2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)【舉一反三】專練(新高考專用)重難點(diǎn)05利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒(能)成立問題【六大題型】(解析版)

重難點(diǎn)05利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題【六大題型】【新高考專用】從近幾年的高考情況來看，恒(能)成立問題是高考的常考考點(diǎn)，是高考的熱點(diǎn)問題，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度較大，解題時(shí)要學(xué)會靈活求解.【知識點(diǎn)1不等式恒（能）成立問題的解題策略】1．不等式恒（能）成立問題的求解方法解決不等式恒（能）成立問題主要有兩種方法：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題①分離變量：根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，進(jìn)而解決問題．②恒成立；恒成立；能成立；能成立.(2)分類討論法解決恒（能）成立問題分類討論法解決恒（能）成立問題，首先要將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)進(jìn)行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個(gè)值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.【知識點(diǎn)2雙變量的恒（能）成立問題的解題策略】1．雙變量的恒（能）成立問題的求解方法“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)變換，常見的等價(jià)變換有：對于某一區(qū)間I，(1).(2).(3).【題型1直接法解決不等式恒（能）成立問題】【例1】（2024·遼寧·一模）已知函數(shù)fx=e2x?e?2x?ax，若x≥0時(shí)，恒有fx≥0，則a的取值范圍是（

）A．?∞,2 B．?∞,4 C．【解題思路】求導(dǎo)f′x=2e2x+2e【解答過程】由fx=e令gx則g′因?yàn)楹瘮?shù)y=4e2x,y=?4所以函數(shù)g′x=4所以g′所以函數(shù)gx=2e所以f′當(dāng)a≤4時(shí)，f′所以函數(shù)fx在0,+所以fx當(dāng)a>4時(shí)，則存在x0∈0,+且當(dāng)x∈0,x0，f所以fx0<f綜上所述，a的取值范圍是?∞故選：B.【變式1-1】（2024·河南·三模）若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．1【解題思路】對所給不等式進(jìn)行適當(dāng)變形，利用同構(gòu)思想得出lnm≤x?2lnx【解答過程】顯然首先m>0,x>0，ex令fx=ex+x,所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx=x?2ln當(dāng)0<x<2時(shí)，g′x<0當(dāng)x>2時(shí)，g′x>0所以當(dāng)x=2時(shí)，gx取得最小值g從而lnm≤lne24，所以m的取值范圍是m≤故選：B.【變式1-2】（2024·四川內(nèi)江·一模）已知函數(shù)fx=ax+a(1)討論函數(shù)fx(2)若fx>1恒成立，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）求導(dǎo)，分a≤0和a>0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的符號判斷原函數(shù)單調(diào)性；（2）由題意可得：f0=a2>1【解答過程】（1）由題意可知：fx的定義域?yàn)?1,+∞，且若a≤0，則f′x<0，可知f若a>0，令f′x<0，解得?1<x<1a可知fx在?1,1a綜上所述：若a≤0，fx在?1,+若a>0，fx在?1,1a（2）因?yàn)閒x>1恒成立，則若a≤0，由（1）可知：fx在?1,+且當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，fx趨近于若a>0，由a2>1可得由（1）可知：fx在?1,1a則f1若a>1，則aa?1>0,ln綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為1,+∞【變式1-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若a=1，證明：fx(2)若fx≥2e【解題思路】（1）構(gòu)造函數(shù)?x=ex?ex（2）利用不等式恒成立的一個(gè)必要條件是f1≥2e+1，構(gòu)造函數(shù)tx【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx要證明fx>3令?x=ex?ex,x∈當(dāng)x∈0,1時(shí)，?′x<0，即可得當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，?′x>0即?x在x=1處取得極小值，也是最小值?故ex令px=x?elnx,x∈0,+∞，則即可得當(dāng)x∈0,e時(shí)，p′x<0當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，p′x即px在x=e處取得極小值，也是最小值故x≥eln因此ex故fx（2）易知fx=e即e+a+lna≥2令tx=x+lnx，則t′因此可得ta=a+ln下面證明充分性：當(dāng)a≥e時(shí)，f令mx=e易知m′x為單調(diào)遞增函數(shù)，令m′可知當(dāng)x∈0,1時(shí)，m′x<0，即可得當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，m′x>0即mx在x=1處取得極小值，也是最小值m故當(dāng)a≥e時(shí)，f綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍e,+∞.【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】【例2】（2024·陜西·二模）?x∈1,2，有l(wèi)nx+ax2A．e,+∞ B．1,+∞ C．e【解題思路】參變分離可得a≥?x2lnx+x2在【解答過程】因?yàn)?x∈1,2，有l(wèi)n所以a≥?x2ln令μx=?x則μ′令μ′x=0，得x=e，當(dāng)x∈1,e時(shí)，當(dāng)x∈e,2時(shí)，μ′x<0則μx所以a≥e2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為故選：C．【變式2-1】（2024·陜西銅川·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=exa?lnx?1?A．0,e B．0,e C．0,e【解題思路】依題意可得ex?lna+x?lna≥elnx?1+lnx?1對任意的x∈1,+【解答過程】因?yàn)閒x≥0對任意的即exa?即ex?lna令gx=ex+x，則g又gx?lna所以x?lna≥ln所以x?lnx?1≥令?x=x?ln則?′x=1?1x?1=x?2x?1，所以當(dāng)所以?x在1,2上單調(diào)遞減，在2,+所以?x所以lna≤2，則0<a≤e2，即a故選：D.【變式2-2】（2024·貴州六盤水·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=e(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x≥0,f(x)≥x2+2【解題思路】（1）求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，再按a≤0,a>0分類求出單調(diào)區(qū)間.（2）將不等式恒成立作等價(jià)變形，在x>0時(shí)分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最小值，再對x=0討論即可.【解答過程】（1）函數(shù)f(x)=ex?ax+1的定義域?yàn)镽當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0，得x<lna；由函數(shù)f(x)在(?∞,ln所以當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(?∞當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(?∞,ln（2）不等式f(x)≥x當(dāng)x=0時(shí)，不等式a×0≤0恒成立，即a∈R；依題意，當(dāng)x>0時(shí)，a≤exx求導(dǎo)得g′(x)=e求導(dǎo)得?′(x)=ex?1>0，函數(shù)?(x)則當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)在g(x)min=g(1)=所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤e【變式2-3】（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ax(1)討論fx(2)當(dāng)a=3時(shí)，不等式xfx+lnx+1≤mx在區(qū)間【解題思路】（1）由題得f′x=a(1?x)e（2）參數(shù)分離得m≥3xex+lnxx+1x在【解答過程】（1）易知函數(shù)fx=axex當(dāng)a>0時(shí)，由f′x>0，得x<1，由f所以fx的單調(diào)增區(qū)間為(?∞,1)當(dāng)a<0時(shí)，由f′x>0，得x>1，由f所以fx的單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞)綜上所述：當(dāng)a>0時(shí)，fx的單調(diào)增區(qū)間為(?∞,1)當(dāng)a<0時(shí)，fx的單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞)（2）將a=3代入，得fx=3xex所以3x2ex+令?(x)=3xex+ln所以?′當(dāng)0<x<1時(shí)，3?3xex>0,?當(dāng)x>1時(shí)，3?3xex<0,?所以?(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+∞所以x=1時(shí)，?(x)在0,+∞上取得最大值?(1)=所以m≥3e+1，所以實(shí)數(shù)m【題型3分類討論法求參數(shù)范圍】【例3】（2024·湖南·一模）若不等式ex?1?mx?2n?3≥0對?x∈R恒成立，其中m≠0，則nmA．?∞,?lnC．?e,?ln【解題思路】先討論m的范圍，當(dāng)m>0時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)求最值，根據(jù)最小值大于等于0可得2n≤?mlnm?3，然后將二元化一元，令【解答過程】令ex?1?mx?2n?3=0，即當(dāng)m<0時(shí)，由函數(shù)y=ex?1與y=mx+2n+3的圖象可知，兩函數(shù)圖象有一個(gè)交點(diǎn)，記為則當(dāng)x<x0時(shí)，ex?1當(dāng)m>0時(shí)，令fx=e令f′x=0，則x=所以當(dāng)x<lnm+1時(shí)，f′當(dāng)x>lnm+1時(shí)，f′所以x=lnm+1時(shí)，fx又ex?1?mx?2n?3≥0對所以?mlnm?2n?3≥0，即所以2nm≤?ln令gm=?ln當(dāng)0<m<3時(shí)，g′m>0當(dāng)m>3時(shí)，g′m<0所以當(dāng)m=3時(shí)，gmax所以2nm≤?ln3e，即n所以nm的取值范圍為?故選：A.【變式3-1】（2024·陜西西安·一模）若關(guān)于x的不等式ex?2+x≥2ax2?x?lnxA．?∞,1e B．?∞,【解題思路】變形得到ex?2x+1?2ax+lnx≥0【解答過程】ex?2當(dāng)a≤12時(shí)，令?t=e當(dāng)t>0時(shí)，?′t>0，當(dāng)t<0故?t=et?t?1故?t故ex?當(dāng)a>12時(shí)，令ux當(dāng)x>1時(shí)，u′x>0，當(dāng)0<x<1故ux=x?2?lnx在且u1=?1<0，由零點(diǎn)存在性定理得，存在x0∈1,4，使得u此時(shí)ex故不合題意，舍去，綜上，a≤12，實(shí)數(shù)a的取值范圍為故選：B.【變式3-2】（2024·四川德陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線為x+y+b=0，求實(shí)數(shù)(2)已知函數(shù)gx=fx+a2x【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f′1=1?a=?1，可求a=2（2）由題意可得gxmin>0，令t=1x>0，則【解答過程】（1）由fx=lnx+a又曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線為x+y+b=0，所以解得a=2，所以fx=lnx+2又切點(diǎn)(1,2)在直線x+y+b=0上，所以1+2+b=0，解得b=?3；（2）gx=lnx+ax+令t=1x>0求導(dǎo)可得?'當(dāng)a=0時(shí)，gx當(dāng)a>0時(shí)，12a若x∈(0,12a)，?'t若x∈(12a,+∞)，?所以?tmin=?所以ln2a>?34當(dāng)a<0時(shí)，12a若x∈(0,?1a)，?'t若x∈(?1a,+∞)，?所以?tmin=?所以?a>1，解得a<?1，綜上所述：實(shí)數(shù)a的取值范圍為(?∞【變式3-3】（2024·陜西銅川·三模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若?x∈0,+∞,f【解題思路】（1）先計(jì)算當(dāng)a=2時(shí)，函數(shù)f(x)的解析式，并求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得f′（2）先求出f′(x)，再令gx=f′x，并求出g′(x)，通過分兩種情況a≤1【解答過程】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx所以f′所以f0即所求切線方程為y?f0即x+y=0.（2）因?yàn)閒x所以f′令gx則g′當(dāng)x≥0時(shí)，易知g′所以gx在[0,+即g(x)當(dāng)1?a≥0，即a≤1時(shí)，gx所以函數(shù)fx單調(diào)遞增，即f當(dāng)1?a<0，即a>1時(shí)，g0又當(dāng)x→+∞時(shí)，g所以?x當(dāng)0<x<x0時(shí)，gx當(dāng)0<x<x0時(shí)，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞【題型4構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】【例4】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）函數(shù)fx=emx+m?1x?lnxA．1e,+∞ B．2e,+∞【解題思路】根據(jù)條件得到emx+mx≥elnx+lnx恒成立，構(gòu)造函數(shù)?(x)=ex+x【解答過程】因?yàn)閒x因?yàn)閷θ我鈞>0，都有fx≥0，即令?(x)=ex+x所以mx≥lnx在區(qū)間0,+∞上恒成立，也即m≥令g(x)=lnxx，則g′(x)=1?lnxx即g(x)=lnxx在區(qū)間0,所以g(x)≤lnee=故選：A.【變式4-1】（2024·河南·模擬預(yù)測）已知λ>0，對任意的x>1，不等式e2λx?lne12λA．1e,+∞C．2e,+∞【解題思路】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令?u=ue【解答過程】因?yàn)棣?gt;0，所以整理不等式e2λx可得2λe2λx≥令?u=ue因?yàn)?′u>0，所以?u在又因?yàn)棣?gt;0,x>1，所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對任意的x>1恒成立，即構(gòu)造函數(shù)mt=ln當(dāng)1<t<e時(shí)，m′t>0，mt單調(diào)遞增；當(dāng)t>所以，當(dāng)t=e時(shí)，mtmax=1故選：B．【變式4-2】（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)設(shè)a=1，若關(guān)于x的不等式fx≤b?1ex+1【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)分類討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可求極值；（2）問題等價(jià)于b≥x+3ex+1+x在區(qū)間?1,+∞【解答過程】（1）f′x=ax?1+ae當(dāng)a>0時(shí)，由f′x<0，得x<1?aa故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa當(dāng)a<0時(shí)，由f′x>0，得x<1?a故fx在區(qū)間?∞,所以fx在x=1?aa綜上，當(dāng)a>0時(shí)，fx的極小值為3?a當(dāng)a<0時(shí)，fx的極大值為（2）a=1時(shí)，fx≤b?1ex+1?x等價(jià)于令gx=x+3令?x=ex+1?x+2,x≥?1所以?x在區(qū)間?1,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，即所以g′x≥0所以gx在區(qū)間?1,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，即gx故b的取值范圍是1,+∞【變式4-3】（2024·四川雅安·三模）已知函數(shù)fx(1)若函數(shù)fx有極值，求實(shí)數(shù)a(2)若關(guān)于x的不等式fx+x1+cosx【解題思路】（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，分類討論研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與極值的關(guān)系即可求解.（2）由已知變形為2sinx?xcos【解答過程】（1）依題意，f′x=a?1?2cosx因?yàn)?+2cosx∈?1,3，所以當(dāng)a≤?1時(shí)，f當(dāng)a≥3時(shí)，f'x≥0，故f當(dāng)?1<a<3時(shí)，f′x=0綜上a∈?1,3（2）依題意，由fx得a?1x?2sinx+x設(shè)?x則?′設(shè)mx=cos當(dāng)x∈0,π2所以在x∈0,π2上，?當(dāng)π2?a≤0，即a≥π2時(shí)，則?x當(dāng)π2?a>0，即（i）若1?a<0，即1<a<π?x0∈0,π2，使得?′x0（ii）若1?a≥0，即a≤1,??x在x∈0,π綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞【題型5與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問題】【例5】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ae(1)證明：當(dāng)a=1時(shí)，?x∈0,+(2)若fx與gx有兩條公切線，求【解題思路】（1）等價(jià)于證明?x∈0,+∞,ex（2）設(shè)一條公切線與fx=aex,gx=x2切點(diǎn)分別為x【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=e?x∈0,+∞,f(x)>令?x=ex當(dāng)0<x<ln2時(shí)，?′x<0當(dāng)x>ln2時(shí)，?′x>0，?所以?x∈0,+∞,（2）設(shè)一條公切線與fx=ae則f′可得切線方程為y?aex1因?yàn)樗鼈兪峭粭l直線，所以ae可得a=4x1若fx與gx有兩條公切線，則y=4x?4則p′當(dāng)x<2時(shí)，p′x>0，p當(dāng)x>2時(shí)，p′x<0，px在且當(dāng)x>1時(shí)，px>0，當(dāng)x<1時(shí)，px所以0<a<4【變式5-1】（2024·安徽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)若對?x∈0,+∞,f(2)證明：對任意正整數(shù)n，不等式k=1n【解題思路】（1）把不等式恒成立轉(zhuǎn)化為a≤x（2）先證明不等式x≥1+lnx，再取x=e【解答過程】（1）若對?x∈0,+∞,f即a≤x記gx則g′記?x=e故?x在0,+又?1所以?x0∈即ex0=故當(dāng)x∈0,x0時(shí)，?x<0，即g′x所以gx在0,x0所以g(x)min=g所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是?∞（2）由（1）知，當(dāng)a=1時(shí)，xex≥當(dāng)且僅當(dāng)x=x而x0∈12,1下面證明當(dāng)x≥1時(shí)，x≥1+ln記mx=x?1?ln故mx在[1,+∞)所以當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，故當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，令x=ekk∈所以k=1n所以對任意正整數(shù)n，不等式k=1n【變式5-2】（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)若存在正數(shù)x，使fx≥0成立，求(3)若0<x1<x2，證明：對任意a∈【解題思路】（1）計(jì)算f′（2）對a≤1和a>1兩種情況分別討論，即可得到取值范圍是?∞（3）首先證明f′x單調(diào)遞減，即得唯一性；然后求導(dǎo)證明對任意的0<t<1，都有l(wèi)ntt?1>1；而對任意的t>1【解答過程】（1）對fx=2ln當(dāng)a≤0時(shí)，對x>0有f′x=21?a當(dāng)a>0時(shí)，有f′x=21?ax2x=21+xa1?xax=2a1+x綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,1a（2）若a≤1，由于f1=1?a≥0，故存在正數(shù)x=1使得若a>1，則由（1）的結(jié)論，知fx在0,1a上單調(diào)遞增，在1a,+綜上，a的取值范圍是?∞（3）設(shè)0<x1<唯一性：由f′x=21?ax2x=2x?2ax，知特別地，f′x在這表明，使得f′x0存在性：我們先考慮函數(shù)φt=t?1?lnt，這里t>0.由于φ′t=1?1t=t?1t，故當(dāng)0<t<1時(shí)φ′t<0，當(dāng)t>1這就得到，對任意t∈0,1∪1,+從而，對任意的0<t<1，都有l(wèi)ntt?1>1；而對任意的t>1然后回到原題，首先我們有fx同時(shí)我們又有f′x1故f′由零點(diǎn)存在定理，知一定存在x0∈x綜合上述的存在性和唯一性兩個(gè)方面，知存在唯一的x0∈x【變式5-3】（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）已知fx(1)若a>?1，證明：f(x)在(0,+∞(2)若?1<a<?1①證明：存在唯一的實(shí)數(shù)x0∈[?2π②記①中fx0=m，證明：當(dāng)x∈【解題思路】（1）根據(jù)u(x)=f′(x)=ex?sinx+a，得出（2）①分別判斷函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)x∈[?2π,?π]時(shí)，得出所以y=f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[?π,?π2]時(shí)，得出存在唯一的實(shí)數(shù)x0，使得f′(x0)=0，且x0為函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[?π,?π2]上的唯一極小值點(diǎn)，當(dāng)x∈[?π2【解答過程】（1）由題可知f′令u(x)=f∴u因?yàn)閤∈(0,+∞)，所以所以u(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即f′又因?yàn)閒′(0)=e所以函數(shù)f(x)在(0,+∞（2）①i當(dāng)x∈[?2π,?π]時(shí)，由于sinx≥0，所以f′xii當(dāng)x∈[?π,?π2]時(shí)，令?(x)=f′f′(?π2)=e?且當(dāng)x∈(?π,x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)故x0為函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[?iii當(dāng)x∈[?π2,0]時(shí)，可證當(dāng)?1<a<?即證f′要使f′(x)=e令g(x)=ex?由于g′(x)=ex?

存在x1∈(?π則ex1=cosx1，所以顯然g(?π2)>1，g(0)=1由于x1∈(?π所以有g(shù)(x1)∈(1,綜上可證g(x)=ex?sinx≥1故x0為區(qū)間[?2②證明：由①知，當(dāng)?1<a<?12π時(shí)，f(x)在(0,+任取x′=x?2kπ，k∈則f(x因?yàn)?1<a<?12π，?2ak所以f(x′)?f(x)>0故當(dāng)x∈(?∞,?2π綜上可證，當(dāng)x∈R時(shí)，f(x)≥m．【題型6雙變量的恒（能）成立問題】【例6】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=2xlnx?ax2，若對任意的x1,xA．12e,+∞ B．1,+∞ 【解題思路】構(gòu)造函數(shù)Fx【解答過程】不等式2x1+f令Fx=fx當(dāng)x1>x2時(shí)，F(xiàn)x所以F′x=即lnxx≤a令gx=ln所以當(dāng)x∈0,e時(shí)，g′當(dāng)x∈e,+∞時(shí)，g′x故選：C.【變式6-1】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=lnxx,gx=axeA．?∞,?2 B．?2,?1 C．?1,+∞【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求得fx在區(qū)間0,1上的值域，求得gx在區(qū)間?∞【解答過程】對于fx=ln所以fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，ln所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，fx的值域?yàn)閷τ趃x=axe若a=0，則gx若a>0，則g′x>0，所以g所以當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，g當(dāng)a<0時(shí)，gx在區(qū)間?∞,在區(qū)間1a,+∞g1a=a×1所以當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，g綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為0,+∞故選：D.【變式6-2】（23-24高二下·湖南郴州·期末）已知fx=alnx+12x(1)求gx在?π,π(2)如果對任意的x1∈?π,π，存在x2∈【解題思路】（1）對gx求導(dǎo)，因?yàn)間x為偶函數(shù)，求出gx在x∈（2）由（1）知，gx在?π,π上的最小值為?1，所以?x2∈1e,e，使得fx2x2【解答過程】（1）g′顯然gx為偶函數(shù)，當(dāng)x>0x∈0,π2時(shí)，xcosx>0，gx∈π2,π時(shí)，xcosx<0，gg0=1，gπ2=π2，g由偶函數(shù)圖象的對稱性可知gx在?π,π上的最小值為?1（2）先證lnx≤x?1，設(shè)?x=令?′x>0?0<x<1∴?x在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞故lnx≤x?1由題意可得?x2∈即ax由①可知x2參變分離得a≥1設(shè)φx=1即只需a≥φxφ'由①知lnx≤x?1得?∴1令φ'x>0?1<x<e，令∴φx在1e,∴φx∴a≥?1又已知a≠0故a的取值范圍為?1【變式6-3】（2024·四川瀘州·一模）已知函數(shù)fx=ax+1?xlnx的圖像在(1)求函數(shù)fx(2)若?x1,x2∈0,+【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出a=2，直接利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)式子結(jié)構(gòu)構(gòu)造gx=fx?mx2，由gx在0,+∞為增函數(shù)，得到【解答過程】（1）fx=ax+1?xln可得fx的圖象在A1,f1由切線與直線x?y=0平行，可得a?1=1，即a=2，fx=2x+1?xln由f′x>0，可得0<x<e，由f′x<0，可得x>（2）因?yàn)閤1>x2，若即有fx1?m所以gx=fx?mx2在可得2m≤1?lnxx在x>0恒成立，由當(dāng)?′x=0，可得x=e2，?即有?x在x=e2處取得極小值，且為最小值?1則實(shí)數(shù)m的取值范圍是?∞一、單選題1．（2024·四川達(dá)州·二模）當(dāng)x≥0時(shí)，不等式ex?ax≥(x?1)2恒成立，則A．(?∞,1] C．(?∞，e] D．【解題思路】恒成立問題一般采用分離參數(shù)的方法，進(jìn)而轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值即可.【解答過程】當(dāng)x=0時(shí),不等式顯然成立,當(dāng)x>0時(shí),由題意可得a≤g(x)=則有a≤g(x)則g設(shè)?x=e則?'x=ex所以ex所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),所以g(x)所以a≤故選：C.2．（2024·吉林·模擬預(yù)測）若關(guān)于x不等式lnax≤x+b恒成立，則當(dāng)1e≤a≤eA．1e+1 B．e?1 C．1【解題思路】構(gòu)建fx=lnax?x?b，分析可知fx的定義域?yàn)?,+∞，且fx≤0【解答過程】設(shè)fx因?yàn)?e≤a≤e，可知fx的定義域?yàn)?,+∞又因?yàn)閒′令f′x>0，解得0<x<1；令f可知fx在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在1,+則fx≤f1=ln可得eb+1?ln令ga=a?ln令g′a>0，解得1<a≤e；令可知ga在1,e內(nèi)單調(diào)遞增，在1e即eb+1?ln所以eb+1故選：C.3．（2024·四川宜賓·二模）已知不等式axex+x>1?A．?1e2,+∞ B．?1【解題思路】分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為a>1?x?lnxxex，構(gòu)造函數(shù)【解答過程】不等式axex+x>1?lnx有解，即a>令fx∴f′x令gx=x?2+ln∴g′x=1+1又g1=?1<0，g2=ln2>0，所以存在∴x∈0,x0，gx<0，即f′x所以函數(shù)fx在0,x0∴fx0=1?x∴fx∴a>?1故選：A.4．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4A．12e,+∞ B．1e,+【解題思路】將原不等式變形為ax22?eax2≥lnx2?elnx，令f(x)=x【解答過程】由a2x4所以ax令f(x)=x2?exf′(x)=2x?eg′(x)=2?ex，令當(dāng)x<ln2時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)所以f′(x)在(?∞所以f′所以f(x)在R上遞減，所以ax2≤所以a≤lnxx令?(x)=lnxx由?′(x)>0，得1?2ln由?′(x)<0，得1?2ln所以?(x)在0,e上遞增，在e所以?(x)所以a≤1即實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞故選：D.5．（2024·陜西商洛·三模）已知λ>0，對任意的x>1，不等式e2λx?lnx2λA．2e,+∞ B．12e,+【解題思路】對已知不等式進(jìn)行變形，通過構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)、參變量分離法進(jìn)行求解即可.【解答過程】由題意λ>0，不等式即2λe2λx≥令gx=xe當(dāng)x>0時(shí)，g′x>0，所以g則不等式等價(jià)于g2λx因?yàn)棣?gt;0,x>1，所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對任意x>1恒成立，即設(shè)?t=ln當(dāng)1<t<e,?′t所以t=e,?t有最大值?e=故選：B.6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ex+1?aln(ax)+a(a>0)，若關(guān)于x的不等式f(x)>0A．(0,+∞) B．(0,e) C．【解題思路】方法一：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性，結(jié)合題意得ax0?alnax0+a>0，等價(jià)變形得1x0?x0?2lnx0>0，設(shè)g(x)=1【解答過程】方法一：f′(x)=ex+1?故存在唯一的x0>0，使得f′且當(dāng)x∈0,x0時(shí)，f當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，因此fx的最小值為f則1x0?對ex0+1=a代入1x0?設(shè)g(x)=1x?x?2所以g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減且可知不等式1x0?因此lna=又a>0，則a∈0,方法二：f(x)>0即ex+1?aln而y=ex+1a根據(jù)互為反函數(shù)的函數(shù)圖象關(guān)于直線y=x對稱，問題轉(zhuǎn)化為ex+1即a<e設(shè)?(x)=ex+1x當(dāng)x=1時(shí)，?′(1)=0，當(dāng)x∈0,1時(shí)，?當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，?′故?(x)min=?(1)=方法三：f(x)>0?e構(gòu)造g(x)=x(lnx?1)，則轉(zhuǎn)化為g′(x)=lnx，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，g′所以g(x)有極小值g(1)=?1,g(e)=0，且則gex+1>g(ax)即a<ex+1x，設(shè)?(x)=當(dāng)x∈0,1時(shí)，?′(x)<0當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，?′故?(x)min=?(1)=故選：C.7．（2024·四川樂山·二模）若存在x0∈?1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解題思路】等價(jià)變形給定的不等式，并令aex0=t，構(gòu)造函數(shù)f(t)=e【解答過程】依題意，x0+e2?e令aex0=t，即e2令f(t)=e2?1lnt?2t+2求導(dǎo)得f′(t)=e2?1t?2=e2因此函數(shù)ft在e2?1而f(1)=0,fe2=e2則當(dāng)1≤t≤e2時(shí)，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae?1所以a的取值范圍為1e故選：D.8．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=1?elnx?3x,x>0(x?2)eA．?∞,3 C．6e?2,3【解題思路】分x>0和x<0兩種情況討論，分別得出不等式，由不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)分別求出函數(shù)的最值即可求解．【解答過程】當(dāng)x>0時(shí)，由fx>a當(dāng)x<0時(shí)，由fx>a令gx則g′x=1?ex所以當(dāng)0<x<e，g′(x)<0；當(dāng)x>故gx在0,e上單調(diào)遞減，在因此gx的最小值為g故當(dāng)x>0時(shí)，a<3；令?x則?′x=x2所以當(dāng)?2<x<0，?′(x)<0；當(dāng)x<?2，故?x在?∞,?2因此?x的最大值為?故當(dāng)x<0時(shí)，a>6e綜上，6e故選：C．二、多選題9．（2024·河南信陽·一模）若關(guān)于x的不等式ex?2+x≥2ax2?xlnxA．1e B．12 C．e【解題思路】根據(jù)題意分a≤12和a>12兩種情況討論，當(dāng)a≤12時(shí)，有ex?2x+1?2ax+lnx≥ex?2【解答過程】依題意，ex?2x+1?2ax+lnx≥0在0令t=x?2?lnx，則?(t)=e故當(dāng)t∈(?∞,0)時(shí)，?′(t)<0故?(t)>?(0)=0，故ex?2?當(dāng)a>12時(shí)，令u(x)=x?2?lnu(4)=2?2ln2>0，故μx在1,4內(nèi)必有零點(diǎn)，設(shè)為x則ex0?2綜上所述，a≤1故選：AB.10．（2024·新疆·一模）設(shè)fx=1+xlnx,gx=a?1x，若fA．3?ln22 B．3 C．2【解題思路】分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性與最值計(jì)算即可.【解答過程】原不等式等價(jià)于x+1ln令φ(x)=x+1令?x所以?x在x∈1,2上單調(diào)遞增，即所以φ′(x)>0，則φ(x)在x∈1,2所以a≥3ln2+22，由故選：BD.11．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=x+ln(x?2),g(x)=xlnx．若A．?x∈(2,+∞),f(x)<g(x) C．?x0∈(2,+【解題思路】令?(x)=f(x)?g(x)，通過對其求導(dǎo)來判斷單調(diào)性，可判斷A,C；由題意構(gòu)造函數(shù)y=lnx+x，根據(jù)其單調(diào)性可判斷B；由x1【解答過程】令?(x)=f(x)?g(x)=x+ln則?′(x)=1x?2?又因?yàn)?′所以存在ξ∈(e,3)，使得?′當(dāng)x∈(2,ξ)時(shí)，?′當(dāng)x∈(ξ,+∞)時(shí)，所以?(x)有最大值?(x)故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x+ln由題可知t>0，因?yàn)閤1即x1x2lnx則lnx因?yàn)楹瘮?shù)y=lnx+x在于是x1從而x1令?(t)=t則?′令?′(t)=0，則lnt=?當(dāng)t∈0,e?13當(dāng)t∈e?13,+所以當(dāng)t=e?13時(shí)，即x1x2則x1故選：ABD．三、填空題12．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）若不等式2x3?ax2+1≥0對任意【解題思路】根據(jù)給定條件，分離參數(shù)并構(gòu)造函數(shù)，再求出函數(shù)的最小值得解.【解答過程】當(dāng)x=0時(shí)，1≥0恒成立，當(dāng)x>0時(shí)，2x令f(x)=2x+1x2當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞當(dāng)x=1時(shí)，f(x)min=f(1)=3所以實(shí)數(shù)a的最大值為3.故答案為：3.13．（2024·陜西商洛·一模）已知函數(shù)f(x)=lnx?aeax，若對任意的x≥1e,f(x)≤0【解題思路】將f(x)≤0構(gòu)造成xlnx≤eaxlneax，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究g(x)=xlnx【解答過程】由f(x)≤0，即lnx?aeax因?yàn)閤≥1e，所以xln設(shè)g(x)=xlnx，則因?yàn)閤≥1e，所以g′x≥0因?yàn)閤lnx≤eaxlneax，所以g(x)≤g設(shè)?(x)=lnxx由?′(x)<0，得x>e，則?(x)由?′(x)<0，得0<x<e，則?(x)故?(x)≤?(e)=1故答案為：[114．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)fx=x?2ex+lnx，gx=ax+b，對任意a∈?【解題思路】依題意存在x∈0,1使得x?2ex+lnx≥x+b，參變分離可得x?2ex+lnx?x≥b【解答過程】依題意對任意a∈?∞,1，且x>0因?yàn)榇嬖趚∈0,1使得不等式f所以存在x∈0,1使得x?2ex令Fx=x?2則F′令mx=ex?1x且m1=e所以?x0∈12,1使得所以當(dāng)0<x<x0時(shí)F′x>0所以Fx在0,x0所以Fx因?yàn)閤0∈1所以Fx依題意b≤Fxmax，又b為整數(shù)，所以b≤?4，所以b的最大值為故答案為：?4.四、解答題15．（2024·廣東·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)判斷函數(shù)fx(2)若fx≥0恒成立，求【解題思路】（1）先求出函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)f′x；再分a≤0（2）由（1）中函數(shù)單調(diào)性，當(dāng)a≤0時(shí)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，以及f1=0，可判斷當(dāng)x∈0,1時(shí)，fx<0，不符合題意；當(dāng)a>0【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+當(dāng)a≤0時(shí)，f′x>0恒成立，f當(dāng)a>0時(shí)，由f′x<0，得x∈0,a，由則函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞減，在a,+綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，fx在0,a（2）由（1）知，當(dāng)a≤0時(shí)，fx在0,+∞上單調(diào)遞增，由f1=0，知當(dāng)當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在0,a上單調(diào)遞減，在a,+故f(x)由fx≥0恒成立，得a?1?aln求導(dǎo)得g′當(dāng)0<a<1時(shí)，g′a>0，當(dāng)a>1于是函數(shù)ga在0,1上單調(diào)遞增，在1,+所以g(a)max=g因此ga=0=g116．（2024·四川樂山·三模）已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)若存在x0∈1,+∞，使得【解題思路】（1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)，對a分情況討論函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可得函數(shù)最值情況，即可得解.【解答過程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=x+ln則f′令f′x=0，解得x=1當(dāng)0<x<1時(shí)，f