2）＝t（t＞2），f（1）＝e﹣1＜2，g（3）＝3﹣ln3＜2，則x2＞3＞x1＞1．由f（x1）＝g（x2），即ex1?x1=x2?lnx2=elnx2?lnx2，即有f（x1）＝f（lnx2），又x1＞1，lnx2＞1，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以x1＝lnx2，即ex1=x故選：ABD．【例17】（2023?成都模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，則a的取值范圍是；若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，則t的取值范圍是．【答案】0＜a＜18，（﹣∞,﹣11+2【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到方程2ax2﹣x+1＝0有兩個不相等的正實(shí)數(shù)根，得到關(guān)于a的不等式組，求出a的范圍，求出f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的解析式，求出函數(shù)的單調(diào)性，得到關(guān)于a的不等式，求出a的取值范圍即可．【解答】解：根據(jù)條件f′（x）=2ax2因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，所以方程2ax2﹣x+1＝0有兩個不相等的正實(shí)數(shù)根，則12a＞01?8a＞0，解得0＜若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，所以t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max，因?yàn)閒（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）＝ax12?x1+lnx1+ax22?x2+lnx2﹣2（＝a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣3（x1+x2）+ln（x1x2）=?54a?1﹣ln設(shè)h（a）=?54a?1﹣ln（2a）（0＜a＜18），h故h（a）在（0，18）上單調(diào)遞