资源简介

恒成立能成立 3种常见题型
【考点分析】
考点一：恒成立问题
若函数 f x 在区间D上存在最小值 f x min和最大值 f x max，则
不等式 f x > a在区间D上恒成立 f x min> a；
不等式 f x ≥ a在区间D上恒成立 f x min≥ a；
不等式 f x < b在区间D上恒成立 f x max< b；
不等式 f x ≤ b在区间D上恒成立 f x max≤ b；
考点二：存在性问题
若函数 f x 在区间D上存在最小值 f x min和最大值 f x max，即 f x ∈ m,n ，则对不等式有解问
题有以下结论：
不等式 a< f x 在区间D上有解 a< f x max；
不等式 a≤ f x 在区间D上有解 a≤ f x max；
不等式 a> f x 在区间D上有解 a> f x min；
不等式 a≥ f x 在区间D上有解 a≥ f x min；
考点三：双变量问题
①对于任意的 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 max≤ g x2 max；
②对于任意的 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 min≥ g x2 min；
③若存在 x1∈ a,b ，对于任意的 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 min≤ g x2 min；
④若存在 x1∈ a,b ，对于任意的 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 max≥ g x2 max；
⑤对于任意的 x1∈ a,b ，x2∈ m,n 使得 f x1 ≤ g x2 f x1 max≤ g x2 min；
⑥对于任意的 x1∈ a,b ，x2∈ m,n 使得 f x1 ≥ g x2 f x1 min≥ g x2 max；
⑦若存在 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 min≤ g x2 max
⑧若存在 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 max≥ g x2 min．
【题型目录】
题型一：利用导数研究恒成立问题
题型二：利用导数研究存在性问题
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【典型例题】
题型一：利用导数研究恒成立问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习 )对任意正实数 x，不等式 x- lnx+ 1> a恒成立，则
a的取值范围是 ( )
A. a< 1 B. a< 2 C. a> 1 D. a> 2
x
【例2】【2022 e年全国甲卷】已知函数 f x = x lnx+ x a．
(1)若 f x ≥ 0，求 a的取值范围；
1
【例3】已知函数 f(x) = x22 - (a+ 1)lnx-
1
2 (a∈R,a≠ 0)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的 x∈ [1,+∞)，都有 f(x)≥ 0成立，求 a的取值范围．
【例4】已知函数 f x = lnx- ax(a是正常数 ).
(1)当 a= 2时，求 f x 的单调区间与极值；
(2)若 x> 0，f x < 0，求 a的取值范围；
【例5】已知函数 f x = xex
(1)求 f x 的极值点；
(2)若 f x ≥ ax2对任意 x> 0恒成立，求 a的取值范围．
【题型专练】
1. (2022·四川广安 ·模拟预测 (文 ))不等式 lnx- kx≤ 0恒成立，则实数 k的取值范围是 ( )
A. 0,e B. -∞ ,e C. 0, 1 e D.
1
e ,+∞
2. (2022·北京 ·景山学校模拟预测 )已知函数 f x = xlnx+ ax+ 2．
(1)当 a= 0时，求 f x 的极值；
(2)若对任意的 x∈ 1,e2 ，f x ≤ 0恒成立，求实数 a的取值范围．
3. (2022·新疆克拉玛依 ·三模 (文 ))已知函数 f x = xlnx，g x =-x2+ ax- 3 a∈R .
(1)求函数 f(x)的单调递增区间；
(2) 1若对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 f x ≥ 2 g x 恒成立，求 a的取值范围.
4. (2022·内蒙古赤峰 ·三模 (文 ))已知函数 f x = x lnx+ 1 .
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x ≥ x2+ m+ 1 x 2恒成立，求实数m的取值范围.
5.【2020年新高考 1卷 (山东卷 )】已知函数 f(x) = aex-1- lnx+ lna．
(1)当 a= e时，求曲线 y= f x 在点 1,f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若不等式 f x ≥ 1恒成立，求 a的取值范围．
题型二：利用导数处理存在性问题
【例1】(2022·河北秦皇岛 ·三模 )函数 f x = x3- 3x2+ 3- a，若存在 x0∈ -1,1 ，使得 f x0 > 0，则实数
a的取值范围为 ( )
A. -∞ ,-1 B. -∞ ,1 C. -1,3 D. -∞ ,3
【例2】已知函数 f x = ax3+ bx2+ 6x+ c，当 x=-1时，f x 的极小值为-5，当 x= 2时，f x 有极大
值．
(1)求函数 f x ；
(2)存在 x0∈ 1，3 ，使得 f x 20 ≤ t - 2t成立，求实数 t的取值范围．
【例3】(2022·辽宁 ·高二阶段练习 )已知 a> 0，若在 (1,+∞)上存在 x使得不等式 ex- x≤ xa- alnx成
立，则 a的最小值为______．
【题型专练】
1. 已知函数 f x = x2+ 2a+ 2 lnx．
(1)当 a=-5时，求 f x 的单调区间；
(2)若存在 x∈ 2,e ，使得 f x - x2> 2x+ 2a+ 4x 成立，求实数 a的取值范围．
2. (2022·河北深州市中学高三阶段练习 )已知函数 f x = lnx- 2ax+ 1.
(1)若 x= 1是 f x 的极值点，确定 a的值；
(2)若存在 x> 0，使得 f x ≥ 0，求实数 a的取值范围.
3. 已知函数 f lnx x = x ，设 f x 在点 1,0 处的切线为m
(1)求直线m的方程；
(2)求证：除切点 1,0 之外，函数 f x 的图像在直线m的下方；
(3)若存在 x∈ 1,+∞ ，使得不等式 f x > a x- 1 成立，求实数 a的取值范围
4. 已知函数 f x = xlnx- ax+ 1．
(1)若 f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．
①求实数 a的值；
②求 f x 的单调区间和极值．
(2)若存在 x0∈ (0,+∞)，使得 f x0 < 0成立，求 a的取值范围．
5. 已知函数 f(x) = lnx+ ax(a∈R).
(1)当 a= 1时，求曲线 y= f(x)在 x= 1处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)若存在 x0，使得 f x0 > 0，求 a的取值范围.
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习 )设函数 f x = x- 1 ex- e ,g x = ex- ax- 1，其
中 a∈R.若对 x2∈ 0,+∞ ，都 x1∈R，使得不等式 f x1 ≤ g x2 成立，则 a的最大值为 ( )
A. 0 B. 1e C. 1 D. e
【例2】已知函数 f(x) = ax+ lnx(a∈R) ,g(x) = x2- 2x+ 2．
(1)当 a=- 12 时，求函数 f(x)在区间 [1,e]上的最大值和最小值;
(2)若对任意的 x1∈ [-1,2]，均存在 x2∈ (0,+∞)，使得 g x1 < f x2 ，求 a的取值范围．
【例3】已知函数 f(x) = xsinx+ cosx．
(1)当 x∈ 0,π 时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)设函数 g(x) =-x2+ 2ax．若对任意 x1∈ 1 -π,π ，存在 x2∈ [0,1]，使得 2π f x1 ≤ g x2 成立，求
实数 a的取值范围．
【例4】(2022·黑龙江 · lnx哈尔滨三中高二期末 )已知函数 f x = ，g(x) = ln(x+ 1) + 2ax2x ，若 x1∈
1,e2 ， x2∈ 0,1 使得 f(x1)> g(x2)成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -∞ ,- ln2 B. -∞ ,- ln2 2 2 C. -∞ ,-
1
e D. -∞ ,e-
ln2
2
x3- 3 x+ 3 ,0≤ x≤ 1
【例5】(2023·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f x = 4 2 2 1 1 ，g x = ex- ax a∈R ，2x+ 2 , 2 < x≤ 1
若存在 x1,x2∈ 0,1 ，使得 f x1 = g x2 成立，则实数 a的取值范围是 (　　 )
A. -∞ ,1 B. -∞ ,e- 2 C. -∞ ,e- 5 4 D. -∞ ,e
【题型专练】
1. (2022·河南 ·南阳中学高三阶段练习 (理 ))已知函数 f x = x3- 3x+ a g x = 2x+ 1， x- 1 ．若对任意
x1∈ -2,2 ，总存在 x2∈ 2,3 ，使得 f x1 ≤ g x2 成立，则实数 a的最大值为 ( )
A. 7 B. 5 C. 72 D. 3
2. (2022·福建宁德 ·高二期末 )已知 f x = 1- x ex-1，g x = x+ 1 2+ a，若存在 x1，x2∈R，使得
f x2 ≥ g x1 成立，则实数 a的取值范围为 ( )
A. 1 e ,+∞ B. -∞ ,
1
e C. 0,e D.

-
1
e ,0
3. (2022·河南安阳 ·高二阶段练习 (理 ))已知函数 f (x) = lnxx ，g(x) = ln(x+ 1) + 2ax
2，若 x1∈
1,e2 ， x2∈ (0,1]使得 f x1 > g x2 成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -∞ ,- ln22 B. -∞ ,-
ln2
2 C. -∞ ,-
1 D. -∞ ,e- ln2 e 2
4. 已知函数 f(x) = 12 ax
2- (2a+ 1)x+ 2lnx(a∈R)
(1)若曲线 y= f(x)在 x= 1和 x= 3处的切线互相平行，求 a的值与函数 f(x)的单调区间；
(2)设 g(x) = (x2- 2x)ex，若对任意 x1∈ 0,2 ，均存在 x2∈ 0,2 ，使得 f(x1)< g(x2)，求 a的取值范围．
5. x已知函数 f x =-ax+ lnx a∈R ，f x 为 f x 的导函数．
(1)求 f x 的定义域和导函数；
(2)当 a= 2时，求函数 f x 的单调区间；
(3)若对 x1∈ e,e2 ，都有 f x1 ≥ 1成立，且存在 x ∈ e,e3 f x + 12 ，使 2 2 a= 0成立，求实数 a的取
值范围．恒成立能成立 3种常见题型
【考点分析】
考点一：恒成立问题
若函数 f x 在区间D上存在最小值 f x min和最大值 f x max，则
不等式 f x > a在区间D上恒成立 f x min> a；
不等式 f x ≥ a在区间D上恒成立 f x min≥ a；
不等式 f x < b在区间D上恒成立 f x max< b；
不等式 f x ≤ b在区间D上恒成立 f x max≤ b；
考点二：存在性问题
若函数 f x 在区间D上存在最小值 f x min和最大值 f x max，即 f x ∈ m,n ，则对不等式有解问
题有以下结论：
不等式 a< f x 在区间D上有解 a< f x max；
不等式 a≤ f x 在区间D上有解 a≤ f x max；
不等式 a> f x 在区间D上有解 a> f x min；
不等式 a≥ f x 在区间D上有解 a≥ f x min；
考点三：双变量问题
①对于任意的 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 max≤ g x2 max；
②对于任意的 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 min≥ g x2 min；
③若存在 x1∈ a,b ，对于任意的 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 min≤ g x2 min；
④若存在 x1∈ a,b ，对于任意的 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 max≥ g x2 max；
⑤对于任意的 x1∈ a,b ，x2∈ m,n 使得 f x1 ≤ g x2 f x1 max≤ g x2 min；
⑥对于任意的 x1∈ a,b ，x2∈ m,n 使得 f x1 ≥ g x2 f x1 min≥ g x2 max；
⑦若存在 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≤ g x2 f x1 min≤ g x2 max
⑧若存在 x1∈ a,b ，总存在 x2∈ m,n ，使得 f x1 ≥ g x2 f x1 max≥ g x2 min．
【题型目录】
题型一：利用导数研究恒成立问题
题型二：利用导数研究存在性问题
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【典型例题】
题型一：利用导数研究恒成立问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高二阶段练习 )对任意正实数 x，不等式 x- lnx+ 1> a恒成立，则
a的取值范围是 ( )
A. a< 1 B. a< 2 C. a> 1 D. a> 2
【答案】B
【详解】令 f x = x- lnx+ 1，其中 x> 0，则 a< f x min，
f x = 1- 1 = x- 1，当 0< x< 1时，f x x x < 0，此时函数 f x 单调递减，
当 x> 1时，f x > 0，此时函数 f x 单调递增，所以，f x min= f 1 = 2，∴ a< 2.
故选：B.
x
【例2】【2022年全国甲卷】已知函数 f x = ex lnx+ x a．
(1)若 f x ≥ 0，求 a的取值范围；
【答案】(1) (-∞ ,e+ 1]
【解析】(1)f(x)的定义域为 (0,+∞)，
f (x) = 1 - 1 x 1 1 1 x 1 x- 1 e
x
x x2 e - x + 1 = x 1- x e + 1- x = x x + 1 令 f(x) = 0,得 x= 1
当 x∈ (0,1) ,f (x)< 0,f(x)单调递减，当 x∈ (1,+∞) ,f (x)> 0,f(x)单调递增 f(x)≥ f(1) = e+ 1-
a，
若 f(x)≥ 0,则 e+ 1- a≥ 0,即 a≤ e+ 1，所以 a的取值范围为 (-∞ ,e+ 1]
1 1
【例3】已知函数 f(x) = 22 x - (a+ 1)lnx- 2 (a∈R,a≠ 0)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的 x∈ [1,+∞)，都有 f(x)≥ 0成立，求 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2)a≤ 0.
【解析】
(1)求 f ' x ，分别讨论 a不同范围下 f ' x 的正负，分别求单调性；(2)由 (1)所求的单调性，结合 f 1
= 0，分别求出 a的范围再求并集即可.
a+ 1 x2- a+ 1【详解】解：(1)由已知定义域为 0,+∞ ，f '(

x) = x- x = x
当 a+ 1≤ 0，即 a≤-1时，f ' x > 0恒成立，则 f x 在 0,+∞ 上单调递增；
当 a+ 1> 0，即 a>-1时，x=- a+ 1(舍 )或 x= a+ 1，所以 f x 在 0, a+ 1 上单调递减，在
a+ 1,+∞ 上单调递增.
所以 a≤-1时，f x 在 0,+∞ 上单调递增；
a>-1时，f x 在 0, a+ 1 上单调递减，在 a+ 1,+∞ 上单调递增.
(2)由 (1)可知，当 a≤-1时，f x 在 1,+∞ 上单调递增，若 f(x)≥ 0对任意的 x∈ [1,+∞)恒成立，
只需 f(1)≥ 0，而 f(1) = 0恒成立，所以 a≤-1成立；
当 a>-1时，若 a+ 1≤ 1，即-1< a≤ 0，则 f x 在 1,+∞ 上单调递增，又 f(1) = 0，所以-1< a
≤ 0成立；
若 a> 0，则 f x 在 1, a+ 1 上单调递减，在 a+ 1,+∞ 上单调递增，又 f(1) = 0，所以 x0∈
1, a+ 1 ，f(x0)< f 1 = 0，不满足 f(x)≥ 0对任意的 x∈ [1,+∞)恒成立.
所以综上所述：a≤ 0.
【例4】已知函数 f x = lnx- ax(a是正常数 ).
(1)当 a= 2时，求 f x 的单调区间与极值；
(2)若 x> 0，f x < 0，求 a的取值范围；
【答案】(1)f x 在 0, 12 上单调递增，在
1
2 ,+∞ 上单调递减，f x 的极大值是-ln2- 1，无极小
值；(2) 1e ,+∞ .
【解析】
(1)求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；
(2)依题意可得 lnx < a，设 g x = lnxx max x ，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可
得解；
【详解】
解：(1)当 a= 2时，f x = lnx- 2x，定义域为 0,+∞ ，f x = 1x - 2=
1- 2x
x ，令 f x > 0，解得 0
< x< 1 ，令 f x 1 1 12 < 0，解得 x> 2，所以函数 f x 在 0, 2 上单调递增，在 2 ,+∞ 上单调递减，
所以 f x 的极大值是 f 12 =-ln2- 1，无极小值.
(2)因为 x> 0，f x < 0，即 lnx- ax< 0恒成立，即 lnx x < a.max
设 g x = lnx x ，可得 g
x = 1- lnx 2 ，当 0< x< e时 g
x > 0，当 x> e时 g x < 0，所以 g x 在
x
0,e 上单调递增，在 e,+∞ 上单调递减，所以 g x max= g e = 1e，所以 a>
1
e，即 a∈
1
e ,+∞ .
【例5】已知函数 f x = xex
(1)求 f x 的极值点；
(2)若 f x ≥ ax2对任意 x> 0恒成立，求 a的取值范围．
【答案】(1)x=-1是 f x 的极小值点，无极大值点；(2)a≤ e.
【解析】
(1)利用导数研究函数的极值点.
x x
(2)由题设知：a≤ ex 在 x> 0上恒成立，构造 g(x) =
e
x 并应用导数研究单调性求最小值，即可求 a
的范围．
【详解】
(1)由题设，f x = ex(x+ 1)，
∴ x<-1时，f x < 0，f x 单调递减；x>-1时，f x > 0，f x 单调递增减；
∴ x=-1是 f x 的极小值点，无极大值点.
x
(2)由题设，f x = xex≥ ax2对 x> 0恒成立，即 a≤ ex 在 x> 0上恒成立，
x ex(x- 1)
令 g(x) = e x ，则 g (x) = ，x2
∴ 0< x< 1时，g (x)< 0，g(x)递减；x> 1时，g (x)> 0，g(x)递增；
∴ g(x)≥ g(1) = e，故 a≤ e.
【题型专练】
1. (2022·四川广安 ·模拟预测 (文 ))不等式 lnx- kx≤ 0恒成立，则实数 k的取值范围是 ( )
A. 0,e B. -∞ ,e C. 0,
1 1
e D. e ,+∞
【答案】D
【解析】
由题可得 k≥ lnxx 在区间 (0,+∞)上恒成立，然后求函数 f
lnx
x = x x> 0 的最大值即得.
【详解】
由题可得 k≥ lnxx 在区间 (0,+∞)上恒成立，
令 f lnx 1- lnx x = x x> 0 ，则 f
x = 2 x> 0 ，x
当 x∈ 0,e 时，f x > 0，当 x∈ e,+∞ 时，f x < 0，
所以 f x 的单调增区间为 0,e ，单调减区间为 e,+∞ ；
所以 f 1 x max= f e = e，
所以 k≥ 1e .
故选：D.
2. (2022·北京 ·景山学校模拟预测 )已知函数 f x = xlnx+ ax+ 2．
(1)当 a= 0时，求 f x 的极值；
(2)若对任意的 x∈ 1,e2 ，f x ≤ 0恒成立，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)极小值是 f 1e =-
1
e + 2，无极大值.
(2) -
2 - 2,+∞
e2
【解析】
(1)由题设可得 f x = lnx+ 1，根据 f x 的符号研究 f x 的单调性，进而确定极值.
(2)f x = xlnx+ ax+ 2≤ 0对任意的 x∈ 1,e2 恒成立，转化为：-a≥ 2+ xlnxx =
2
x + lnx对任意
的 x∈ 2 1,e2 恒成立，令 g x = x + lnx，通过求导求 g x 的单调性进而求得 g x 的最大值，即可求
出实数 a的取值范围.
(1)
当 a= 0时，f x = xlnx+ 2，f x 的定义域为 0，+∞ ，f x = lnx+ 1= 0，则 x= 1e .
令 f x > 0，则 x∈ 1e ,+∞ ，令 f
x < 0，则 x∈ 0, 1e ，所以 f x 在 0,
1
e 上单调递减，在
1e ,+∞ 上单调递增 .当 x=
1
e 时，f x 取得极小值且为 f
1
e =
1
e ln
1 1
e + 2=- e + 2，无极大值.
(2)
f x = xlnx+ ax+ 2≤ 0对任意的 x∈ 1,e2 恒成立，则-a≥ 2+ xlnx = 2x x + lnx对任意的 x∈
1,e2 恒成立，
令 g 2 x = x + lnx，g
x =- 2 + 1 = -2+ x 2 x 2 = 0，所以 x= 2，则 g x 在 1,2 上单调递减，在x x
2,e2 上单调递增，所以 g 1 2 2 2 = 2，g e2 = 2 + 2，所以 g x max= g e
2 = 2 + 2，则-a≥e e e2
+ 2，则
a≤- 22 - 2.e
实数 a的取值范围为： 2 - 2 - 2,+∞e .
3. (2022·新疆克拉玛依 ·三模 (文 ))已知函数 f x = xlnx，g x =-x2+ ax- 3 a∈R .
(1)求函数 f(x)的单调递增区间；
(2) 1若对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 f x ≥ 2 g x 恒成立，求 a的取值范围.
【答案】(1) 1e ,+∞ ，(2) -∞ ,4
【解析】
(1)求函数 f(x)的单调递增区间，即解不等式 f (x)> 0；
(2)参变分离得 a≤ 2lnx+ x+ 3x，即求 h x = 2lnx+ x+
3
x x∈ 0,+∞ 的最小值.
(1)f(x) = xlnx定义域为 (0,+∞)，f (x) = lnx+ 1f (x)> 0即 lnx+ 1> 0
解得 x> 1e，所以 f(x)在
1
e ,+∞ 单调递增
(2)对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 f 1 x ≥ 2 g x 恒成立，即 xlnx≥
1
2 -x
2+ ax- 3 恒成立，
分离参数得 ≤ + + 3 令 = + + 3 ∈ ,+∞ ，则 =
x+ 3 x- 1
a 2lnx x x . h x 2lnx x x x 0 h x ．x2
当 x∈ 0,1 时，h x < 0，h x 在 0,1 上单调递减；
当 x∈ 1,+∞ 时，h x > 0，h x 在 1,+∞ 上单调递增.
所以 h x min= h 1 = 4，
即 a≤ 4，
故 a的取值范围是 -∞ ,4 .
4. (2022·内蒙古赤峰 ·三模 (文 ))已知函数 f x = x lnx+ 1 .
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 f x ≥ x2+ m+ 1 x 2恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)f(x) 1min=- e2
(2) -∞ ,3
【解析】
(1)求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；
(2)由原不等式恒成立分离参数后得m≤ lnx+ x+ 2x，构造函数 h x
2
= lnx+ x+ x，利用导数求最
小值即可.
(1)
由已知得 f x = lnx+ 2，
令 f x = 0，得 x= 12 .e
当 x∈ 0, 12 时，f x < 0,f x 在 0, 1e e2 上单调递减；
当 x∈ 1 2 ,+∞ 时，f x ≥ 0,f x 1 在 2 ,+∞ 上单调递增.e e
故 f(x) 1 1min= f e2 =- e2 .
(2)
f x ≥ x2+ m+ 1 x 2，即mx≤ xlnx+ x2+ 2，
因为 x> 0，所以m≤ lnx+ x+ 2x 在 0,+∞ 上恒成立.
令 h x = lnx+ x+ 2，则m≤ h(x) ,h x = 1
x+ 2 x- 1
x min x + 1-
2
x2
=
x2
，
令 h x = 0，得 x= 1或 x=-2(舍去 ).
当 x∈ 0,1 时，h x < 0,h x 在 0,1 上单调递减；
当 x∈ 1,+∞ 时，h x > 0，h x 在 1,+∞ 上单调递增.
故 h(x)min= h 1 = 3，所以m≤ 3，即实数m的取值范围为 -∞ ,3 .
5.【2020年新高考 1卷 (山东卷 )】已知函数 f(x) = aex-1- lnx+ lna．
(1)当 a= e时，求曲线 y= f x 在点 1,f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若不等式 f x ≥ 1恒成立，求 a的取值范围．
【答案】(1) 2e- 1 (2) [1,+∞)
【解析】
(1)利用导数的几何意义求出在点 1,f 1 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面
积公式得结果；
(2)方法一：利用导数研究函数 f x 的单调性，当 a= 1时，由 f 1 = 0得 f x min= f 1 = 1,符合题
意；当 a> 1时，可证 f 1 a f (1)< 0，从而 f
x 存在零点 x0> 0，使得 f (x0) = aex0-1- 1x = 0，得到 f0
(x)min，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 f x ≥ 1恒成立；当
0< a< 1时，研究 f 1 .即可得到不符合题意 .综合可得 a的取值范围.
【详解】
(1) ∵ f(x) = ex- lnx+ 1，∴ f (x) = ex- 1 x，∴ k= f (1) = e- 1.
∵ f(1) = e+ 1，∴切点坐标为 (1,1+ e),
∴函数 f x 在点 (1,f(1)处的切线方程为 y- e- 1= (e- 1) (x- 1) ,即 y= e- 1 x+ 2,
∴切线与坐标轴交点坐标分别为 (0,2) , -2e- 1 ,0 ,
∴所求三角形面积为 1 × 2× -2 22 e- 1 = e- 1．
(2) [方法一 ]：通性通法
∵ f(x) = aex-1- lnx+ lna,∴ f (x) = aex-1- 1x，且 a> 0.
设 g(x) = f′ (x) ,则 g′ (x) = aex-1+ 1
x2
> 0,
∴ g(x)在 (0,+∞)上单调递增，即 f′ (x)在 (0,+∞)上单调递增，
当 a= 1时，f (1) = 0,∴ f x min= f 1 = 1,∴ f x ≥ 1成立.
1
当 a> 1时，1a < 1 ，∴ e
a-1< 1，∴ f 1 f (1) =
1
a ea-1a - 1 (a- 1)< 0,
∴存在唯一 x0> 0，使得 f (x0) = aex0-1- 1x = 0，且当 x∈ (0,x

0)时 f (x)< 0，当 x∈ (x0,+∞)时 f (x)
0
> 0，∴ aex0-1= 1x ，∴ lna+ x0- 1=-lnx0，0
因此 f(x) x0-1min= f(x0) = ae - lnx0+ lna
= 1 + lna+ x 1x 0- 1+ lna≥ 2lna- 1+ 2 x0= 2lna+ 1> 1,0 x0
∴ f x > 1,∴ f x ≥ 1恒成立；
当 0< a< 1时， f(1) = a+ lna< a< 1,∴ f(1)< 1,f(x)≥ 1不是恒成立.
综上所述，实数 a的取值范围是 [1,+∞).
[方法二 ]【最优解】：同构
由 f(x)≥ 1得 aex-1- lnx+ lna≥ 1，即 elna+x-1+ lna+ x- 1≥ lnx+ x，而 lnx+ x= elnx+ lnx，所以
elna+x-1+ lna+ x- 1≥ elnx+ lnx．
令 h(m) = em+m，则 h (m) = em+ 1> 0，所以 h(m)在R上单调递增．
由 elna+x-1+ lna+ x- 1≥ elnx+ lnx，可知 h(lna+ x- 1)≥ h(lnx)，所以 lna+ x- 1≥ lnx，所以 lna
≥(lnx- x+ 1)max．
令F(x) = lnx- x+ 1，则F (x) = 1x - 1=
1- x
x ．
所以当 x∈ (0,1)时，F (x)> 0,F(x)单调递增；
当 x∈ (1,+∞)时，F (x)< 0,F(x)单调递减．
所以 [F(x)]max=F(1) = 0，则 lna≥ 0，即 a≥ 1．
所以 a的取值范围为 a≥ 1．
[方法三 ]：换元同构
由题意知 a> 0,x> 0，令 aex-1= t，所以 lna+ x- 1= lnt，所以 lna= lnt- x+ 1．
于是 f(x) = aex-1- lnx+ lna= t- lnx+ lnt- x+ 1．
由于 f(x)≥ 1,t- lnx+ lnt- x+ 1≥ 1 t+ lnt≥ x+ lnx，而 y= x+ lnx在 x∈ (0,+∞)时为增函
数，故 t≥ x，即 aex-1≥ x，分离参数后有 a≥ x
ex-1
．
x ex-1令 g(x) = ，所以 g (x) = - xe
x-1 ex-1(1- x)
ex-1 e2x-2
=
e2x-2
．
当 0< x< 1时，g (x)> 0,g(x)单调递增；当 x> 1时，g (x)< 0,g(x)单调递减．
所以当 x= 1时，g(x) = xx-1 取得最大值为 g(1) = 1．所以 a≥ 1．e
[方法四 ]：
因为定义域为 (0,+∞)，且 f(x)≥ 1，所以 f(1)≥ 1，即 a+ lna≥ 1．
令S(a) = a+ lna，则S (a) = 1+ 1a > 0，所以S(a)在区间 (0,+∞)内单调递增．
因为S(1) = 1，所以 a≥ 1时，有S(a)≥S(1)，即 a+ lna≥ 1．
下面证明当 a≥ 1时，f(x)≥ 1恒成立．
令T(a) = aex-1- lnx+ lna，只需证当 a≥ 1时，T(a)≥ 1恒成立．
因为T (a) = ex-1+ 1a > 0，所以T(a)在区间 [1,+∞)内单调递增，则 [T(a)]min=T(1) = e
x-1- lnx．
因此要证明 a≥ 1时，T(a)≥ 1恒成立，只需证明 [T(a)] x-1min= e - lnx≥ 1即可．
由 ex≥ x+ 1,lnx≤ x- 1，得 ex-1≥ x,-lnx≥ 1- x．
上面两个不等式两边相加可得 ex-1- lnx≥ 1，故 a≥ 1时，f(x)≥ 1恒成立．
当 0< a< 1时，因为 f(1) = a+ lna< 1，显然不满足 f(x)≥ 1恒成立．
所以 a的取值范围为 a≥ 1．
【整体点评】
(2)方法一：利用导数判断函数 f x 的单调性，求出其最小值，由 fmin≥ 0即可求出，解法虽稍麻烦，但
是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成 elna+x-1+ lna+ x- 1≥ elnx+ lnx，再根据函数 h(m) = em+m
的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令 aex-1= t，再同构，可将原不等式化成 t+ lnt≥ x+ lnx，再根据函数 y= x+
lnx的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 f(1)≥ 1可得 a的取值范围，再进行充分性证明即可．
题型二：利用导数处理存在性问题
【例1】(2022·河北秦皇岛 ·三模 )函数 f x = x3- 3x2+ 3- a，若存在 x0∈ -1,1 ，使得 f x0 > 0，则实数
a的取值范围为 ( )
A. -∞ ,-1 B. -∞ ,1 C. -1,3 D. -∞ ,3
【答案】D
【分析】根据题意，将问题转化为求解函数 f x 的最大值问题，先通过导数方法求出函数 f x 的最大
值，进而求出答案.
【详解】因为 f x = x3- 3x2+ 3- a，所以 f x = 3x2- 6x= 3x x- 2 ,x∈ -1,1 ．由题意，只需 f
(x)max> 0．当 x∈ [-1,0)时，f x > 0，当 x∈ (0,1]时，f x < 0，所以 f x 在 [-1,0)上单调递增，
在 (0,1]上单调递减，所以 f(x)max= f 0 = 3- a> 0，故实数 a的取值范围为 -∞ ,3 ．
故选：D.
【例2】已知函数 f x = ax3+ bx2+ 6x+ c，当 x=-1时，f x 的极小值为-5，当 x= 2时，f x 有极大
值．
(1)求函数 f x ；
(2)存在 x0∈ 1，3 ，使得 f x ≤ t20 - 2t成立，求实数 t的取值范围．
【答案】(1)f x =-x3+ 32 x
2+ 6x- 32 ;
(2) (-∞ ,-1]∪ [3,+∞).
【解析】
(1)求导后，根据 f -1 = f 2 = 0和 f -1 =-5，解得 a,b,c即可得解；
(2)转化为 f x min≤ t2- 2t，再利用导数求出函数 f(x)在 1，3 上的最小值，然后解不等式 t2- 2t≥
3可得结果.
(1)
∵ f x = 3ax2+ 2bx+ 6，
由 f -1 3 = f 2 = 0，得 3a- 2b+ 6= 0且 12a+ 4b+ 6= 0，解得 a=-1，b= 2，
又 f -1 =-5，∴ c=- 32，
经检验 a=-1，b= 3 时，f x =-x3+ 32
2
2 x + 6x-
3
2 满足题意,
∴ f x =-x3+ 3 2 32 x + 6x- 2；
(2)
存在 x0∈ 1，3 ，使得 f x0 ≤ t2- 2t，等价于 f x min≤ t2- 2t，
∵ f x =-3x2+ 3x+ 6=-3 x- 2 x+ 1 ，
当 x∈ [1,2)时，f (x)> 0，当 x∈ (2,3]时，f (x)< 0，
∴ f x 在 (2,3]上递减，在 [1,2)上递增，
又 f 1 = 5，f 3 = 3，
∴ f x 在 1，3 上的最小值为 f 3 = 3，
∴ t2- 2t≥ 3，解得 t≤-1或 3≤ t，
所以 t的取值范围是 (-∞ ,-1]∪ [3,+∞)．
【例3】(2022·辽宁 ·高二阶段练习 )已知 a> 0，若在 (1,+∞)上存在 x使得不等式 ex- x≤ xa- alnx成
立，则 a的最小值为______．
【答案】e
【分析】将原式化为 ex- lnex≤ xa- lnxa，构造函数 g(t) = t- lnt(t> 1)，求导得函数 g(t)在 (1,+∞)
上单调递增，即得 ex≤ xa，两边取对数分离参数 a，构造函数 h(x) = xlnx (x> 1)，利用导数求解函数 h
(x)的最小值即可.
【详解】解：不等式 ex- x≤ xa- alnx成立，即 ex- lnex≤ xa- lnxa成立，
因为 x∈ (1,+∞) ,a> 0，所以 ex> 1,xa> 1，
令 g(t) = t- lnt(t> 1)，则 ex- lnex≤ xa- lnxa g(ex)≤ g(xa)，
因为 g (t) = 1- 1t > 0，所以 g(t)在 (1,+∞)上单调递增，
所以 ex≤ xa，即 x≤ alnx(x> 1)，
因为在 (1,+∞)上存在 x使得不等式 ex- x≤ xa- alnx成立，
所以 a≥ xlnx ，min
令 h(x) = xlnx (x> 1)，则 h
(x) = lnx- 1，
ln2x
故当 x= e时，h(x)取得最小值 h(e) = elne = e.
所以 a≥ e，即 a的最小值为 e.
故答案为：e.
【题型专练】
1. 已知函数 f x = x2+ 2a+ 2 lnx．
(1)当 a=-5时，求 f x 的单调区间；
(2)若存在 x∈ 2,e ，使得 f x 2a+ 4 - x2> 2x+ x 成立，求实数 a的取值范围．
2
【答案】(1)单调递减区间为 0,2 ，单调递增区间为 2,+∞ ； (2) e - e+ 2e- 1 ,+∞ .
【解析】
(1)当 a=-5时，f x = x2- 8lnx，得出 f x 的定义域并对 f x 进行求导，利用导数研究函数的单
调性，即可得出 f x 的单调区间；
(2)将题意等价于 2x+ 2a+ 4x - 2a+ 2 lnx< 0在 2,e 内有解，设 h x = 2x+
2a+ 4
x -
2a+ 2 lnx，即在 2,e 上，函数 h x min< 0，对 h x 进行求导，令 h x = 0，得出 x= a+ 2，分类讨
论 a+ 2与区间 2,e 的关系，并利用导数研究函数 h x 的单调和最小值，结合 h x min< 0，从而得
出实数 a的取值范围.
(1)
解：当 a=-5时，f x = x2- 8lnx，可知 f x 的定义域为 0,+∞ ，
2
则 f 8 2x - 8 x = 2x- x = x ,x> 0，
可知当 x∈ 0,2 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)
解：由题可知，存在 x∈ 2,e ，使得 f x - x2> 2x+ 2a+ 4x 成立，
等价于 2x+ 2a+ 4x - 2a+ 2 lnx< 0在 2,e 内有解，
可设 h x = 2x+ 2a+ 4 x - 2a+ 2 lnx，即在 2,e 上，函数 h x min< 0，
2a+ 4 2a+ 2 2x
2- 2a+ 2 x- 2a+ 4 2 x+ 1 x- a+ 2∴ h x = 2- 2 - x = 2 =

x x x2
，
令 h x = 0，即 x+ 1 x- a+ 2 = 0，解得：x= a+ 2或 x=-1(舍去 )，
当 a+ 2≥ e，即 a≥ e- 2时，h x < 0，h x 在 2,e 上单调递减，
2
∴ h x 2a+ 4 e - e+ 2 min= h e = 2e+ e - 2a- 2< 0，得 a> e- 1 ，
2
又∵ e - e+ 2
2
e- 1 > e- 2，所以 a>
e - e+ 2
e- 1 ；
当 a+ 2≤ 2时，即 a≤ 0时，h x > 0，h x 在 2,e 上单调递增，
∴ h x min= h 2 = 6+ a- 6- ln4 2a+ 2 ln2< 0，得 a> ln4- 1 > 0，不合题意；
当 2< a+ 2< e，即 0< a< e- 2时，
则 h x 在 2,a+ 2 上单调递减，在 a+ 2,e 上单调递增，
∴ h x min= h a+ 2 = 2a+ 6- 2a+ 2 ln a+ 2 ，
∵ ln2< ln a+ 2 < lne= 1，∴ 2a+ 2 ln2< 2a+ 2 ln 2a+ 2 < 2a+ 2，
∴ h a+ 2 = 2a+ 6- 2a+ 2 ln a+ 2 > 2a+ 6- 2a- 2= 4，
即 h x min> 4，不符合题意；
2
综上得，实数 a的取值范围为 e - e+ 2e- 1 ,+∞ .
【点睛】
思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：
(1)利用导数解决单调区间问题，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解
决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；
(2)利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，
再进行相应证明.
2. (2022·河北深州市中学高三阶段练习 )已知函数 f x = lnx- 2ax+ 1.
(1)若 x= 1是 f x 的极值点，确定 a的值；
(2)若存在 x> 0，使得 f x ≥ 0，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)a= 12，(2) -∞ ,
1
2
【分析】(1)由已知可得出 f 1 = 0，求出 a的值，然后利用导数分析函数 f x 的单调性，结合极值点
的定义检验即可；
(2)由参变量分离法可得出 2a≤ lnx+ 1，利用导数求出函数 g x = lnx+ 1x x 的最大值，即可得出实
数 a的取值范围.
(1)解：因为 f x = lnx- 2ax+ 1，该函数的定义域为 0,+∞ ，则 f x = 1x - 2a，
由已知可得 f 1 = 1- 2a= 0，可得 a= 12，此时 f
1 x = x - 1=
1- x
x ，列表如下：
x 0,1 1 1,+∞
f x + 0 -
f x 增 极大值 减
所以，函数 f x 在 x= 1处取得极大值，合乎题意，故 a= 12 .
(2)解：存在 x> 0，使得 f x = lnx- 2ax+ 1≥ 0可得 2a≤ lnx+ 1 x ，
构造函数 g x = lnx+ 1x ，其中 x> 0，则 g
x =- lnx，
x2
当 0< x< 1时，g x > 0，此时函数 g x 单调递增，
当 x> 1时，g x < 0，此时函数 g x 单调递减，则 g x max= g 1 = 1，
所以，2a≤ 1，解得 a≤ 12，因此，实数 a的取值范围是 -∞ ,
1
2 .
3. 已知函数 f lnx x = x ，设 f x 在点 1,0 处的切线为m
(1)求直线m的方程；
(2)求证：除切点 1,0 之外，函数 f x 的图像在直线m的下方；
(3)若存在 x∈ 1,+∞ ，使得不等式 f x > a x- 1 成立，求实数 a的取值范围
【答案】(1)y= x- 1；(2)见详解；(3) (-∞，1).
【解析】
(1)求导得 f (x) = 1- lnx2 ，由导数的几何意义 k切= f′ (1)，进而可得答案．x
(2)设函数 h(x) = f(x) - (x- 1) = lnxx - x+ 1，求导得 h′ (x)，分析 h(x)的单调性，最值，进而可得 f
(x) - (x- 1)≤ 0，则除切点 (1，0)之外，函数 f(x)的图象在直线的下方．
(3)若存在 x∈ (1，+∞)，使得不等式 a< lnx( - ) 成立，令 g(x) =
lnx
( - )，x> 1，只需 a< g(x)x x 1 x x 1
max．
【详解】
1 x- lnx
(1)f (x) = x = 1- lnx，
x2 x2
由导数的几何意义 k切= f′ (1) = 1，
所以直线m的方程为 y= x- 1．
(2)证明：设函数 h(x) = f(x) - (x- 1) = lnxx - x+ 1，
h (x) = 1- lnx - 1= 1- lnx- x
2
x2 x2
，
函数定义域为 (0，+∞)，
令 p(x) = 1- lnx- x2，x> 0，
p′ (x) =- 1x - 2x< 0，
所以 p(x)在 (0，+∞)上单调递减，
又 p(1) = 0，
所以在 (0，1)上，p(x)> 0，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，
在 (1，+∞)上，p(x)< 0，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
所以 h(x)max= h(1) = 0，
所以 h(x)≤ h(1) = 0，
所以 f(x) - (x- 1)≤ 0，
若除切点 (1，0)之外，f(x) - (x- 1)< 0，
所以除切点 (1，0)之外，函数 f(x)的图象在直线的下方．
(3)若存在 x∈ (1，+∞)，使得不等式 f(x)> a(x- 1)成立，
则若存在 x∈ (1，+∞) f(x)，使得不等式 x- 1 > a成立，
即若存在 x∈ (1，+∞)，使得不等式 a< lnx( - ) 成立，x x 1
令 g(x) = lnx
x(x- 1)，x> 1，
1
x x(x- 1) - (2x- 1)lnxg′ (x) =
x2(x- 1)2
= x- 1- (2x- 1)lnx
x2
，
(x- 1)2
令 s(x) = x- 1- (2x- 1)lnx，x> 1
s′ (x) = 1- 2lnx- (2x- 1) 1 = x- 2xlnx- 2x+ 1 = -x- 2xlnx+ 1x x x ，
令 q(x) =-x- 2xlnx+ 1，x> 1
q′ (x) =-1- 2lnx- 2=-3- 2lnx< 0，
所以在 (1，+∞)上，q(x)单调递减，
又 q(1) = 0，
所以在 (1，+∞)上，q(x)< 0，s′ (x)< 0，s(x)单调递减，
所以 s(x)≤ s(1) = 0，即 g′ (x)≤ 0，g(x)单调递减，
1
又 lim lnx = lim x = 1，
x→1 x(x- 1) x→1 2x- 1
所以 a< 1，
所以 a的取值范围为 (-∞，1)．
4. 已知函数 f x = xlnx- ax+ 1．
(1)若 f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2．
①求实数 a的值；
②求 f x 的单调区间和极值．
(2)若存在 x0∈ (0,+∞)，使得 f x0 < 0成立，求 a的取值范围．
【答案】(1)① a= 3；②减区间为 (0,e2)，增区间为 (e2,+∞)，极小值为 1- e2，无极大值； (2) (1,+∞).
【解析】
(1)求得函数的导数 f x = lnx+ 1- a，①根据题意得到 f x =-2，即可求得 a的值；
②由①知 f x = lnx- 2,x> 0，结合导数的符号，以及极值的概念与计算，即可求解；
(2)设 g 1 x = lnx+ x，根据存在 x0∈ (0,+∞)，使得 f x0 < 0成立，得到 a> g x min成立，结合导数
求得函数 g x 的单调性与最小值，即可求解.
【详解】
(1)由题意，函数 f x = xlnx- ax+ 1的定义域为 (0,+∞)，且 f x = lnx+ 1- a，
①因为 f x 在点A(1,f(1))处的切线斜率为-2，可得 f x = 1- a=-2，解得 a= 3.
②由①得 f x = lnx- 2,x> 0，
令 f x > 0，即 lnx- 2> 0，解得 x> e2；
令 f x < 0，即 lnx- 2< 0，解得 0< x< e2，
所以函数 f x 在 (0,e2)上单调递减，在 (e2,+∞)上单调递增，
当 x= e2时，函数 f x 取得极小值，极小值为 f e2 = 1- e2，无极大值，
综上可得，函数 f x 的减区间为 (0,e2)，增区间为 (e2,+∞)，极小值为 1- e2，无极大值.
(2)因为 f x = xlnx- ax+ 1，由 f x0 < 0，即 x0lnx0- ax0+ 1< 0，
即 > x0lnx0+ 1a 1 1x = lnx0+ x ，设 g x = lnx+ x ,x> 00 0
根据题意知存在 x0∈ (0,+∞)，使得 f x0 < 0成立，即 a> g x min成立，
由 g x = lnx+ 1 ,x> 0，可得 g x = 1 - 1 x- 1x x x2
= ，
x2
当 0< 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，
所以当 x= 1时，函数 g x 取得最小值，最小值为 g 1 = 1，
所以 a> 1，即实数 a的取值范围是 (1,+∞).
5. 已知函数 f(x) = lnx+ ax(a∈R).
(1)当 a= 1时，求曲线 y= f(x)在 x= 1处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)若存在 x0，使得 f x0 > 0，求 a的取值范围.
【答案】(1)2x- y- 1= 0；(2)a≥ 0时，f x 在 0,+∞ 单增；a< 0，f x 在 0,- 1a 单增，在
- 1a ,+∞ 单减；(3)a>-
1
e .
【解析】
(1)求出函数导数，将切线横坐标代入得到斜率，再求出切点纵坐标，最后写出切线方程；
(2)求导后，通分，分 a≥ 0,a< 0两种情况讨论得到单调区间；
(3)当 a≥ 0时，代特值验证即可，当 a< 0时，函数最大值大于 0，解出即可.
【详解】
由题意，f(1) = 1,f x = 1 x + 1,
所以 f 1 = 2,所以切线方程为：y- 1= 2 x- 1 2x- y- 1= 0.
(2)x> 0,f (x) = 1 + a= ax+ 1x x ，若 a≥ 0，则 f
(x)> 0，f x 在 0,+∞ 单增；
若 a< 0，则 x∈ 0,- 1a 时，f
x > 0，f x 单增；x∈ - 1a ,+∞ 时，f
x < 0，f x 单减.
(3)由 (2)，若 a≥ 0，则 f(2) = ln2+ 2a> 0，满足题意；
若 a< 0，f x max= f - 1 = ln - 1a a - 1> 0 a>-
1
e，则-
1
e < a< 0，
综上：a>- 1e .
题型三：利用导数处理恒成立与有解问题
【例1】(2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习 )设函数 f x = x- 1 ex- e ,g x = ex- ax- 1，其
中 a∈R.若对 x2∈ 0,+∞ ，都 x1∈R，使得不等式 f x1 ≤ g x2 成立，则 a的最大值为 ( )
A. 0 B. 1e C. 1 D. e
【答案】C
【分析】由题意易知 f x ≥ 0恒成立，则可等价为对 x2∈ 0,+∞ ，g x2 ≥ 0恒成立，利用参变分离，
x x
可变形为 a≤ e - 1x ,(x> 0)恒成立，易证
e - 1
x > 1,(x> 0)，则可得 a≤ 1，即可选出答案.
【详解】对 x2∈ 0,+∞ ，都 x1∈R，使得不等式 f x1 ≤ g x2 成立，
等价于 f x1 min≤ g x2 min,
当 x< 1时，x- 1< 0,ex- e< 0，所以 f x > 0，
当 x≥ 1时，x- 1≥ 0,ex- e≥ 0，所以 f x ≥ 0，
所以 f x ≥ 0恒成立，当且仅当 x= 1时，f(x)min= 0，
所以对 x2∈ 0,+∞ ，g x2 ≥ 0恒成立，即 ex- ax- 1≥ 0，
当 x= 0，ex- ax- 1= 0≥ 0成立，
x
当 x> 0时，ex- ax- 1≥ 0 a≤ e - 1x 恒成立.
记 h(x) = ex- x- 1,x> 0,
因为 h (x) = ex- 1> 0恒成立，
所以 h(x)在 (0,+∞)上单调递增，且 h(0) = 0，
x
所以 h(x) = ex- x- 1> 0恒成立，即 ex- 1> x e - 1x > 1,(x> 0)
所以 a≤ 1.
所以 a的最大值为 1.
故选：C .
【点睛】本题考查导数在不等式的恒成立与有解问题的应用，属于难题，
此类问题可按如下规则转化：
一般地，已知函数 y= f(x) ,x∈ a,b ，y= g(x) ,x∈ c,d
(1)若 x1∈ a,b ， x2∈ c,d ，有 f(x1)< g(x2)成立，故 f(x1)max< g(x2)min；
(2)若 x1∈ a,b ， x2∈ c,d ，有 f(x1)< g(x2)成立，故 f(x1)max< g(x2)max；
(3)若 x1∈ a,b ， x2∈ c,d ，有 f(x1)< g(x2)成立，故 f(x1)min< g(x2)max；
(4)若 x1∈ a,b ， x2∈ c,d ，有 f(x1)< g(x2)成立，故 f(x1)min< g(x2)min；
(5)若 x1∈ a,b ， x2∈ c,d ，有 f(x1) = g(x2)，则 f(x)的值域是 g(x)值域的子集．
【例2】已知函数 f(x) = ax+ lnx(a∈R) ,g(x) = x2- 2x+ 2．
(1)当 a=- 12 时，求函数 f(x)在区间 [1,e]上的最大值和最小值;
(2)若对任意的 x1∈ [-1,2]，均存在 x2∈ (0,+∞)，使得 g x1 < f x2 ，求 a的取值范围．
【答案】(1)最大值为 ln2- 1，最小值为- 12；
(2) - 16 ,+∞e .
【解析】
(1)利用导数研究 f(x)的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；
(2)将问题转化为 x1∈ [-1,2]、x2∈ (0,+∞)上 g(x1)max< f(x2)max，利用二次函数性质及导数求函数
最值，即可得结果.
(1)
由题设 f(x) = lnx- x2，则 f
(x) = 2- x2x ，
所以在 [1,2)上 f (x)> 0，f(x)递增，在 (2,e]上 f (x)< 0，f(x)递减，
则 f(1) =- 12 < f(e) = 1-
e
2，极大值 f(2) = ln2- 1，
综上，f(x)最大值为 ln2- 1，最小值为- 12 .
(2)
由 g(x) = x2- 2x+ 2= (x- 1)2+ 1在 x∈ [-1,2]上 g(x)max= g(-1) = 5，
根据题意，只需 g(x)max< f(x)max即可，
由 f (x) = a+ 1x 且 x∈ (0,+∞)，
当 a≥ 0时，f (x)> 0，此时 f(x)递增且值域为R，所以满足题设；
当 a< 0时， 0,- 1a 上 f
(x)> 0，f(x)递增； - 1a ,+∞ 上 f
(x)< 0，f(x)递减；
所以 f(x) 1 1max= f - a =-1- ln(-a)，此时-1- ln(-a)> 5，可得 a>- 6 ，e
综上，a的取值范围 - 16 ,+∞e .
【点睛】
关键点点睛：第二问，将问题转化为 x1∈ [-1,2]、x2∈ (0,+∞)上 g(x1)max< f(x2)max求参数范围.
【例3】已知函数 f(x) = xsinx+ cosx．
(1)当 x∈ 0,π 时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)设函数 g(x) =-x2+ 2ax．若对任意 x1∈ -π,π ，存在 x2∈ [0,1] 1，使得 2π f x1 ≤ g x2 成立，求
实数 a的取值范围．
【答案】(1)当 x∈ 0,π 时，函数 f(x)的单调递增区间为 0, π2 ，函数 f(x)的单调递减区间为
π
2 ,π ；
(2) 1 2 ,+∞ .
【解析】
(1)首先对函数求导，根据 x的取值情况判断 f x 的正负情况，进而得到 f x 的增减情况；
(2)对任意 x1∈ -π,π ，存在 x2∈ [0,1]，使得 h(x1)≤ g(x2)成立，等价于 h(x)max≤ g(x)max，然后对 a
进行讨论，分别求函数的最值，进而得到结论.
(1)
因为 f(x) = xsinx+ cosx，
所以 f (x) = sinx+ xcosx- sinx= xcosx．
当 x∈ 0,π 时，f (x)与 f(x)的变化情况如表所示：
x 0, π π π2 2 2 ,π
f (x) + 0 -
f(x) 单调递增 π 单调递减
2
所以当 x∈ 0,π 时，函数 f(x)的单调递增区间为 0, π2 ，
函数 f(x)的单调递减区间为 π2 ,π ．
(2)
当 x∈ -π,π 时，f(-x) = f(x)，所以函数 f(x)为偶函数．
所以当 x∈ -π,π 时，函数 f(x)的单调递增区间为 -π,- π2 ， 0,
π
2 ，
函数 f(x)的单调递减区间为 - π2 ,0 ，
π
2 ,π ,
所以函数 f(x)的最大值为 f - π2 = f
π = π2 2．
设 h x = 1 2π f x ，则当 x∈ -π,π 时，h x
1 π 1
max= 2π 2 = 4．
对任意 x1∈ -π,π ，存在 x2∈ [0,1]，使得 h(x1)≤ g(x2)成立，
等价于 h(x)max≤ g(x)max．
当 a≤ 0时，函数 g(x)在区间 [0,1]上的最大值为 g(0) = 0，不合题意．
当 0< a< 1时，函数 g(x)在区间 [0,1]上的最大值为 g(a) = a2，
则 a2≥ 14，解得 a≥
1
2 或 a≤-
1
2，
所以 12 ≤ a< 1．
当 a≥ 1时，函数 g(x)在区间 [0,1]上的最大值为 g(1) = 2a- 1，
则 2a- 1≥ 14，解得 a≥
5
8，
所以 a≥ 1.
综上所述，a的取值范围是 1 2 ,+∞ ．
【例4】(2022·黑龙江 · lnx哈尔滨三中高二期末 )已知函数 f x = x ，g(x) = ln(x+ 1) + 2ax
2，若 x1∈
1,e2 ， x2∈ 0,1 使得 f(x1)> g(x2)成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -∞ ,- ln2 B. -∞ ,- ln2 2 2 C. -∞ ,-
1
e D. -∞ ,e-
ln2
2
【答案】A
【分析】将问题转化为 x∈ 0,1 使得 f(x)min> g(x)成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根
据不等式成立，结合参数分离可得 a的范围．
【详解】 x 21∈ 1,e ， x2∈ 0,1 使得 f(x1)> g(x2)成立，等价为 x∈ 0,1 使得 f(x)min> g(x)成
立，
由 f x = lnx 得 f x = 1- lnx x 2 ，当 x∈ 0,e 时，f
x > 0，此时 f x 单调递增，当 x∈ e，+∞
x
时，f x < 0，此时 f x 单调递减，f 1 = 0,f 2 e2 = 2 ，故 f x min= f 1 = 0e
ln(x+ 1) + 2ax2< 0在 x∈ 0,1 成立，
当 0< x< 1时，- ln(x+ 1)2a> 2 x
，
min
1
ln(x+ 1) 1- - 2ln(x+ 1)
设 h(x) = 2 ， 0< x< 1 ，则 h
(x) = x+ 1 ，
x x3
由m x = 1- 1 - 2ln(x+ 1)，得m x = 1 2 -1- 2xx+ 1 -(x+ 1)2 x+ 1
= < 0，
(x+ 1)2
所以m x = 1- 1x+ 1 - 2ln(x+ 1)在 0,1 递减，所以 1-
1
x+ 1 - 2ln(x+ 1)则 h(x)在 0,1 递减，所以 h(x)> h 1 = ln2，
则-2a> ln2，所以 a<- ln22 ．
故选：A
x3- 3 x+ 3 ,0≤ x≤ 1
【例5】(2023·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f x = 4 2 2 x2x+ 1 , 1 ，g x = e - ax a∈R ，2 2 < x≤ 1
若存在 x1,x2∈ 0,1 ，使得 f x1 = g x2 成立，则实数 a的取值范围是 (　　 )
A. -∞ ,1 B. -∞ ,e- 2 C. -∞ ,e- 5 4 D. -∞ ,e
【答案】C
【分析】根据题意可得 f x 的值域与 g x = ex- ax的值域有交集即可，先求导分析 f x 的值域，再
求导分情况讨论 g x = ex- ax的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可
【详解】①当 0≤ x≤ 1 时，f x = x3- 3 x+ 3，则 f x = 3x2- 32 4 2 4 = 3 x
2- 14 ≤ 0在 0,
1
2 上恒
成立，
所以函数 f x 在区间 0, 1 2 上单调递减，则 f
1
2 ≤ f x ≤ f 0 ，即
5 3
4 ≤ f x ≤ 2，
②当 12 < x≤ 1时，f x = 2x+
1
2，函数在区间
1 ,1 2 上单调递增，
所以 f 12 < f x ≤ f
3 5
1 ，即 2 < f x ≤ 2，
综上，函数 f(x)的值域为 5 , 5 4 2 ；
由题意，f x 的值域与 g x = ex- ax的值域有交集，故分析 g x = ex- ax的值域.
又 g x = ex- a，x∈ 0,1 ，
若 a≤ 0时，则 g x > 0，函数 g x 在 0,1 上单调递增，所以 g 0 ≤ g x ≤ g 1 ，即 g x ∈
1,e- a ，
此时若要满足题意，只需 1,e- a ∩ 5 , 5 4 2 ≠ ，当 a≤ 0时恒成立；
当 a> 0时，令 g x = ex- a= 0，解得 x= lna，g 0 = 1，g 1 = e- a.
当 0< a≤ 1时，lna≤ 0，故函数 g x 在 0,1 上单调递增，故 g x ∈ 1,e- a ，所以 1,e- a ∩
5 , 5 ≠ ，所以 e- a≥ 5 4 2 4 ，解得 0< a≤ 1，0< a≤ 1
当 1< a< e时，lna∈ 0,1 ，故函数 g x 在 0,lna 上单调递减，在 lna,1 上单调递增；因为 g 0 =
1，g 1 = e- a，
故若值域满足与 5 4 ,
5
2 有交集，则只能 e- a≥
5
4，解得 a≤ e-
5
4，此时 1< a≤ e-
5
4
当 a≥ e时，lna≥ 1，g x 在 0,1 上单调递减，所以 g 1 ≤ g x ≤ g 0 ，g x ∈ e- a,1 ，此时
e- a,1 ∩ 5 4 ,
5
2 = ，不满足题意
综上，实数 a的取值范围为 -∞ ,e- 5 4
故选：C．
【题型专练】
1. (2022· · 2x+ 1河南 南阳中学高三阶段练习 (理 ))已知函数 f x = x3- 3x+ a，g x = x- 1 ．若对任意
x1∈ -2,2 ，总存在 x2∈ 2,3 ，使得 f x1 ≤ g x2 成立，则实数 a的最大值为 ( )
A. 7 B. 5 C. 72 D. 3
【答案】D
【分析】分别求出两个函数在对应区间上的最大值，然后可得答案.
【详解】因为 f x = x3- 3x+ a，所以 f x = 3x2- 3，
所以当 x∈ -2,-1 , 1,2 时，f x > 0，f x 单调递增，
当 x∈ -1,1 时，f x < 0，f x 单调递减，
因为 f -2 =-2+ a，f -1 = 2+ a，f 1 =-2+ a，f 2 = 2+ a，
所以当 x∈ -2,2 时，f x max= 2+ a，
因为 g 2x+ 1 3 x = x- 1 = 2+ x- 1，所以 g x 在区间 2,3 上单调递减，
所以当 x∈ 2,3 时，g x max= g 2 = 5，
因为对任意 x1∈ -2,2 ，总存在 x2∈ 2,3 ，使得 f x1 ≤ g x2 成立，所以 2+ a≤ 5，即 a≤ 3，
所以实数 a的最大值为 3，
故选：D
2. (2022·福建宁德 ·高二期末 )已知 f x = 1- x ex-1，g x = x+ 1 2+ a，若存在 x1，x2∈R，使得
f x2 ≥ g x1 成立，则实数 a的取值范围为 ( )
A. 1 e ,+∞ B. -∞ ,
1
e C. 0,e D.

-
1
e ,0
【答案】B
【分析】原命题等价于 f(x)max≥ g(x)min，再求 f(x)max和 g(x)min解不等式即得解.
【详解】 x1,x2∈R，使得 f x2 ≥ g x1 成立，则 f(x)max≥ g(x)min，
由题得 f x =-ex-1+ 1- x ex-1=-xex-1，
当 x> 0时，f x < 0，当 x< 0时，f x > 0，
所以函数 f(x)在 (-∞，0)单调递增，在 (0，+∞)单调递减，
所以 f 1 x max= f 0 = e，
由题得 g(x)min= g(-1) = a，
∴ a≤ 1e
故选：B.
3. (2022·河南安阳 ·高二阶段练习 (理 ))已知函数 f (x) = lnxx ，g(x) = ln(x+ 1) + 2ax
2，若 x1∈
1,e2 ， x2∈ (0,1]使得 f x1 > g x2 成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. -∞ ,- ln22 B. -∞ ,-
ln2
2 C. -∞ ,-
1 D. -∞ ,e- ln2 e 2
【答案】A
-ln x+ 1
【分析】先根据恒成立转化不等式为 f x min> g x2 ，再分离转化为求 h( ) =

x
x2
,x∈ (0,1]最
大值，利用导数研究其单调性，即可确定结果.
【详解】∵ f(x) = lnx ∴ f x = 1- lnxx 2 ，∵ x∈ 1,e
2 ，
x
∴令 f x > 0，解得 1< x< e，f x 单调递增，
∴令 f x < 0，解得 e< x< e2，f x 单调递减，
∵ f 2 1 = 0< f e2 = 2 ∴ f x min= f 1 = 0e
因为对 x1∈ 1,e2 ， x2∈ 0,1 使得 f x1 > g x2 成立，
所以 x∈ 0,1 使得 0> ln(x+ 1) + 2ax2成立，
因为 x= 0,ln x+ 1 + 2ax2= 0，所以 x∈ (0,1]，使得 0> ln x+ 1 + 2ax2成立，
-ln x+ 1令 h(x) = 2 ,x∈ (0,1]，所以 2a< h(x)x max
- 1 x2- -ln x+ 1 2x - x + 2ln x+ 1
∵ h (x) = x+ 1 = x+ 1
x4 x3
φ x x =- x+ 1 + 2ln x+ 1 ,x∈ 0,1 ,
∴ φ x =- 1 + 2 = 2x+ 1 > 0，
x+ 1 2 x+ 1 x+ 1 2
φ x 在 0,1 单调递增，∴ φ x > φ 0 = 0，
因此 h (x)> 0，h(x)在 (0,1]单调递增，
∴ h(x)max= h(1) =-ln2，∴ 2a<-ln2，
∴ a< -ln22
故选：A
【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立与有解问题，考查综合分析求解能力，属较难题.
4. 已知函数 f(x) = 12 ax
2- (2a+ 1)x+ 2lnx(a∈R)
(1)若曲线 y= f(x)在 x= 1和 x= 3处的切线互相平行，求 a的值与函数 f(x)的单调区间；
(2)设 g(x) = (x2- 2x)ex，若对任意 x1∈ 0,2 ，均存在 x2∈ 0,2 ，使得 f(x1)< g(x2)，求 a的取值范围．
【答案】(1)a= 23，单调递增区间为 0,
3
2 ,(2,+∞)，单调递减区间为
3
2 ,2 (2)a> ln2- 1
【解析】
(1)求出 f (x)，由 f (1) = f (3)得 a，再利用由 f (x)> 0、f (x)< 0可得答案；
(2)转化为 x∈ 0,2 时，f(x)max< g(x)max，容易求出 g(x)max= g(0) = g(2) = 0，
ax- 1 x- 2所以只须 f(x)max< 0 ，f (

x) = x ，讨论 a≤
1
2 、a>
1
2 可得答案.
(1)
f (x) = ax- (2a+ 1) + 2x ,f
(1) =-a+ 1,f (3) = a- 13，由 f
(1) = f (3)得 a= 23，
2 7 2 2x- 3 x- 2f (x) = 3 x- + =

3 x 3x ，
由 f (x)> 0得 x∈ 0, 32 ∪ 2,+∞ ，由 f
(x)< 0得 x∈ 32 ,2 ，
所以函数 f(x)的单调递增区间为 0, 32 , 2,+∞ ，单调递减区间为
3
2 ,2 .
(2)
若要命题成立，只须当 x∈ 0,2 时，f(x)max< g(x)max，
由 g x = x2- 2 ex可知 当 x∈ 0,2 时 g(x)max= g(0) = g(2) = 0，
所以只须 f(x)max< 0
ax- 1 x- 2
对 f x 来说，f (x) = ax- (2a+ 1) + 2x =

x ，
(1)当 a≤ 12 时，在 0,2 上有 ax- 1≤ 0，∴ f
(x)≥ 0
这时 f(x)max= f(2) =-2a- 2+ 2ln2，由 f(x) 1max< 0得 ln2- 1< a≤ 2；
(2)当 a> 12 时，f(x) = f
1
max a =-2lna-
1
2a - 2，
2
设 h(a) =-2lna- 1 - 2，则 h (a) = 1 2 1- 4a2a 2a2
- a = 2 < 0，2a
∴ h(a)在 12 ,+∞ 递减，h(a)< h
1
2 = 2ln2- 3< 0，
∴当 a> 12 时，f(x)max< 0，
综上所述，满足题意的 a> ln2- 1.
【点睛】
本题考查了对任意 x1∈D，均存在 x2∈E，使得 f(x1)< g(x2)，转化为 f(x)max< g(x)max求参数的取值
范围的问题，考查了学生的思维能力、运算能力.
5. 已知函数 f x =-ax+ x lnx a∈R ，f x 为 f x 的导函数．
(1)求 f x 的定义域和导函数；
(2)当 a= 2时，求函数 f x 的单调区间；
(3) x ∈ e,e2 f x ≥ 1 x ∈ e,e3 f x + 1若对 1 ，都有 1 成立，且存在 2 ，使 2 2 a= 0成立，求实数 a的取
值范围．
【答案】(1) 0,1 lnx- 1 ∪ 1,+∞ ，f x =-a+
lnx 2
(2)f x 在 0,1 单减， 1,+∞ 也单减，无增区间
(3)a∈ 0,
1
2 -
1
e2

【解析】
(1)根据分母不等于 0，对数的真数大于零即可求得函数的定义域，根据基本初等函数的求导公式及
商的导数公式即可求出函数的导函数；
(2)求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出答案；
(3)若对 x1∈ e,e2 ，都有
x
f x1 ≥ 1成立，即-ax + 11 lnx ≥ 1，即 a≤-
1 1
x + lnx ，令 h x =-
1
x +1 1 1
1
lnx，x∈ e,e
2 ，只要 a≤ h x min即可，利用导数求出函数 h x =- 1 + 1 x lnx 的最小值即可求出 a
的范围， 1 lnx - 1f x2 + 2 a=
2
2 -
1
2 a，g x =
lnx- 1
- 1 a，求出函数 g x 的值域，根据存在 x ∈
lnx2 lnx 2 2
2
e,e3 ，使 f x2 + 12 a= 0成立，则 0在函数 g x 的值域中，从而可得出 a的范围，即可得解.
(1)解：f x 的定义域为 0,1 ∪ 1,+∞ ，f x =-a+ lnx- 1 ；
lnx 2
1 2 7
lnx- 1 2 lnx( )解：当 = 时， =- + =-
2- lnx+ 1 2 lnx- 4 +2 a 2 f 8 x 2
lnx 2 lnx 2
=- ，
lnx 2
f x < 0恒成立，所以 f x 在 0,1 和 1,+∞ 上递减；
(3)解：若对 x1∈ e,e2 ，都有 f x1 ≥ 1成立，
即- + xax 11 lnx ≥ 1，即 a≤-
1
x +
1
1 1 lnx
，
1
lnx 2- x
令 h x =- 1x +
1
lnx， ∈ ,

x e e2 ，则 h x = 1 1
x2
-
x lnx 2
=
x2
，
lnx 2
对于函数 φ x = lnx- x x> 0 ，φ x = 1 - 1 = 2- x x 2 x 2x
，
当 0< x< 4时，φ x > 0，当 x> 4时，φ x < 0，
所以函数 φ x = lnx- x在 0,4 上递增，在 4,+∞ 上递减，
所以 φ x ≤ φ 4 = ln4- 2< 0，
当 x∈ e,e2 时，lnx> 0，
所以 lnx< x，所以 lnx 2< x，
故 h x < 0恒成立，h x 在 x∈ e,e2 为减函数，
所以 h x min= h e2 1 =- 2 +
1
2，所以 a≤-
1 + 1 ，
e e2 2
由 (1)知， =- + lnx- 1，所以 + 1 = lnx - 1f x a f x a 2 - 1 a，
lnx 2
2 2 lnx 22 2
记 g x = lnx- 1 - 1 a，
lnx 2 2
令 1 = t，t∈ 1 ,1 ，则原式 g x =-t2+ t- 1 a t∈ 1 ,1 的值域为 - a , 1 a lnx 3 2 3 2 4 - 2 ，
因为存在 x 3 12∈ e,e ，使 f x2 + 2 a= 0成立，
所以- a2 ≤ 0，
1 a
4 - 2 ≥ 0，所以 0≤ a≤
1
2，
综上，a∈ 0, 1 - 1 2 e2
．
【点睛】
本题考查了函数的定义域及导数的四则运算，考查了利用导数求函数的单调区间，考查了不等式恒
成立问题，考查了计算能力及数据分析能力，对不等式恒成立合理变形转化为求最值是解题关键.

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