舉一反三系列高二高考數(shù)學同步及復習資料人教A版選擇性必修2專題5.7 導數(shù)中的恒成立、存在性問題大題專項訓練（30道）（含答案及解析）

專題5.7導數(shù)中的恒成立、存在性問題大題專項訓練（30道）【人教A版2019選擇性必修第二冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2022·廣東·高三階段練習）已知f(x)=e(1)若x∈0,2π，求函數(shù)f(x)(2)若對?x1,x22．（2022·四川·高三階段練習（理））已知函數(shù)f(x)=ln(1)求f(x)極大值；(2)若x∈[1,+∞),e3．（2022·江蘇·高三階段練習）已知a>0，函數(shù)fx(1)證明fx(2)若存在a，使得fx≤a+b對任意x∈0,+4．（2022·河北·模擬預測）已知fx(1)當a=1時，求g(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)恒大于0，求a的取值范圍.5．（2022·江蘇·高二期末）已知函數(shù)f(x)=ln?x?ax?(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線經(jīng)過點(3,92)(2)當x>0時，f(x)<0恒成立，求a的取值范圍．6．（2022·安徽·高三階段練習（理））已知函數(shù)fx(1)若x=e時，fx取得極值，求(2)若函數(shù)gx=xfx+x,x∈1,+7．（2022·河北·高三期中）已知函數(shù)fx(1)若a=?2e?1，求(2)記函數(shù)gx=?x2?a8．（2022·黑龍江·高三階段練習）已知函數(shù)f(x)=4ax(1)討論函數(shù)fx(2)若a為整數(shù)，且fx<2x9．（2022·北京高三階段練習）設(shè)函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點2,f2處的切線斜率為e2(2)若fx存在兩個極值點x1,x210．（2022·廣西貴港·高三階段練習）已知函數(shù)fx(1)證明不等式：sinx≤x，x∈(2)若?x1,x2∈0,+11．（2022·河南·高二期末（文））設(shè)函數(shù)fx(1)a=0時，求fx(2)若fx≥0在0,+∞12．（2022·陜西漢中·模擬預測（理））已知函數(shù)fx(1)若a>0，求函數(shù)fx(2)當x∈0,+∞時，不等式fx13．（2022·江蘇省高三階段練習）

已知函數(shù)f(x)滿足2f(x)+f(?x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式，并求f(x)在[?3,?1]上的值域；(2)若對?x1,x2∈(2,4)且14．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=e(1)討論函數(shù)fx(2)當p=1時，若存在q，使得不等式gx≥fx15．（2022·山東·高三期中）已知函數(shù)fx=ln(1)若fx的最大值是1，求m(2)若對其定義域內(nèi)任意x，fx≤gx16．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=ex?x，g(1)若直線y=kx與曲線y=fx，y=gx都相切，求(2)若fx≥gx17．（2022·四川·高三期中（文））已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)gx在x=0處的切線方程為x?y+a=0，求實數(shù)a(2)若?x0∈0,+∞18．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=x?a+(1)討論函數(shù)fx在區(qū)間0,(2)當a=2時，不等式fx<2te19．（2022·遼寧撫順·高三期中）已知函數(shù)f(x)=1?a(1)討論fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥20．（2022·云南·高三階段練習）已知函數(shù)f(x)=sinx?ax+16x3，其中(1)若a=1，證明：gx(2)若x≥0時，fx≥0恒成立，求21．（2022·福建龍巖·高三期中）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點0，f0處的切線與直線l：(2)若對?a∈?32,32，存在22．（2023·浙江溫州·模擬預測）已知a>0，函數(shù)F(x)=f(x)?g(x)的最小值為2，其中f(x)=ex?1，(1)求實數(shù)a的值；(2)?x∈(0,+∞)，有f(x+1?m)≥kx+k?1≥g(e23．（2022·江蘇·高二期末）已知函數(shù)f(x)=2lnx?x2，g（(1)求實數(shù)a的值；(2)若對?x1，x2∈124．（2022·山東·高三期中）已知函數(shù)g(1)當a=1時，求gx(2)若

fx=gxex25．（2022·北京高三階段練習）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在點0,f(2)若函數(shù)fx在x=0處取得極小值，求a(3)若存在正實數(shù)m，使得對任意的x∈0,m，都有fx<026．（2022·上海高二期末）已知函數(shù)f(x)=alnx+x(1)若a=?2，求證：f(x)在(1,+∞(2)當a=?4時，求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值與最小值及相應(yīng)的(3)若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求實數(shù)27．（2023·北京·高三專題練習）已知x=1是函數(shù)fx(1)求a值；(2)判斷fx(3)是否存在實數(shù)m，使得關(guān)于x的不等式fx≥m的解集為0,+∞28．（2022·上海市高二期末）已知函數(shù)f(x)=x3?ax+4(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[?2,1]上的最大值為12，求實數(shù)a的值；(3)若關(guān)于x的不等式f(x)≥lnx+3在區(qū)間(2,+∞29．（2022·全國·模擬預測）設(shè)函數(shù)f(x)=xekx+a，f(1)當k=?1時，①若函數(shù)fx的最大值為0，求實數(shù)a②若存在實數(shù)x>0，使得不等式fx≥x?ln(2)當k=1時，設(shè)gx=f'x，若g30．（2022·天津市高三階段練習）已知函數(shù)fx(1)設(shè)?x=f2x(2)設(shè)x0>1，求證：存在唯一的x0，使得函數(shù)y=gx的圖象在點Ax(3)設(shè)φx=gx+2lnax+26x+專題5.7導數(shù)中的恒成立、存在性問題大題專項訓練（30道）【人教A版2019選擇性必修第二冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2022·廣東·高三階段練習）已知f(x)=e(1)若x∈0,2π，求函數(shù)f(x)(2)若對?x1,x2【解題思路】（1）直接求導計算即可．（2）將問題轉(zhuǎn)化為fx2+ax2【解答過程】（1）f令f'x=0，因為x∈0,2π得x0，3π37π7f+0?0+f(x)↑極大值↓極小值↑所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為0，3π4和7f(x)極大值為f(3π4)=22e3π（2）對?x1,f(x設(shè)g(x)=f(x)+ax2，則g(x)在故g'(x)=e方法一：（含參討論）設(shè)?x則?0=1>0，?π?'x=2ex①當a≥eπ時，故，當x∈0,π4時，?當x∈π4,π時，?此時，?'x≥min?'0②當eπ2π≤a<eπ時，同①，當x∈0,π∵?'π4∴由連續(xù)函數(shù)零點存在性定理及單調(diào)性知，?x0∈于是，當x∈0,x0時，?當x∈x0,π時，?∵?0=1>0，?π=?綜上，實數(shù)a的取值范圍是eπ方法二：（參變分離）由對稱性，不妨設(shè)0≤x則fx1?f設(shè)gx=fx+ax故g'x=∵g'0=1>0，∴,??2a≤exsin設(shè)?x=exsinx+cos設(shè)φx=2x?tan則φ'x=2?由φ'x>0，x∈0,π2∪由φ'x<0，x∈0,π2∪故x∈0,π2x∈π2,π從而，φxcosx=2x又x=π2時，2xcosx?sin?x=exsinx+cos于是，?2a≤?e綜上，實數(shù)a的取值范圍是eπ2．（2022·四川·高三階段練習（理））已知函數(shù)f(x)=ln(1)求f(x)極大值；(2)若x∈[1,+∞),e【解題思路】(1)對函數(shù)求導，根據(jù)導函數(shù)的正負確定函數(shù)的單調(diào)性，進而求出函數(shù)的極大值；(2)先對函數(shù)求導，確定不等式成立的必要條件，再進一步證明不等式成立的充分性即可得證.【解答過程】（1）fx∈(0,1),f'(x)>0x∈(1,+∞),f所以f(x)極大值為f(1)=0.（2）g(x)=eg'g″①若g″(1)=e?12k<0，由函數(shù)連續(xù)性，?α>0，當x∈(1,α),g″②所以g″(0)=e?1下面證明：k≤2e是命題“x∈[1,+∞即只需要證明：當k≤2e,x∈[1,+∞設(shè)?(k)=(lnx?2x+2)k+ex?ex記t(x)=et=e所以x∈[1,+∞),t(x)單調(diào)遞增，綜上k∈(?∞3．（2022·江蘇·高三階段練習）已知a>0，函數(shù)fx(1)證明fx(2)若存在a，使得fx≤a+b對任意x∈0,+【解題思路】（1）求導f'x=?lnx+（2）題目轉(zhuǎn)化為fx?amax【解答過程】（1）函數(shù)fx=a?x令gx=?又a>0，∴g'x<0，當x=e?1時，f'x=故存在x0∈當x∈0,x0，f'x當x∈x0,+∞，f'所以fx（2）由題知，存在a>0，使得fx≤a+b對任意即存在a>0，使得b≥fx?a由（1）知，f(x)max=fx0fx即存在a>0，使得b≥x構(gòu)造u(x)=xln2x?x?xlnx,即存在a>0，b≥u(x)min對任意求導u令u'(x)=0，求得lnx1=?2，ln當x∈0,e?2，u'x當x∈e?2,e，u'當x∈e,+∞，u'x>0所以u(x)由x∈0,e?2因為x∈0,e?2，所以lnx<?2，即lnx?所以b的取值范圍是b≥?e4．（2022·河北·模擬預測）已知fx(1)當a=1時，求g(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)恒大于0，求a的取值范圍.【解題思路】（1）將a=1代入，先求函數(shù)的定義域，再化簡函數(shù)，求導函數(shù)，根據(jù)導函數(shù)的符號得到函數(shù)的單調(diào)性；（2）先求函數(shù)的定義域，將函數(shù)f(x)恒大于0轉(zhuǎn)化為不等式ex+lna+x+lna>eln(x+3)【解答過程】（1）當a=1時，g(x)==eg'(x)=ex?1，則當x∈(?3,0)當x∈(0,+∞)時，g'所以當a=1時，g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(?3,0)，單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞（2）要使g(x)=f(x)+lnx+3ex有意義，則f(x)恒大于0，即ae則ex+lna因為函數(shù)y=ex+x為增函數(shù)，所以x+令?(x)=ln則?'(x)=1x+3?1=當x∈(?2,+∞)時，?(x)的最大值為?(?2)=2，可得lna>2，則a>所以a的取值范圍是e25．（2022·江蘇·高二期末）已知函數(shù)f(x)=ln?x?ax?(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線經(jīng)過點(3,92)(2)當x>0時，f(x)<0恒成立，求a的取值范圍．【解題思路】（1）求出f'x，根據(jù)已知可得k=f'1（2）不等式可化為a>lnxx?12x2對x>0恒成立.設(shè)g(x)=ln【解答過程】（1）∵f根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得，曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線的斜率k=f又∵f(1)=?a?12，切線過(3,9所以，?a?12=（2）當x>0時，f(x)<0恒成立，所以lnx?ax?即a>lnxx設(shè)g(x)=lnxx?1又g'(x)=1?則?'(x)=?1x?3x2又?(1)=0，則當0<x<1時，?(x)>0，則g'(x)>0，當x>1時，?(x)<0，則g'(x)<0，∴g(x)∴a>?12，即實數(shù)a的取值范圍是6．（2022·安徽·高三階段練習（理））已知函數(shù)fx(1)若x=e時，fx取得極值，求(2)若函數(shù)gx=xfx+x,x∈1,+【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導數(shù)，利用極值點，求a，再求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）首先不等式變形為axex+lnx【解答過程】（1）f'因為函數(shù)在x=e處取得極值，所以f'e當a=0時，f'x=當x∈0,e時，f'x>0，函數(shù)單調(diào)遞增，當x∈綜上可知函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,e，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是e（2）gx=xfx即axex+lnxex<2，設(shè)不等式轉(zhuǎn)化為at+lnt<2，轉(zhuǎn)化為a<2?lnt設(shè)?t=2?lnt當t∈e,e3時，?'t<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當t∈e3所以實數(shù)a的取值范圍為aa<?7．（2022·河北·高三期中）已知函數(shù)fx(1)若a=?2e?1，求(2)記函數(shù)gx=?x2?a【解題思路】（1）由題意得f'x=2ex（2）fx+1≥gx恒成立，轉(zhuǎn)化為2ex+1【解答過程】（1）解：由題意得函數(shù)fx的定義域為0,+∞若a=?2e?1，則令f'x=0而f'所以fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，在區(qū)間1,+（2）解：若fx+1則2e整理得2ex+1+a設(shè)?x=2e令?'x=0整理得ex+1設(shè)y1=ex+1，y若?a+1=yy2=x+1+1為①當?a+1=1，即a=?2時，?'②當?a+1<1，即在區(qū)間?1,+∞，恒有y1>所以?x在?1,+∞單調(diào)遞增，則?x③當?a+1>1，即設(shè)零點為x0，則所以?x在?1,x0?x因為2e則?2ax又因為x0>?1，所以a>?2且a≠?1，與綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為?2,+∞8．（2022·黑龍江·高三階段練習）已知函數(shù)f(x)=4ax(1)討論函數(shù)fx(2)若a為整數(shù)，且fx<2x【解題思路】（1）求出函數(shù)的定義域和f'x，分情況討論a≥0和（2）不等式fx<2x2lnx+2恒成立，可轉(zhuǎn)化為a<lnx2?lnx2x2+54x【解答過程】（1）f(x)=4ax2+2lnx?3當a≥0時，f'x>0，則f(x)=4a當a<0時，解f'x=0，即解f'x>0，即8ax+2x>0，得0<x<12?1a，所以fx在綜上所述，當a≥0時，f(x)=4ax2+2lnx?3在0,+∞上單調(diào)遞增；當a<0（2）由已知可得，4ax2+2即a<lnx2令gx=lnx2令?x=x2+2lnx?6且?2=4+2ln所以，?x0∈2,52，使得?x0=0即?x0∈2,52，使得g'x0當x>x0時，g'x>0所以，gx=ln又g'x0所以gx令mx=?14x2+則k't=1?1t所以，kt=t+1從而mx=?14x又m2=?1所以0<mx0<1又a為整數(shù)，a<gx0，所以9．（2022·北京高三階段練習）設(shè)函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點2,f2處的切線斜率為e2(2)若fx存在兩個極值點x1,x2【解題思路】（1）求出f'x，令（2）令f'x=0得x=1，x=ln2a，當0<2a<e由fx=ex?ax【解答過程】（1）f'所以f'2=2（2）f'x=xex解得x=1，或a=ex2時a>0當0<2a<e即0<a<e2時，x得fx=ex?axx=0時成立，x≠0時，有a<exx令gx=exx,x∈0,1有g(shù)x≤g1當2a>e即a>e2時，x2=2a，對任意x∈0,2a,f因為f0=e解得e2當2a=e即a=e2綜上所述，0<a<e2或10．（2022·廣西貴港·高三階段練習）已知函數(shù)fx(1)證明不等式：sinx≤x，x∈(2)若?x1,x2∈0,+【解題思路】(1)移項構(gòu)造新函數(shù)ux(2)根據(jù)fx1=f結(jié)合(1)及函數(shù)的單調(diào)性求出a>x2?【解答過程】（1）令ux=x?sinx，故ux=x?sinx在即x?sinx≥0，所以sinx≤x，x∈（2）由fx1=f整理得aln不妨設(shè)x1<x2，由（1）可知故有x1?sin所以aln所以a>x下面證明x2?x令t=x2x1>1，即證明t?1設(shè)φt=t?1t?lnt所以φt所以x2?x1ln11．（2022·河南·高二期末（文））設(shè)函數(shù)fx(1)a=0時，求fx(2)若fx≥0在0,+∞【解題思路】(1)把a=0代入后對函數(shù)求導，結(jié)合導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系可求函數(shù)的單調(diào)性，進而可求最值；(2)結(jié)合導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，然后結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)可求.【解答過程】（1）當a=0時，fx=e當x<0時，f'x<0，函數(shù)單調(diào)遞減，當x>0故當x=0時，函數(shù)fx取得最小值f（2）∵f'令gx=e①當a≤12時，g'x≥0,函數(shù)gx在所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增，②當a>12時，由g'當x∈0,ln2a時，g'x當x∈ln2a,+∞時，g'x當x∈0,ln2a時，gx<g0=0所以fx<f0=0,與綜上可得,a的范圍為?∞，12．（2022·陜西漢中·模擬預測（理））已知函數(shù)fx(1)若a>0，求函數(shù)fx(2)當x∈0,+∞時，不等式fx【解題思路】(1)利用函數(shù)的導數(shù)的符號，判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.(2)將原不等式fx?gx?ex進行參變分離得a?lnxx【解答過程】（1）依題意f'x=a?ex由f'x>0，得x<lna∴a>0,fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,（2）當x∈0,+∞時，不等式fx設(shè)?x=ln令?'x=0當x在區(qū)間0,+∞內(nèi)變化時，?'xx0,ee?+0??↗極大值↘由上表可知，當x=e時，函數(shù)?x在0,+∴a???ln故a的取值范圍是1213．（2022·江蘇省高三階段練習）

已知函數(shù)f(x)滿足2f(x)+f(?x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式，并求f(x)在[?3,?1]上的值域；(2)若對?x1,x2∈(2,4)且【解題思路】（1）首先利用方程組法求出f(x)的表達式，再利用函數(shù)圖像，結(jié)合定義域即可分析值域.（2）首先通過移項后，構(gòu)造新函數(shù)g(x)，再利用g'(x)在所給區(qū)間上大于等于0恒成立，得到關(guān)于k的不等式嗎，解出【解答過程】（1）因為2f(x)+f(?x)=x+2所以2f(?x)+f(x)=?x?2聯(lián)立①②，解得：f(x)=x+則f(x)為對勾函數(shù)，作圖如下.由圖像可知單調(diào)區(qū)間為所以x∈?3,?2單調(diào)遞增，x∈?2,?1單調(diào)遞減，則f(x)在[?3,?1]上，在x=?2處取得最大值f?2=?22，當x=?1時，f(?1)=?3，在即f(x)∈（2）因為fx2令g(x)=f(x)+kx=x+2+kx，則由上式恒成立得當所以g'(x)=1?2+kx2≥0在所以k≤2

，即k∈?14．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=e(1)討論函數(shù)fx(2)當p=1時，若存在q，使得不等式gx≥fx【解題思路】（1）先求定義域，再求導，分p≤0與p>0兩種情況，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值情況；（2）gx≥fx轉(zhuǎn)化為e?qx+lnx?λq≤0，構(gòu)造?x=e?qx+lnx?λq，分q≤e與q>e【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域為0,+∞，且當p≤0時，f'x>0，此時f當p>0時，由f'x<0，得0<x<pe所以fx在0,pe此時函數(shù)fx的極小值為f綜上，當p≤0時，函數(shù)fx無極值；當p>0時，函數(shù)fx的極小值為（2）當p=1時，gx≥fx令?x則?x≤0恒成立，若q≤e，則?'x且?e故?x若q>e，則由?'x由?'x<0故?x在0,1q?故?x所以?1?lnq?e所以原問題轉(zhuǎn)化為存在q>e，使得λ≥?令vq=?lnq?ev'令φq=?e且φ2所以當e<q<2e時，φq當q>2e時，φq>0故vq在e,2e故vq則λ≥?1綜上，實數(shù)λ的取值范圍是?115．（2022·山東·高三期中）已知函數(shù)fx=ln(1)若fx的最大值是1，求m(2)若對其定義域內(nèi)任意x，fx≤gx【解題思路】（1）先求定義域，再求導，分m≤0與m>0兩種情況，分類討論得到當m>0，x=1m時，fx（2）轉(zhuǎn)化為m?2≥1+lnxx?ex在0,+∞上恒成立問題，構(gòu)造φx=1+【解答過程】（1）∵fx的定義域為0,+∞，若m≤0，f'x>0若m>0，令f'x>0,解得：x∈0,1故x∈0,1m時，fx單調(diào)遞增，∴x=1m時，fx∴m=1（2）原式恒成立，即lnx?mx+1≤xex即m?2≥1+lnx設(shè)φx=1+設(shè)?x=x∴?x在0,+∞上單調(diào)遞增，且?1∴?x有唯一零點x0∈即x0兩邊同時取對數(shù)，得x0+ln∴x0=?因為φ'x=??x當x∈x0,+故φx在0,x0上單調(diào)遞增，在x0,+∴φx∴m?2≥?1，∴m≥1，故m的取值范圍是1,+∞16．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=ex?x，g(1)若直線y=kx與曲線y=fx，y=gx都相切，求(2)若fx≥gx【解題思路】（1）利用導數(shù)的幾何意義分別求出曲線y=fx，y=gx的過原點的切線，列方程即可求得（2）先討論gx≤0的情況，再討論【解答過程】（1）解：設(shè)直線y=kx與曲線y=fx，y=gx分別切于點Px易知fx1=∴f'∴與曲線y=fx切于點P的直線方程為y=∵直線y=kx過原點，∴?x整理得1?x∴x1=1易知gx2=a∴g∴與曲線y=gx切于點Q的直線方程為y=整理得y=a∴a∴a=e（2）解：由fx≥gx令φx則φ'當x<0時，φ'x<0當x>0時，φ'x>0∴φx∴e∴e當x∈0,1e∴e當x∈1e,+令?x=e則?'當x∈1e,1時，?當x∈1,+∞時，?'∴a≤?x∵a>0，∴實數(shù)a的取值范圍是0,e17．（2022·四川·高三期中（文））已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)gx在x=0處的切線方程為x?y+a=0，求實數(shù)a(2)若?x0∈0,+∞【解題思路】（1）首先對函數(shù)求導，再求出在x=0處的導數(shù)值，根據(jù)題目所給直線的斜率即可求解.（2）首先構(gòu)造新函數(shù)?(x)，根據(jù)題意的分析，只要?(x)min≤0即可，然后通過對a【解答過程】（1）由題意，知g'x=a因為函數(shù)gx在x=0處的切線方程為x?y+a=0所以g'0=2a=1（2）令?x則?x=x所以?'x因為?x0∈即?x0∈所以?(x)①當a?0時，?'x?0在0,+∞上恒成立，函數(shù)所以?(x)所以a?0.②當a>0時，令?'x>0，解得x>a；令?所以函數(shù)?x在區(qū)間0,a上單調(diào)遞減，在a,+所以?(x)min=?a=?a綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為?∞18．（2022·全國·模擬預測）已知函數(shù)fx=x?a+(1)討論函數(shù)fx在區(qū)間0,(2)當a=2時，不等式fx<2te【解題思路】（1）先確定函數(shù)fx的定義域，然后求導，利用導數(shù)研究函數(shù)fx的單調(diào)性，最后分類討論即可得函數(shù)fx（2）先分離參數(shù)，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，再利用導數(shù)求函數(shù)的最值即可.【解答過程】（1）由題意可得函數(shù)fx=x?a+f'令f'x=0所以當x∈0,e1+a時，f當x∈e1+a,+∞時，當e1+a≥e2，即a≥1時，函數(shù)故函數(shù)fx的最大值為f當e1+a<e2，即a<1時，函數(shù)fx故函數(shù)fx的最大值為f綜上，當a≥1時，函數(shù)fx在區(qū)間0,e2當a<1時，函數(shù)fx在區(qū)間0,e2（2）當a=2時，不等式fx<2te也就是2te令gx=lng'令?x=3?lnx?x,x∈0,+∞，又?1=2>0，?3=?ln不妨設(shè)該零點為x0，則3?則當x∈0,x0時，?x>0當x∈x0,+∞時，?x故gxmax=g所以lnx0+x0故2te>1e3，解得t>另解：當a=2，不等式fx<2te也就是2te令m=xex>0，則gg'm=3?lnmm當m∈e3,+∞時，g'故2te>1e3，解得t>19．（2022·遼寧撫順·高三期中）已知函數(shù)f(x)=1?a(1)討論fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)求解導數(shù)f'(x)，故按照a>0，（2）根據(jù)不等式2exf(x)≥x3lnx+x2+3x，參變分離得【解答過程】（1）解：因為f(x)=1?ax3ex當a>0時，由f'x>0，得x>3；由f則fx在0,3上單調(diào)遞減，在3,+當a<0時，由f'x<0，得x>3；由則fx在0,3上單調(diào)遞增，在3,+綜上，當a>0時，fx在0,3上單調(diào)遞減，在3,+當a<0時，fx在0,3上單調(diào)遞增，在（2）解：不等式2exf(x)≥x3設(shè)g(x)=exx3?設(shè)?(x)=ex?設(shè)φ(x)=ex?x?1由φ'x>0，得x>0，所以φ則φx>φ0=0，即?'因為?0=1>0，所以?x則g'(x)=0，得x=3，所以當0<x<3時，g'x<0所以gx在0,3上單調(diào)遞減，在3,+則g(x)故a≤e327?120．（2022·云南·高三階段練習）已知函數(shù)f(x)=sinx?ax+16x3，其中(1)若a=1，證明：gx(2)若x≥0時，fx≥0恒成立，求【解題思路】（1）由題設(shè)g(x)=f'(x)=（2）由題設(shè)及（1）易知f'(x)在[0,+∞)上遞增，則f'(x)≥f'(0)=1?a，結(jié)合f(0)=0【解答過程】（1）由題設(shè)f(x)=sinx?x+1所以g'(x)=x?sinx，令所以?(x)在R上單調(diào)遞增，而?(0)=0，故(?∞,0)上g'(x)=?(x)<0，則(?∞,0)上g(x)遞減，(0,+∞)上（2）由k(x)=f'(x)=由（1）知：[0,+∞)上k'(x)≥0，故所以f'(x)≥f當1?a<0時，即f'(0)<0，x趨向+∞時f'(x)趨向+所以[0,x0)上f'(x)<0，f(x)遞減，(故f(x0)<f(0)=0當1?a≥0時，即f'(0)≥0，故在[0,+∞所以[0,+∞)上f(x)遞增，此時恒有f(x)≥f(0)=0，滿足綜上，a≤1時，x≥0時fx21．（2022·福建龍巖·高三期中）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點0，f0處的切線與直線l：(2)若對?a∈?32,32，存在【解題思路】（1）求導，得到f'0=?4a，根據(jù)切線與直線l（2）問題轉(zhuǎn)化為當x∈?2,3時，?a∈?32,32，fxmin≤b2?2a，對fx求導，對導函數(shù)因式分解，結(jié)合【解答過程】（1）f'則f'因為曲線y=fx在點0，f0處的切線與直線所以?4a×14=?1（2）?a∈?32,3等價于當x∈?2,3時，?a∈?3f'當a=?1時，f'x=ex所以fxmin=f?2=當a∈?32,?1時，2a<?2，易得故fxmin=f?2=即?a∈?32令?a=a+2e2所以當a∈?32,?1時，當a∈?1,32時，?2<2a<3，故fx在所以fxmin=f2a=?2a①當a=1時，?2e2≤0②當a∈?1,1時，2?2a>0，可轉(zhuǎn)化為?a∈?1,1，設(shè)t=2a?2<t<2，gt=則g't=et當g't>0，?2<t<1?3，令故gt在?2<t<1?3上單調(diào)遞增，在故gt在t=1?3處取得極大值，也是最大值，即b≥2?③當a∈1,32時，2?2a<0，可轉(zhuǎn)化為?a∈即?a∈1,32設(shè)m=2a，2<m<3，pm=m則p'令p'm=0，m=1+3，令p'm>0故pm在1+3<m<3所以pm在m=1+pmmin=p又2?3e3?綜上：b的取值范圍是2?322．（2023·浙江溫州·模擬預測）已知a>0，函數(shù)F(x)=f(x)?g(x)的最小值為2，其中f(x)=ex?1，(1)求實數(shù)a的值；(2)?x∈(0,+∞)，有f(x+1?m)≥kx+k?1≥g(e【解題思路】(1)根據(jù)題意求出函數(shù)F(x)的解析式，利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)F(x)的最小值，列出方程，解之即可；(2)根據(jù)題意可得ex?m≥kx+k?1kx+k?1≥lnx，即(ex?m?kx?k+1)min≥0在0,+∞上恒成立且(lnx?kx?k+1)max≤0在【解答過程】（1）由題意知，F(xiàn)(x)=f(x)?g(x)=e則F'令F'(x)<0?0<x<1，令所以函數(shù)F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞所以F(x)min=F(1)=1?所以1?lna=2，解得經(jīng)檢驗，a=e故a=e（2）由f(x+1?m)≥kx+k?1≥g(ef(x+1?m)≥kx+k?1kx+k?1≥g(ex)對于ex?m≥kx+k?1，可得不等式即(ex?m設(shè)u(x)=ex?m?kx?k+1(x∈若k≤0，則u'(x)>0，函數(shù)且u(x)=e若k>0，令u'(x)<0?x<m+ln所以u(x)在(?∞,m+ln所以u(x)由u(x)min≥0，得?mk?kln對于kx+k?1≥lnx，可得不等式lnx?kx?k+1≤0即(lnx?kx?k+1)max設(shè)v(x)=lnx?kx?k+1(x>0)，則若k≤0，則v(1)=1?2k>0，不符合題意；若k>0，令v'(x)>0?0<x<1所以v(x)在(0,1k)所以v(x)由v(x)max≤0，得?ln當k>0時，由①②得，mk?k2≤1?k設(shè)?k=lnk+k，則故?k存在零點k0，故mk?k2≤1綜上，mk?k23．（2022·江蘇·高二期末）已知函數(shù)f(x)=2lnx?x2，g（(1)求實數(shù)a的值；(2)若對?x1，x2∈1【解題思路】（1）利用導數(shù)得出函數(shù)f(x)的極值點x0，再令g'(（2）首先求出f(x)與g(x)在1e,3上的最值，再對【解答過程】（1）解：因為f(x)=?x所以f'由f'(x)>0x>0得0<x<1，由f所以f(x)在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞單調(diào)遞減，從而f(x)的極大值為f又g(x)=x+ax，所以依題意，x=1是函數(shù)g(x)的極值點，所以g'1=1?a=0所以g'則當x>1或x<?1時，g'(x)>0，當0<x<1或?1<x<0時，所以gx在1,+∞和?∞,?1上單調(diào)遞增，在所以函數(shù)在x=1處取得極小值，即當a=1時，函數(shù)g(x)取到極小值，符合題意，故a=1；（2）解：由（1）知a=1，由于f1e=?2?1e顯然f(3)<f1故x∈1e，3時，又g1e=e+1e所以當x∈1e，3時，①當k>1時，問題等價于fx所以k≥fx1?g∵fx1?gx2②當k<1時，問題等價于fx即k≤fx1?g因為fx1?g綜上k≤2ln3?3424．（2022·山東·高三期中）已知函數(shù)g(1)當a=1時，求gx(2)若

fx=gxex【解題思路】（1）求定義域，求導，根據(jù)導函數(shù)的正負求出函數(shù)的極值情況；（2）不等式變形為x(lnx)2+alnx+a≥?2e【解答過程】（1）當a=1時，g(x)=exx則g令g'(x)=0，得x=?2，或當x變化時，g(x),gx(??2?2,?1?1?1,+g+0-0+g單調(diào)遞增3單調(diào)遞減1單調(diào)遞減因此，當x=?2時，g(x)有極大值，并且極大值為3e2；當x=?1（2）因為f(lnx)+2令?(x)=x(則?'（?。┤鬭∈0,4，對于函數(shù)y=(ln所以(ln故當a∈[0,4]時，不等式x(（ⅱ）若a∈(4,+∞當x∈0,e?a所以x(故不等式x(現(xiàn)探究當x∈e當x∈e?a,e?2時，?所以?(x)在e?a,e所以x=e?2是要使不等式x(lnx)解得：a≤4+2e故當4<a≤4+2e4時，不等式（ⅲ）若a∈(?∞當x∈0,e?2所以x(故不等式x(現(xiàn)探究當x∈e當x∈e?2,e?a時，?所以?(x)在e?2,e所以x=e?a是要使不等式x(lnx)即ae設(shè)m(x)=xex(x<0)，則因為m'(x)=1?xex于是，由m(a)≥m(?2)及a<0，得?2≤a<0，故當?2≤a<0時，不等式x(綜上，實數(shù)a的取值范圍為?2,4+2e25．（2022·北京高三階段練習）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在點0,f(2)若函數(shù)fx在x=0處取得極小值，求a(3)若存在正實數(shù)m，使得對任意的x∈0,m，都有fx<0【解題思路】（1）由導數(shù)的幾何意義求解；（2）由f'(0)=0求得a值，并驗證此時（3）求出導函數(shù)f'(x)=ex+acosx，f'(0)=1+a，然后根據(jù)f'(0)【解答過程】（1）f'(x)=ex+a∴切線方程為y=(1+a)x；（2）由（1）f'(x)=ex+acosx，函數(shù)fx在設(shè)g(x)=f'(x)=ex?cosx，則g'因此f'(x)在x=0附近是遞增的，又所以f'(x)在x=0附近從左到右，由負變正，f(x)在x=0左側(cè)遞減，在x=0右側(cè)遞增，所以a=?1．（3）f'(x)=e當f'(0)=1+a>0，即a>?1時，由g'(x)的圖象的連續(xù)性知必存在m>0，使得對任意x∈(0,m)，f'當f'(0)=1+a<0，即a<?1時，由g'(x)的圖象的連續(xù)性知必存在m>0，使得對任意x∈(0,m)，f'a=?1時，f'(x)=ex?cosx，x>0時，ex>1，cos綜上，a的取值范圍是(?∞26．（2022·上海高二期末）已知函數(shù)f(x)=alnx+x(1)若a=?2，求證：f(x)在(1,+∞(2)當a=?4時，求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值與最小值及相應(yīng)的(3)若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求實數(shù)【解題思路】(1)利用導數(shù)大于零即可證明；(2)利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性即可求解給定區(qū)間內(nèi)的最值；(3)利用導數(shù)討論單調(diào)性與最值，即可解決能成立問題.【解答過程】（1）由題可知函數(shù)的定義域(0,+∞因為a=?2,所以f(x)=?2lnx+x令f'(x)>0解得所以f(x)在(1,+∞（2）因為a=?4,所以f(x)=?4lnx+x令f'(x)>0解得x>2，令f所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在所以f(x)在1,2上單調(diào)遞減，在2所以當x=2時，函數(shù)f(x)有最小值為f(因為f(1)=1,f(e所以當x=e時，函數(shù)f(x)有最大值為f(（3）由f(x)≤(a+2)x得alnx+x因為x∈[1,e]，所以x≥1,ln且當x=1時lnx=0，所以x>lnx在x∈[1,即存在x∈[1,e]時，令g(x)=x2?2x令?(x)=x+2?2ln令?'(x)=x?2令?'(x)=x?2所以?(x)在1,2單調(diào)遞減，2,e所以?(x)≥?(2)=2(2?ln所以x∈[1,e]時，所以g(x)所以實數(shù)a的取值范圍是?1,+∞27．（2023·北京·高三專題練習）已知x=1是函數(shù)fx(1)求a值；(2)判斷fx(3)是否存在實數(shù)m，使得關(guān)于x的不等式fx≥m的解集為0,+∞【解題思路】（1）求導得到導函數(shù)，根據(jù)f'（2）求導得到f'（3）先證明ln1+x<x，ln1+x<1+x【解答過程】（1）fx=lnf'1=f'當x∈0,1時，f當x∈1,+∞時，故x=1是函數(shù)的極大值點，滿足.（2）f'當x∈0,1時，f當x∈1,+∞時，（3）fx當x∈0,+∞，易知lnx+1?ln故m≤ln當x∈0,+∞時，設(shè)gx故gx<g0當x∈0,+∞時，設(shè)?x當x∈0,3時，?當x∈3,+∞時，故?x≤?3fx即fx可以無限接近ln綜上所述：m∈?28．（2022·上海市高二期末）已知函數(shù)f(x)=x3?ax+4(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[?2,1]上的最大值為12，求實數(shù)a的值；(3)若關(guān)于x的不等式f(x)≥lnx+3在區(qū)間(2,+∞【解題思路】（1）先求導，對a≤0和a>0進行分類討論，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)，由導數(shù)正負確定原函數(shù)增減，即可求解；（2）由于3a3與1，2的大小關(guān)系不確定，故需分為3a3≤1，1<3a3<2，3a3（3）采用分離參數(shù)法得a≤x3?lnx+1x，x∈2,+【解答過程】（1）由f(x)=x3?ax+4得f'x=3x2?a當a>0時，令f'x=3x<?3a3時，f'?3a3<x<3a3x>3a3時，f'綜上所述，當a≤0時，fx在R上單增；當a>0時，fx在(?∞,?3a3)單增；f（2）由（1）可知，當a≤0時，fx在R上單增，故當x∈?2,1時，fxmax=f當a>0時，令3a3≤1，解得x∈?2,?3a3和3a3,1x∈?3a3,3a故fx最大值在f?3a3或解得a=3?243（舍去），f(1)=1?a+4=5?a=12當1<3a3<2，即3<a<12時，x∈?2,?3a3時，f'x>0