專題06 導數(shù)中的存在與恒成立問題（精講）

第⑦，，均使得成立，則。（其中，）．【例1】（2022?蘇州模擬）已知函數(shù)f（x）＝xlnx﹣ax2+1，若對任意的x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），都有f(x1)?f(A．12e B．1e C．12【分析】構造函數(shù)F（x）＝f（x）﹣x，x∈（0，+∞），進而結合題意得函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，進而得lnx﹣2ax≤0在（0，+∞）上恒成立，再構造函數(shù)g(x)=lnx【解答】解：令F（x）＝f（x）﹣x，x∈（0，+∞），根據(jù)題意，不妨設x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2）且x1＞x2，則f(x1)?f(x2)x1?x2＜1等價于f（x1）﹣f（x2）＜x1﹣x2，即f（x1所以函數(shù)F（x）＝f（x）﹣x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，所以F′（x）＝f'（x）﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，因為f'（x）＝1+lnx﹣2ax，所以lnx﹣2ax≤0在（0，+∞）上恒成立，即lnxx令g(x)=lnxx，x∈(0，+∞)所以，當x∈（0，e）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．所以g(x)≤g(x)max=g(e)=1所以，實數(shù)a的最小值為12e故選：A．【點評】本題主要考查了導數(shù)與單調(diào)性關系的應用，屬于中檔題．【例2】（2022?安慶二模）若存在兩個正實數(shù)x，y使得等式x（2+lnx）＝xlny﹣ay成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（0，1e2） B．（﹣∞，1e2] C．（0，1e【分析】對x（2+lnx）＝xlny﹣ay進行變形，將求a的取值范圍轉化為求f（t）＝﹣2t﹣tlnt的值域，利用導數(shù)即可得出實數(shù)a的取值范圍．【解答】解：x（2+lnx）＝xlny﹣ay可化為a=?2xy+令t=xy，則t＞0，f（t）＝﹣2t﹣原命題等價于函數(shù)f（t）存在零點，∵f′（t）＝﹣3﹣lnt，∴f（t）在區(qū)間（0，1e3）上單增，在（即f（t）≤f（1e3）=?2e3+1e3故選：D．【點評】求參數(shù)的范圍可采用參數(shù)分離，再利用導數(shù)去得出函數(shù)的最值，從而得到參數(shù)的范圍．題型8多變量轉化法【解題技巧】“多變量含參恒成立”問題，例如，恒成立，可等價轉化為，，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，進一步使整個解題過程顯得繁瑣不堪。其實，“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，則等價于再解關于k的不等式即可,下面就多變量恒成立問題進行剖析．【例1】（2022?疏附縣一模）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，則t的取值范圍是（）A．（﹣∞，﹣2ln2） B．（﹣∞，﹣2ln2] C．（﹣∞，﹣11+2ln2） D．（﹣∞，﹣11+2ln2]【分析】由題意可得，得12a＞01?8a＞0，不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，即t＜f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的最大值，而f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）=?54a?1﹣ln2a，令h（a）【解答】解：根據(jù)條件f'(x)=2a因為函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，所以方程2ax2﹣x+1＝0有兩個不相等的正實數(shù)根，則12a＞01?8a＞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．因為f(x設?(a)=?54a?1?ln(2a)(0＜a＜故h（a）在(0，18)上單調(diào)遞增，故?(a)＜?(1所以t的取值范圍是（﹣∞，﹣11+2ln2）．故選：C．【點評】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值及恒成立問題，考查降元思維及化簡變形，運算求解能力，屬于中檔題．【例2】（2022春?德州期末）已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，則實數(shù)t的取值范圍是．【分析】由f′（x）有兩個不等正根可得a的范圍，同時由韋達定理把x1+x2，x1x2用a表示；不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，計算f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）表示為a的函數(shù)，引入新函數(shù)g（x），由導數(shù)求出其取值范圍后可得t的范圍．【解答】解：f′（x）＝2ax﹣1+1x=2ax2所以Δ=1?8a＞0x1+x不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＝ax12?x1+lnx1+ax22?x2+lnx2﹣（＝a（x1+x2）2﹣2ax1x2﹣2（x1+x2）+lnx1x2=14a?1?1a+ln12a=ln1a?34?g′（x）=1x?34，易知x＞8時，g′（xg（8）＝ln8﹣6﹣1﹣ln2＝﹣7+2ln2，g（x）＜﹣7+2ln2，0＜a＜18，即1a＞8，所以ln1a所以t＜﹣7+2ln2時，不等式f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解．故答案為：（0，18）；（﹣∞，﹣7+2ln【點評】考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值問題，體現(xiàn)了轉化的思想方法，屬于中檔題．最新模擬一、選擇題1．（2022春?眉山期末）已知不等式ax+2﹣2lnx≥0恒成立，則a的取值范圍為（）A．[1e2，+∞） B．[2e2，+∞） C．（0，1e【答案】B【題型】分離參數(shù)法【解析】解：不等式ax+2﹣2lnx≥0恒成立，等價于a≥2lnx?2設f(x)=2lnx?2x，x＞0令f′（x）＞0，解得0＜x＜e2，令f′（x）＜0，解得x＞e2，∴f（x）在（0，e2）單調(diào)遞增，在（e2，+∞）單調(diào)遞減，∴f(x)max=f(故選：B．2．（2022秋?武昌區(qū)校級月考）已知f（x），g（x）分別為定義域為R的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f（x）+g（x）＝ex（e為自然對數(shù)的底數(shù)），若關于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．(?∞，42] B．[﹣5ln2，+∞） C．【答案】C【題型】分離參數(shù)法【解析】解：依題意f（﹣x）+g（﹣x）＝f（x）﹣g（x）＝e﹣x，所以f(x)=12(關于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2）上恒成立，等價于a≤2f(x)令t＝ex﹣e﹣x，t∈（0，32所以a≤2f(x)g2(x)=故選：C．3．（2022春?荔城區(qū)校級期中）設函數(shù)f（x）＝xex﹣ax+a，其中a＞1，若存在唯一的整數(shù)x0，使得f（x0）＜0，則a的取值范圍是（）A．（1，2e2] B．(1，3C．(3e3【答案】D【題型】切線法【解析】解：令g（x）＝xex，h（x）＝ax﹣a，a＞1，顯然直線h（x）＝ax﹣a恒過點A（1，0），則“存在唯一的整數(shù)x0，使得f（x0）＜0“等價于存在唯一的故數(shù)x0使得點（x0，g（x0））在直線h（x）＝ax﹣a下方，g′（x）＝（x+1）ex，當x＜﹣1時，g′（x）＜0，當x＞﹣1時，g′（x）＞0，即g（x）在（﹣∞，﹣1）上遞減，在（﹣1，+∞）上遞增，則當x＝﹣1時，g（x）min=g(?1)=?1e而h（x）≤h（0）＝﹣a＜﹣1，即當x≤0時，不存在整數(shù)x0使得點（x0，g（x0））在直線h（x）＝ax﹣a下方，當x＞0時，過點A（1，0）作函數(shù)g（x）＝xex圖象的切線，設切點為P（t，tet），t＞0，則切線方程為：y﹣tet＝（t+1）et（x﹣t），而切線過點A（1，0），即有﹣tet＝（t+1）et（1﹣t），整理得：t2﹣t﹣1＝0，而t＞0，解得t=1+因g（1）＝e＞0＝h（1），又存在唯一整數(shù)x0使得點（x0，g（x0））在h（x）＝ax﹣a下方，則此整數(shù)必為2，即存在唯一整數(shù)2使得點（2，g（2））在直線h（x）＝ax﹣a下方，因此有g(2)＜?(2)g(3)≥?(3)?2所以a的取值范圍是(2e故選：D．4．（2021?咸陽模擬）設函數(shù)f（x）＝xex﹣a（x﹣1），其中a＜1，若存在唯一整數(shù)x0，使得f（x0）＜a，則a的取值范圍是（）A．[?1e2，1） B．[?1e2，1e） C．[1【答案】C【題型】數(shù)形結合法【解析】解：函數(shù)f（x）＝xex﹣a（x﹣1），其中a＜1，設g（x）＝xex，y＝ax，∵存在唯一的整數(shù)x0，使得f（x0）＜a，∴存在唯一的整數(shù)x0，使得g（x0）在直線y＝ax的下方，∵g′（x）＝（x+1）ex，∴當x＜﹣1時，g′（x）＜0，當x＞﹣1時，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）上單調(diào)遞減，在（﹣1，+∞）上單調(diào)遞增，∴當x＝﹣1時，[g（x）]min＝g（﹣1）=?當x＝0時，g（0）＝0，當x＝﹣2時，g（﹣2）=?直線y＝ax恒過（0，0），斜率為a，故﹣a＞g（﹣1）=?1e，且g（﹣2）=?2e2∴a的取值范圍是[1e2，故選：C．5．（2023?咸陽校級模擬）若方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有兩個不等的實數(shù)根，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（e，+∞） B．（e+1，+∞） C．（2e，+∞） D．（e﹣1，+∞）【答案】B【題型】數(shù)形結合法【解析】解：方程xlnx+ex+1﹣ax＝0化為lnx+e令g(x)=lnx+exx+1x，若方程xlnx則問題轉化為g（x）的圖象與直線y＝a有2個交點，因為g'(x)=當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，又g（1）＝e+1，當x→0時，g（x）→+∞；當x→+∞時，g（x）→+∞，所以方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有兩個不等的實數(shù)根時，a＞e+1．故選：B．6．（2022春?阜陽期末）對任意x∈（0，+∞），不等式（a﹣1）x+ln（ax）≤ex恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（0，1] B．（0，e] C．（0，2e] D．（0，e2]【答案】B【題型】等價轉化法【解析】解：因為不等式（a﹣1）x+ln（ax）≤ex恒成立，所以ax+ln（ax）≤ex+lnex，因為y＝x+lnx在（0，+∞）上為增函數(shù)，所以ax≤ex，即a≤exx對任意設?(x)=ex所以h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，所以a≤h（x）min＝h（1）＝e，又ax＞0對任意的x∈（0，+∞）恒成立，所以a＞0，所以0＜a≤e，所以實數(shù)a的取值范圍為（0，e]．故選：B．7．（2022春?薩爾圖區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）＝x3+2x﹣2sinx，若對任意x∈（0，+∞），不等式f（lnx﹣1）+f（ax）≤0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．[1e2，+∞) B．[1e【答案】C【題型】等價轉化法【解析】解：由已知得f（﹣x）＝（﹣x）3+2（﹣x）﹣2sin（﹣x）＝﹣f（x），故f（x）為奇函數(shù)，因為f'（x）＝3x2+2﹣2cosx＝3x2+2（1﹣cosx）≥0，所以f（x）為R上的增函數(shù)，由f（lnx﹣1）+f（ax）≤0得f（lnx﹣1）≤﹣f（ax）＝f（﹣ax），則lnx﹣1≤﹣ax，得?a≥令h（x）=lnx?1x，得h′（x）=2?lnxx2，令h'（x）＝0，得當0＜x＜e2時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；當x＞e2時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，故h（x）max＝h（e2）=1所以?a≥1e故選C．8．（2022?中衛(wèi)一模）已知定義域為（0，+∞）的函數(shù)f（x）滿足f'(x)+f(x)x=1x2，且f（e）=2e，A．[1，+∞） B．[2，+∞） C．[e+2e，+∞） D．[?【答案】B【題型】等價轉化法【解析】解：令F（x）＝xf（x），則F′（x）＝f（x）+xf′（x），而f'(x)+f(x)x=1x2，故F′（x）=1x，故由F（e）＝ef（e）＝2＝lne+c＝2，解得：c＝1，故F（x）＝lnx+1，故f（x）=lnx+1若關于x的不等式f(x)x則a≥lnx+1x?x2+2x在令g（x）=lnx+1x?x2+2x，則g′（x）=?lnxxx∈（0，1）時，lnx＜0，x﹣1＜0，故g′（x）＞0，g（x）在（0，1）遞增，x∈（1，+∞）時，lnx＞0，x﹣1＞0，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）遞減，故g（x）max＝g（1）＝2，故a≥2，即a的取值范圍是[2，+∞），故選：B．9．（2022?太原模擬）對于任意的實數(shù)x∈[1，e]，總存在三個不同的實數(shù)y∈[﹣1，4]，使得y2xe1﹣y﹣ax﹣lnx＝0成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[16e3，3e） B．（0，C．[16e3，e2?3e） D．[16e【答案】A【題型】多變量轉化法【解析】解：∵x≠0，∴原式可化為y2e1﹣y=lnxx令f（x）=lnxx+a，x∈[1，e]，故f′（x）=1?lnxx故f（x）∈[a，a+1e]，令g（y）＝y(tǒng)2e1﹣y，y故g′（y）＝2y?e1﹣y﹣y2e1﹣y＝y(tǒng)（2﹣y）e1﹣y，故g（y）在（﹣1，0）遞減，在（0，2）遞增，在（2，4）遞減，而g（﹣1）＝e2，g（2）=4e，g（4）要使g（y）＝f（x）有解，則g（y）＝f（x）∈[g（4），g（2）]，即[a，a+1e]?[16e3，4e），故a≥故選：A．10．（2022秋?駐馬店期中）已知函數(shù)f（x）＝aln（x+1）+x2，在區(qū)間（3，4）內(nèi)任取兩個實數(shù)x1，x2且x1≠x2，若不等式f(x1?1)?f(A．[﹣9，+∞） B．[﹣7，+∞） C．[9，+∞） D．[7，+∞）【答案】A【題型】多變量轉化法【解析】解：設3＜x1＜x2＜4，∵x1≠x2，f(x1?1)?f(x2?1)x1?x2＞1恒成立，∴f（x即f（x1﹣1）﹣x1＜f（x2﹣1）﹣x2，令g（x）＝f（x﹣1）﹣x＝alnx+（x﹣1）2﹣x＝alnx+x2﹣3x+1，則g（x1）＜g（x2），∴g（x）在（3，4）單調(diào)遞增，∴g′（x）=ax+2x﹣3≥0對x∈（3，4）恒成立，即a≥x令h（x）＝x（3﹣2x）＝﹣2(x?34)2則h（x）在（3，4）單調(diào)遞減，∴h（x）＜h（3）＝﹣9，∴a的取值范圍是[﹣9，+∞）．故選：A．二、填空題11．（2022秋?天山區(qū)校級月考）已知當a∈[0，1]時，不等式x2+（a﹣4）x+4﹣2a＞0恒成立，則實數(shù)x的取值范圍是．【答案】（﹣∞，1）∪（2，+∞）【題型】主參換位法【解析】解：令g（a）＝x2+（a﹣4）x+4﹣2a＝（x﹣2）a+x2﹣4x+4，因為當a∈[0，1]時，不等式x2+（a﹣4）x+4﹣2a＞0恒成立，所以g(0)＞0g(1)＞0，即x2?4x+4＞0x2故答案為：（﹣∞，1）∪（2，+∞）．12．（2021?西湖區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f(x)=1ax?1+12(a＞0，a≠1)，g(x)=1?x1+x，若對任意的x∈[1，+∞），不等式f（x）g（【答案】(0,1)∪（2，+∞）【題型】等價轉化法【解析】解：f（x）g（x﹣1）＜3﹣f（x）可得f（x）（2x即（1ax?1+12）?1x＜32若a＞1，則H（x）遞減，可得H（x）的最大值為H（1）=1a?1+當0＜a＜1時，1ax?1＜0,所以H（x）＜0恒成立．綜上可得，a的取值范圍是(0,1)∪（2，+∞）．故答案為：(0,1)∪（2，+∞）．13．（2022春?尖山區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝2sinx﹣1，g(x)=a2lnx?x+1，若對任意x1∈R都存在x2∈（1，e）使f（x1）＜g（x2）成立，則實數(shù)a【答案】（2e，+∞）【題型】雙變量轉化法【解析】解：由f（x）＝2sinx﹣1，x∈R，則f（x）的最大值為1，對任意x1∈R都存在x2∈（1，e）使f（x1）＜g（x2）成立，需滿足f（x）max＜g（x）在x∈（1，e）上有解，即a2lnx?x+1＞1在x∈（1，所以，a＞2xlnx，令φ(x)=2x因為x∈（1，e），所以φ′（x）＜0，所以φ（x）在x∈（1，e）上單調(diào)遞減，因此要使得a＞2xlnx在x∈（1，即需要滿足a≥φ(x)所以實數(shù)a的取值范圍為（2e，+∞）．故答案為：（2e，+∞）．真題在線一、選擇題1．（2019?天津）已知a∈R．設函數(shù)f（x）=x2?2ax+2a，x≤1，x?alnx，x＞1．若關于x的不等式f（x）≥0在A．[0，1] B．[0，2] C．[0，e] D．[1，e]【答案】C【題型】分離參數(shù)法【解析】解：當x＝1時，f（1）＝1﹣2a+2a＝1＞0恒成立；當x＜1時，f（x）＝x2﹣2ax+2a≥0?2a≥x令g（x）=x2x?1=?x2∴2a≥g（x）max＝0，∴a≥0．當x＞1時，f（x）＝x﹣alnx≥0?a≤x令h（x）=xlnx，則h′（x）當x＞e時，h′（x）＞0，h（x）遞增，當1＜x＜e時，h′（x）＜0，h（x）遞減，∴x＝e時，h（x）取得最小值h（e）＝e，∴a≤?（x綜上a的取值范圍是[0，e]．故選：C．2．（2015?新課標Ⅰ）設函數(shù)f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f（x0）＜0，則a的取值范圍是（）A．[?32e，1） B．[?32e，34）【答案】D【題型】切線法【解析】解：設g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，由題意知存在唯一的整數(shù)x0使得g（x0）在直線y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），∴當x＜?12時，g′（x）＜0，當x＞?12時，∴當x=?12時，g（x）取最小值﹣2當x＝0時，g（0）＝﹣1，當x＝1時，g（1）＝e＞0，直線y＝ax﹣a恒過定點（1，0）且斜率為a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得32e≤故選：D．3．（2014?遼寧）當x∈[﹣2，1]時，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，?98] C．[﹣6，﹣2]【