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第 06 讲 利用导数研究恒成立与能成立（有解）问题
（2 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明函数的对称性
利用导数求函数的单调性
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数证明不等式
利用不等式求取值范围
2023 年新 I 卷，第 19 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 含参分类讨论求函数的单调区间
利用导数求函数的单调区间
(不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
根据极值点求参数
含参分类讨论求函数的单调区间
2022 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题
裂项相消法求和
2020 年新 I 卷，第 21 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 求在曲线上一点处的切线方程
2020 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 求在曲线上一点处的切线方程
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能求出函数的极值或给定区间的最值
3 a f x 恒成立 a f x max ， a f x 恒成立 a f x min ，
4 a f x 有解 a f x min ， a f x 有解 a f x max ，
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
1. 恒成立问题常见类型
假设 x 为自变量，其范围设为 D ， f x 为函数；a 为参数， g a 为其表达式，
（1） f x 的值域为 m, M
①"x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
"x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
②"x D, g a f x ，则只需要 g a f x =Mmax
"x D, g a > f x ，则只需要 g a > f x =Mmax
（2）若 f x 的值域为 m, M
① "x D, g a f x ，则只需要 g a m
"x D, g a f x ，则只需要 g a m （注意与（1）中对应情况进行对比）
② "x D, g a f x ，则只需要 g a M
"x D, g a > f x ，则只需要 g a M （注意与（1）中对应情况进行对比）
2. 恒成立问题的解决策略
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等
式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综
合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热
点．
3. 能成立（有解）问题常见类型
假设 x 为自变量，其范围设为 D ， f x 为函数；a 为参数， g a 为其表达式，
（1）若 f x 的值域为 m, M
①$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = Mmax
$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = Mmax
②$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
$x D, g a > f x ，则只需要 g a > f x = mmin
（2）若 f x 的值域为 m, M
① $x D, g a f x ，则只需要 g a M （注意与（1）中对应情况进行对比）
$x D, g a f x ，则只需要 g a M
② $x D, g a f x ，则只需要 g a > m （注意与（1）中对应情况进行对比）
$x D, g a > f x ，则只需要 g a > m
4. 能成立（有解）问题的解决策略
①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等
式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综
合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热
点．
考点一、利用导数解决函数恒成立问题
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
【答案】(1)极小值为 0 ，无极大值.
1
(2) a -
2
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
1 1
（2）求出函数的二阶导数，就 a - 、- a 0 、 a 0分类讨论后可得参数的取值范围.
2 2
【详解】（1）当 a = -2 时， f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x，
f (x) 2 ln(1 x) 1+ 2x 1故 = + + -1 = 2ln(1+ x) - +1，
1+ x 1+ x
y 2ln(1 x), y 1因为 = + = - +1在 -1, + 上为增函数，
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上为增函数，而 f (0) = 0 ，
故当-1 x 0时， f (x) 0 ，当 x > 0时， f (x) > 0 ，
故 f x 在 x = 0处取极小值且极小值为 f 0 = 0，无极大值.
（2） f x = -a ln 1 1- ax+ x + -1 = -a ln 1+ x a +1 x- , x > 0，
1+ x 1+ x
a +1 x
设 s x = -a ln 1 x + - , x > 0，
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1则 = - 2 = - = -x +1 1+ x ，1+ x 2 1+ x 2
1
当 a - 时， s x > 0，故 s x 在 0, + 上为增函数，
2
故 s x > s 0 = 0，即 f x > 0，
所以 f x 在 0, + 上为增函数，故 f x f 0 = 0 .
1
当- a 0
2a +1
时，当0 x - 时， s x 0，
2 a
故 s x 2a +1 2a +1 在 0, - 上为减函数，故在 0, - 上 s x s 0 ，
è a ÷ è a ÷

即在 0,
2a +1
- ÷上 f x 0即 f x 为减函数，
è a
0, 2a +1 故在 - ÷上 f x f 0 = 0，不合题意，舍.
è a
当 a 0，此时 s x 0在 0, + 上恒成立，
同理可得在 0, + 上 f x f 0 = 0恒成立，不合题意，舍；
综上， a
1
- .
2
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导
数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
2．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x)
sin x π
= ax -
cos3
, x 0,x ֏ 2
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求导,然后令 t = cos2 x ,讨论导数的符号即可;
（2）构造 g(x) = f (x) - sin 2x ,计算 g (x) 的最大值,然后与 0 比较大小,得出 a的分界点,再对 a讨论即可.
3
1 f (x) a cos x cos x + 3sin x cos
2 x sin x
【详解】（ ） = -
cos6 x
a cos
2 x + 3sin2 x a 3 - 2cos
2 x
= - = -
cos4 x cos4 x
令 cos2 x = t ,则 t (0,1)
2
f (x) g(t) a 3- 2t at + 2t - 3则 = = - 2 =t t 2
8t 2a 8, f (x) g(t) + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)当 = = =
t 2
=
t 2
当 t
0, 1 , x
π π
, , f ÷ 即 ÷ (x) 0 .
è 2 è 4 2
1
当 t ,1

÷ ,即 x

0,
π , f ÷ (x) > 0 .
è 2 è 4
π
所以 f (x)
π π
在 0, ÷上单调递增,在 ,4 2 ÷ 上单调递减è 4 è
（2）设 g(x) = f (x) - sin 2x
2
g (x) = f (x) - 2cos 2x = g(t) - 2 2cos2 x 1 at + 2t - 3- = 2 - 2(2t 1) a 2 4t 2 3- = + - + - 2 设t t t
j(t) = a 2 2 3+ - 4t + -
t t 2
j (t) 4 2 6 -4t
3 - 2t + 6 2(t -1)(2t 2 + 2t+3)
= - - 2 + 3 = 3 = - 3 > 0t t t t
所以j(t) j(1) = a - 3 .
1°若a (- ,3] , g (x) = j(t) a - 3 0
即 g(x) 在 0,
p
2 ÷上单调递减
,所以 g(x) g(0) = 0 .
è
所以当 a (- ,3], f (x) sin 2x ,符合题意.
2° 若 a (3,+ )
2
当 t 0, 2 3 1 1 1- 2 = -3

- ÷ + - ,所以j(t) - .t t è t 3 3
j(1) = a - 3 > 0 .
$t (0,1) j t = 0 $x p 所以 0 ,使得 0 ,即 0 0, ÷ ,使得 g x2 0 = 0 .è
t t 当 0 ,1 ,j(t) > 0 ,即当 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)单调递增.
所以当 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合题意.
综上, a的取值范围为 (- ,3] .
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性 t = cos x在定义域内是减函数,若 t0 = cos x0 ,当
t t0 ,1 ,j(t) > 0 , 对应当 x 0, x0 , g (x) > 0 .
3．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) -1，求 a 的取值范围；
1 1 1
(3)设 n N* ，证明： + +L+ > ln(n +1)．
12 +1 22 + 2 n2 + n
【答案】(1) f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
1
(2) a
2
(3)见解析
【分析】（1）求出 f x ，讨论其符号后可得 f x 的单调性.
（2）设 h x = xeax - ex +1 1 1，求出 h x ，先讨论 a > 时题设中的不等式不成立，再就0 a 结合放缩法
2 2
讨论 h x 符号，最后就 a 0结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.
1 1
（3）由（2）可得 2ln t t - t > 1 ln n +1 - ln n *t 对任意的 恒成立，从而可得 2 对任意的 n N 恒成立，n + n
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当 a =1时， f x = x -1 ex f x = xex，则 ，
当 x 0 时， f x 0，当 x > 0时， f x > 0，
故 f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
2 h x = xeax x（ ）设 - e +1，则 h 0 = 0，
又 h x = 1+ ax eax - ex ，设 g x = 1+ ax eax - ex ，
则 g x = 2a + a2x eax - ex ，
1
若 a > ，则 g 0 = 2a -1 > 0，
2
因为 g x 为连续不间断函数，
故存在 x0 0, + ，使得"x 0, x0 ，总有 g x > 0，
故 g x 在 0, x0 为增函数，故 g x > g 0 = 0，
故 h x 在 0, x0 为增函数，故 h x > h 0 = 0，与题设矛盾.
1 ax x ax+ln 1+ax x
若0 a ，则 h x = 1+ ax e - e = e - e ，
2
下证：对任意 x > 0，总有 ln 1+ x x 成立，
证明：设 S x = ln 1+ x - x S x 1 -x，故 = -1 = 0，
1+ x 1+ x
故 S x 在 0, + 上为减函数，故 S x S 0 = 0即 ln 1+ x x 成立.
由上述不等式有 eax+ln 1+ax - ex eax+ax - ex = e2ax - ex 0，
故 h x 0总成立，即 h x 在 0, + 上为减函数，
所以 h x h 0 = 0 .
ax x
当 a 0时，有 h x = e - e + axeax 1-1+ 0 = 0，
所以 h x 在 0, + 上为减函数，所以 h x h 0 = 0 .
1
综上， a .
2
1 1
（3）取 a = ，则"x > 0，总有 xxe2 - ex2 +1 0
成立，
1
令 x 2 xt = e2 ，则 t >1, t = e , x = 2ln t ，
1
故 2t ln t t 2 -1即 2ln t t - 对任意的 t > 1恒成立.t
n +1 n +1 n
所以对任意的 n N* ，有 2ln - ，
n n n +1
1
整理得到： ln n +1 - ln n
n2
，
+ n
1 1 L 1故 + + + > ln 2 - ln1+ ln 3- ln 2 +L+ ln n +1 - ln n
12 +1 22 + 2 n2 + n
= ln n +1 ，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f x = lnx - ax, g x = ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
【答案】(1)答案见详解
2
(2)
e3
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对 a > 0与 a<0分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1） f x 1= - a 1- ax= （ a 0），
x x
当 a 0时，由于 x > 0，所以 f x > 0恒成立，从而 f x 在 0, + 上递增；
当 a > 0时，0
1
x ， f x > 0； x
1
> ， f x 0，
a a
从而 f x 在 0,
1 1
a ÷
上递增，在 ,+ a ÷
递减；
è è
综上，当 a 0时， f x 的单调递增区间为 0, + ，没有单调递减区间；
当 a > 0时， f x 1 1 的单调递增区间为 0, ÷ ，单调递减区间为a ,+ a ÷ .è è
（2）令 h x = f x - g x = ln x 2- ax - ，要使 f x g x 恒成立，
ax
只要使 h x 0恒成立，也只要使 h x 0max .
h x 1 a 2 - ax +1 ax - 2 = - +
x ax2
=
ax2
，
若 a > 0， x > 0，所以 ax +1 > 0 恒成立，
当0 x
2 2
时， h x > 0，当 x + 时， h x 0，
a a
h x 0, 2 2可知 在 ÷内单调递增，在 ,+

a ÷ 内单调递减，è a è
2 2
所以 h x = h ÷ = ln - 3≤0
2
max ，解得：a ，è a a e3
a 2可知 的最小值为 ；
e3
若 a 0， x > 0，所以 ax - 2 0恒成立，
1 1
当0 x - 时， h x 0，当- x + 时， h x > 0，
a a

可知 h x 在 0,
1 1- ÷ 内单调递减，在 - ,+ ÷内单调递增，
è a è a
所以 h x 在 0, + 内无最大值，且当 x 趋近于+ 时， h x 趋近于+ ，不合题意；
2
综上所述： a的最小值为 3 .e
2．（2024· 2江苏苏州·三模）已知函数 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x .
(1) a =1时，求F (x) = f (x) - g(x)的零点个数;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立，求实数 a的最大值;
n
sin p k 3(3)求证: - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【答案】(1)2 个
(2) 12
(3)证明见解答
【分析】（1）F (x) = cos x - 2 + x2，求导后令 h(x) = F (x) = -sin x + 2x，再次求导可得 h (x) > 0，进而可判断
F (x)的单调性，结合 F (0) ，F (2) = F (-2)的值可得结论；
1 1
（2）m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由题意可得m(0) 0，可得 a ，进而判断 a = 时，不等式 f (x) g(x) 恒成
2 2
立；
（3）利用 3 sin
p k p k p k p k k
-

3 i ÷
+1 3 sin - ÷ + cos - ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ，结合（2）以及放缩法可
è è 3 i è 3 i è 2 i i
证明不等式.
【详解】（1）当 a =1时， g(x) = 2 - x2 ，则F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ，
所以F (x) = -sin x + 2x，令 h(x) = -sin x + 2x ，则 h (x) = -cos x + 2 > 0 ，
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上单调递增，即F (x) = -sin x + 2x在R 上单调递增，
当 x > 0时，F (x) > 0，所以 F (x)在 (0, + )上为增函数，
当 x 0 时， F (x) 0，所以 F (x)在 - ,0 上为减函数，
又F (0) = -1，F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0，
且 x - 时，F (x) + ，则存在 x1 - ，0 ， x2 0,2 ，使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0，
所以 F (x)有两个零点.
1
（2）令m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由m(0) 0，得 a ，
2
h(x) = cos x -1 1+ x2令 = cos x
1
+ (x2 - 2), 所以 h (x) = -sin x + x，
2 2
令j(x) = -sin x + x ，可得j (x) = -cos x +1 0，
所以j(x) = -sin x + x 在 (0, + )上为增函数，所以j(x) = -sin x + x > sin 0 + 0 = 0 ，
所以 h (x) > 0
1 1
，所以 h(x) = cos x -1+ x2 > cos 0 -1+ 02 = 0，
2 2
所以 h(x) 在[0, + ) 上单调递增，所以 h(x) h(0) = 0 ，即cos x 1
1
> - x2，
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立，所以实数 a的最大值是实数 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k- + cos p k- p k k（3）因为 ÷ ÷ ÷ = 2sin - ÷ = 2cos ，
è 3 i è 3 i è 3 i è 2 i i
cos x 1 1 x2 cos k 1 1 k由（2）可得 > - ，所以 > - ( )2 ，
2 i 2 i
n
[ 3 sin p k
n k n k
所以 - ÷ +1] 2 (cos ) > 2n -3 i i ( )
2
，
i=1 è i=1 i=1 i
n
3 sin p k
n k
- > n - ( )2所以 ÷ ，
i=1 è 3 i i=1 i
n
(k )2 2又 = k (1 1 1+ 2 + 2 +L
1
+ 22 ) k (1+1
1 1 1 1 1 1
- + - + +L+ - ) 2k 2 ，
i=1 i 2 3 n 2 2 3 3 n -1 n
n p k 3
所以 sin - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
1 2
【点睛】方法点睛：第三问，考查放缩法证明不等式，其中证明不等式cos x > 1- x 成立是关键.
2
3．（2024·浙江温州· f x = e- x模拟预测）函数 sin x
(1)求 f x 的单调区间.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 时恒成立，求 a的取值范围.
3π π
【答案】(1) f x 的单调递增区间是 2kπ - , 2kπ + ÷ k Z 单调递减区间是4 4 è

2kπ
π
+ , 2kπ 5π+ ÷ k Z
è 4 4
(2) 1, +
【分析】（1）对函数求导有 f x = 2e- x cos x
π
+ ÷，根据导数判断函数的单调性区间即可；
è 4
2
（2）构造函数 g x = f x - ax - x x 0 ，将问题转化为： g x 0在 x 0 时恒成立，求 a的取值范围；
根据 g 0 = 0，求出命题成立的必要条件，再验证充分性即可确定 a的取值范围.
- x
【详解】（1）因为 f x = e sin x，
π
所以 f x = e- x cos x - sin x = 2e- x cos x + ÷，定义域为4 R ，è
令 f x = 0，即 cos π π π x + ÷ = 0，即 x + = + kπ k Z ，
è 4 4 2
π
解得 x = + kπ k Z ，
4
所以当 x
3π π
2kπ - , 2kπ + ÷ k Z 时， f x > 0， f x 单调递增；
è 4 4
π 5π
当 x 2kπ + , 2kπ +

4 4 ÷
k Z 时， f x 0， f x 单调递减；
è
3π π
综上所述， f x 的单调递增区间是 2kπ - , 2kπ + ÷ k Z ，单调递减区间是4 4 è
2kπ π+ , 2kπ 5π+ k Z .
è 4 4 ÷
（2）记 g x = f x - ax - x2 x 0 ，则 g x = e - xsinx - ax - x2 x 0 ，
所以 g x = e- x cos x - sin x - a - 2x x 0 ，
根据题意原题可化为： g x 0在 x 0 时恒成立，求 a的取值范围；
因为 g 0 = 0 2，所以 f x ax + x 在 x 0 时恒成立的必要条件为 g 0 0，
即1- a 0，即a 1；
构造函数 h x = x - sin x x 0 ，则 h x =1- cos x 0 x 0 ，
所以 h x 在 0, + 上单调递增，所以 h x h 0 = 0，
所以有 x - sin x 0，即 x sin x 在 0, + 上恒成立，
令a 1 x x，当 x 0, + 时，有 e a + x x e 1+ x x x sin x ，
x
所以 sin x - e a + x x 0在 0, + 上恒成立，
因为 e- x > 0，不等式两边同时乘以 e- x，
有 e- x sin x - a + x x 0在 0, + 上恒成立，
即 g x 0在 0, + 上恒成立，
即a 1时， g x 0在 0, + 上恒成立，
综上a 1，是 f x ax + x2在 x 0 时恒成立的充要条件，
所以 a的取值范围为a 1 .
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若 f (x) 在区间D上有最值，则
（1）恒成立："x D, f x > 0 f x > 0min ；"x D, f x 0 f x 0max ；
（2）能成立：$x D, f x > 0 f x > 0；$x D, f x 0 f xmax 0min .
若能分离常数，即将问题转化为： a > f x （或 a f x ），则
（1）恒成立： a > f x a > f x max ； a f x a f x min ；
（2）能成立： a > f x a > f x ； a f x a f xmin max .
4．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x = ex + ax2 - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然对数的底数）
(1)若 f x 无极值点，求实数 a的取值范围；
1
(2) x 0 f x x3当 时， + x - e +1恒成立，求实数 a的取值范围.
2
e
【答案】(1) - a 0
2
é7 - e2
(2) ê ,+ ÷ .
4
【分析】（1）法一，易知 f x = ex + 2ax x 1，无变号零点，考虑 a = 0后参变分离为 x = - ，原问题等价于e 2a
g x 1的图像与 y = - 无相交交点；法二，构建 g x = f x ，分 a > 0， a = 0， a 0结合根的存在性定理
2a
即可求解；
2 - x
1 3 2
（ ）法一，式子转化为j x = e x - ax + x +1

÷ -1，即证j x 0即可，易知j 0 = 0，则
è 2
j x 1= - xe- x x - 2 x - 2a -1 ，分 2a +1 0，0 2a +1 2， 2a +1 2 讨论即可；法二，转化为
2
1 x3 1+ x +1- ex x3 + x +1- ex
a 2 ，求2 h x = 2
的最大值即可.
x x2
x
【详解】（1）（方法一）易知 f x = e + 2ax ，由 f x 无极值点可知，
f x 无变号零点，令 ex + 2ax = 0 （*），
显然 a = 0时，（*）无零点，此时 f x 无极值点，满足题意；
x 1
故当（*）可变形得
ex
= - ，
2a
x 1
令 g x = x ，原问题等价于 g x 的图像与 y = - 无相交交点，e 2a
又 g x 1- x= x ，则 x - ,1 ， g x > 0， g x 单调递增；e
x 1, + ， g x 0， g x 单调递减；
又 x 趋于- ， g x 趋于- ； x 趋于+ ， g x 趋于 0 ； f 1 1= .
e
可得 g x 的图象如图：
1 1
由图可知- ，解得 - e2 ≤ a 0 ，2a e
e
综上，- a 0
2
（方法二）构建 g x = f x ，则 g x = ex + 2a
①当 a > 0时， g x > 0当 x R 时恒成立， g x 在R 上单调递增，
g 1-
1
-
因为 ÷ = e 2a -1 0， g 0 =1 > 0，
è 2a
所以 g x 有一个零点，即为 f x 的一个极值点；
②当 a = 0时， g x > 0当 x R 时恒成立，即 f x 无极值点；
③当 a 0时，当 x ln -2a ， g x 0；当 x > ln -2a ， g x > 0，
所以 g x 在 - , ln -2a 单调递减，在 ln -2a , + 上单调递增，
故 g x = g ln -2amin = -2a + 2aln -2a ，
若 g x 0，则-1+ ln -2a > 0即 a - emin 2 .
当 x 0 时， g x > 0，
当 x > 0时， g 2ln -2a = 4a2 + 4aln -2a = -2a é-2a - 2ln -2a ù ，
设 s t = t - 2ln t ， t > e t - 2，故 s t = > 0，
t
故 s t 在 e, + 上为增函数，
故 s t > s e = e - 2lne = e - 2 > 0，
故-2a é -2a - 2ln -2a ù > 0，
故当 g ln -2a 0时， g x 有两个零点，此时 f x 有两个极值点.
当 g ln -2a 0时， g x 0 当 x R 时恒成立，即 f x 无极值点；
e
综上所述：- a 0
2
1 3 1
（2）（方法一）由 f x x + x - e +1 x 3可知， e x - ax2 + x +1，
2 2
1 e- x 1即 x
3 - ax2 + x +1
2 ÷
，
è
令j x = e- x 1 x3 - ax2 + x +1 ÷ -1，即证j x 0，
è 2
易知j 0 = 0，
1 - x 2
则j x = - xe x - 2a + 3 x + 4a + 2 1= - xe- x x - 2 x - 2a -1 ，2 2
1
若 2a +1 0，即 a - 时，
2
则 x 0,2 ，j x > 0，j x 单调递增，j x > j 0 = 0，不符合题意；
若0 2a
1
+1 2，即- a
1
时，
2 2
则 x 0,2a +1 ，j x 0，j x 单调递减，
x 2a +1,2 ，j x > 0，j x 单调递增，
x 2, + ，j x 0，j x 单调递减，
j 0 = 0 j 2 e-2 1 23 a 22 2 1 1 7 - e
2 - 4a
又 ，故令 = - + + ÷ - = 0，
è 2 e2
2 2
解得 a 7 - e 7 - e 1 ，即 a ，
4 4 2
若 2a
1
+1 2 ，即 a 时，
2
则 x 0,2 ，j x 0，j x 单调递减，
x 2,2a +1 ，j x > 0，j x 单调递增，
x 2a +1, + ，j x 0，j x 单调递减，
故令j 2a +1 = e- 2a+1 1 2a +1 3 - a 2a +1
2 + 2a +1+1
2 ÷
-1
è
= e- 2a+1 2a
2 + 4a 5+ -1，
è 2 ÷
h a = e- 2a+1 2a2 + 4a 5+ 记 ÷ -1，则 h a = -e- 2a+1 2a +1 2 0恒成立，
è 2
1
所以 h a 在 ,+
è 2 ÷
上单调递减，

h a h 1 5所以 ÷ = 2 -1 0，即j 2a +1 0，è 2 e
a 1即对于任意 ，j x 0恒成立，
2
2
综上所述， a 7 - e
4
（方法二）①当 x = 0时，不等式恒成立，可得 a R ；
1 3
② x > 0 x + x
1
+1- ex x3 + x +1- ex
当 时，可得 a 2 恒成立，设 h x = 2 ，
x2 x2
2 x ex 1 x3 x 2 2 x ex 1- + 3 2 - - ÷ - + x - x ÷ + x2 - x - 2 则 h x = è 2 è 2
x3
=
x3

2 x ex 1 x2 x 2 x 2 x 1 2 - x ex
1 2
- + - + - + - x - x -12 ÷= 2 = è .
x3 x3
m x ex 1 2可设 = - x - x -1，可得m x = ex - x -1，
2
设 k x = ex - x -1， k x = ex -1，
由 x > 0，可得 k x > 0恒成立，可得 k x 在 0, + 上单调递增，
m x 在 0, + 上单调递增，所以m x > m 0 = 0 ，
即m x > 0恒成立，即m x 在 0, + 上单调递增，所以m x > m 0 = 0，
再令 h x = 0，可得 x = 2，
当0 x 2时， h x > 0， h x 在 0,2 上单调递增；
x > 2时， h x 0， h x 在 2, + 上单调递减，
2
所以 h x h 2 7 - e= = ，max 4
a 7 - e
2 é7 - e2
所以 ，综上可得 a的取值范围是 ê ,+ ÷ .4 4
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式，可通过构造函数，结合导数求得所构造函数的单调性、极值、
最值.
考点二、利用导数解决函数能成立（有解）问题
1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求实数 a的取值范围．
1 1- -
【答案】(1)单调递减区间为 0,e 2 ÷，单调递增区间为 e 2 , + ÷ ；
è è
{a | a 1(2) - }
e
【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解；
（2）由已知不等式成立，先分离参数，结合成立与最值关系的转化即可求解．
【详解】（1）因为 f x = x 2ln x +1 ， x > 0，
令 f x 1= 0，解得 -x = e 2 ，
1-
当 x 0,e 2 ÷时， f x 0， f (x) 单调递减，
è
1-
当 x e 2 , + ÷时， f x > 0， f (x) 单调递增，
è
1 1- -
则 f (x) 的单调递减区间为 0,e 2 ÷，单调递增区间为 e 2 , + ÷ ；
è è
（2）依题意，存在 x > 0，使得 a x ln x ，
令 g x = x ln x，则 g x = ln x +1，
1
当 x 0, ÷时， g x 0， g(x)单调递减，
è e
x 1当

,+ ÷时， g x > 0e ， g(x)单调递增，è
g x 1= g 1 1故 min ÷ = - ，因此 a - ，è e e e
1
故 a的取值范围为{a | a - }．
e
2．（2024 高三·全国· x专题练习）已知函数 f x = e - x .
(1)求函数 f x 的极值；
1
(2)若对任意 x > 0, f x > ax2 +1有解，求 a的取值范围.
2
【答案】(1)极小值为 1，无极大值；
(2) a 1 .
【分析】（1）利用导数研究函数 f x 的单调性即可求极值；
1
（2 x）由题意可得任意 x > 0,e - x - ax2 -1 > 0有解，设 g x 1= ex - x - ax2 -1，分 a 0、0 a 1及 a > 1
2 2
讨论即可求解.
【详解】（1） f x = ex -1 = 0，得 x = 0，
当 x 0 时， f x 0，函数 f x 单调递减，
当 x > 0时， f x > 0，函数 f x 单调递增，
所以 f (x) 的极小值为 f 0 =1，无极大值；
（2）对任意 x > 0, f x 1 1> ax2 +1 x即 e - x - ax2 -1 > 0，
2 2
设 g x = ex - x 1- ax2 -1, x 0， g x = ex -1- ax, x 0 ，
2
①当 a 0时， g x 单调递增， g 0 = 0, g x > 0, g x 单调递增， g x > g 0 = 0，成立；
②当0 a 1时，令 h x = g x ,h x = ex - a > 0, g x 单调递增， g 0 = 0, g x > 0, g x 单调递增，
g x > g 0 = 0，成立；
③当 a > 1时，当0 x lna x时， h x = e - a 0, g x 单调递减， g 0 = 0, g x 0, g x 单调递减，
g x g 0 = 0 ，不成立.
综上， a 1 .
x
3．（2024·湖南娄底·一模）已知函数 f x =
ex
，其中 e = 2.71828L为自然对数的底数.
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)证明： f x ex -1；
(3)设 g x = f x - e2x + 2aex - 4a2 +1 a R ，若存在实数 x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
【答案】(1)增区间为 - ,1 ，减区间为 1, + ；
(2)证明见解析；
(3) 12 .
【分析】（1）求出 f x ，判断导数正负得到函数 f x 的单调区间；
（2）利用分析法转化要证结论，要证 f x ex -1 x ex 1 x- x，即证 x ，令 h x = x - e +1，即证 h x 0，e e
利用导数判断 h x 单调性，求出最大值即可得证；
3 g x = f x - e2x（ ） + 2aex - 4a2 +1 1 1，分别讨论当 0≤a≤ 2 时和 a > 时是否存在 x0 使得 g x0 0，即可2
求解.
f x R, f x 1- x【详解】（1） 的定义域为 = x ，e
所以当 x 1时， f x > 0；当 x >1时， f x 0 .
所以 f x 的增区间为 - ,1 ，减区间为 1, + .
x
2 f x ex -1 ex x（ ）要证 ，即证 x -1，令 h x = xe ex - e +1，即证 h x 0，
2x
h x 1- x - e= ，令m x =1- x - e2x ，则m x = -1- 2e2x 0，所以m x 在R 上单调递减，又m 0 = 0x ，e
\当 x 0 时，m x > 0, h x > 0；当 x > 0时，m x 0, h x 0 .
\h x 在 - ,0 上单调递增，在 0, + 上单调递减，
\h x h 0 = 0 x x，所以 x e -1，即 f x e
x -1得证.
e
0 a 1（3）当 ≤ ≤ 时， g 0 = 2a - 4a2 = 2a 1- 2a 02 ，即存在 x0 = 0满足题意；
a 1当 > 时，由（2）知，
2
g x = f x - e2x + 2aex - 4a2 +1 ex -1 - e2x + 2aex - 4a2 +1
2
= -e2x 2a +1 6a +1 1- 2a 6a +1 1- 2a + 2a +1 ex - 4a2 = - ex -

÷ + 0，
è 2 4 4
\此时 g x 0 恒成立，不满足题意；
1
综上，所以 a的最大值为 2 .
1．（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = lnx ， g x a= -1x 其中 a为常数.
(1)过原点作 f x 图象的切线 l，求直线 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
【答案】(1) x - ey = 0
1
(2) - 2 .e
【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；
（2）由题意，将其等价转化为 a x lnx +1 在 0, + 有解，即只需求 h x = x lnx +1 在 0, + 上的最小值，
利用导数分析推理即得 a的最小值.
【详解】（1） f x 1= ,
x
设切点坐标为 t, lnt 1，则切线方程为 y - lnt = x - t ，
t
lnt 1因为切线经过原点O，所以- = -t ，解得 t = e ，
t
1
所以切线的斜率为 ，所以 l的方程为 x - ey = 0 .
e
（2）$x 0, + ， f x g x ，即 ln x a -1成立，
x
则得 a x lnx +1 在 0, + 有解，
故有 x 0, + 时， a éx lnx +1 ù .min
令 h x = x lnx +1 ， x > 0， h x = lnx + 2 ，
令 h x > 0得 x 1 ( 2 ,+ )；令 h x 0得 x (0,
1
2 )e ，e
h x 1 1 故 在 0, ÷单调递减， ,+ ÷ 单调递增，
è e2 è e2
所以 h x h 1 1= = -min ÷ ，è e2 e2
则 a
1 1
- 2 ，故 a的最小值为- .e e2
2．（2024·全国· 2模拟预测）已知函数 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) 2若不等式 f x 2 ln x + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2) e - 2, + ．
【分析】（1）求出 f (x) ，分类讨论确定 f (x) > 0 和 f (x) 0 的解得单调性；
a x -1 x -1（2）用分离参数法转化问题为不等式 - ln x 1, + ln x 在区间 上有解，引入函数 g x = - ln x x > 1 ln x ，
求出 g(x)的最小值即可得．
【详解】（1）由题意知函数 f x 的定义域为 (0, + )，
2
而 f (x) 2x
2a 2(x - a)
= - = ，
x x
当 a 0时， f x > 0恒成立，函数 f x 在 (0, + )上单调递增；
当 a > 0时，由 f x 0，得0 x a ，
由 f x > 0，得 x > a ，
所以 f x 在 0, a 上单调递减，在 ( a , + )上单调递增．
综上，当 a 0时， f x 在 (0, + )上单调递增；
当 a > 0时， f x 在 0, a 上单调递减，在 a , + 上单调递增．
（2）因为不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，
所以 (ln x)2 + a ln x - x +1 0在区间 1, + 上有解，此时 ln x > 0，
即 a
x -1
- ln x
ln x 在区间
1, + 上有解，
ln x -1 1+
令 g x x -1= - ln x x > 1 ，则 x 1 ln x -1 x - ln x -1 ln x g x = - = ． ln x 2 x x ln x 2
h x x ln x 1 x 1 h x 1 1 x -1令 = - - > ，则 = - = > 0，
x x
所以函数 h x 在 1, + 上单调递增，所以 h x > h 1 = 0．
当1 x e 时 g x 0；当 x>e时 g x > 0，
所以 g x 在 1,e 上单调递减，在 e, + 上单调递增，
所以 g x min = g e = e - 2，所以 a e - 2 ，
综上可知，实数 a 的取值范围是 e - 2, + ．
3．（2024·山西运城·一模）已知a 1，函数 f (x) = x sin x + a cos x ， x 0, π .
(1)求曲线 y = f (x)
π π
在点 , f ÷÷处的切线方程；
è 2 è 2
(2)证明： f (x) 存在唯一的极值点；
1
(3)若存在 a，使得 f (x) - a + b对任意 x 0, π 成立，求实数b 的取值范围.
2
aπ
【答案】(1) (1- a)x - y + = 0
2
(2)证明见解析
(3) ( 3π , + )
3
π π
【分析】（1）求 f (x) ，代入计算 f ( ) 即为斜率，求 f ( )的值，结合点斜式即可求得切线方程.
2 2
π π
（2）①研究当 x (0, ]时， f (x) 的单调性，②研究当 x ( , π) 时，令 f (x) = g(x) ，运用导数研究 g(x)2 单2
π
调性，结合零点存在性定理可知存在唯一 x0 ( , π) ，使得 g(x0 ) = 0，即 f (x0 ) = 0 ，进而可证得 f (x) 的单2
调性，进而可证得结果.
（3）将问题转化为 f (x)
1
max - a + b ，由（2）可知， f (x)max = f (x0 ) = x0 sin x0 + a cos x0 ，2
a 1 x0 cos x= + 0 π，进而可得存在 x ( , π) ，使得b
x
> 0 + cos x x0 cos x0 1+ +
sin x 00 2 sin x
0
0 2sin x 2
，设
0
g(x) x x cos x 1= + cos x + + π， x ( , π) ，进而将问题转化为求 g(x)min ，运用导数求 g(x)2 min 即可.sin x 2sin x 2
【详解】（1）由题意知， f (x) = sin x + x cos x - a sin x = (1- a)sin x + x cos x，
所以 f (
π) = (1- a)sin π π cos π+ =1- a，
2 2 2 2
π π
又 f ( ) = ，
2 2
(π , f (π )) y π π所以曲线在点 处的切线方程为 - = (1- a)(x - )，即 (1 a)x y
aπ
- - + = 0 .
2 2 2 2 2
（2）证明：由 f (x) = (1- a)sin x + x cos x，a 1，
①当 x (0,
π] π时， f (x) > x cos x 0，则 f (x) 在 (0, ]上单调递增，
2 2
π
②当 x ( , π) 时，设 g(x) = (1- a)sin x + x cos x ，则 g (x) = (1- a) cos x + cos x - x sin x = (2 - a) cos x - x sin x2 ，
所以 g (x) -x sin x 0，故 g(x)在 (
π , π) 上单调递减，
2
又 g(
π) =1- a > 0 ， g(π) = -π 0，
2
π
所以由零点存在性定理可知，存在唯一 x0 ( , π) ，使得 g(x0 ) = 0，即 f (x ) = 0 .2 0
π
所以当 x x0时， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ；当 x0 x π 时， g(x) 0，即 f (x) 0 ，2
π
所以 f (x) 在 ( , x0 ) 上单调递增，在 (x0 , π)上单调递减，2
π
综述： f (x) 在 (0, x0 )上单调递增，在 (x0 , π)上单调递减，存在唯一 x0 ( , π) ，使得 f (x0 ) = 0 .2
故 f (x) 存在唯一的极值点.
（3）由（2）可知， f (x) 在 (0, x0 )上单调递增，在 (x0 , π)上单调递减，
故 f (x)max = f (x0 ) = x0 sin x0 + a cos x0 ，
x cos x
因为 f (x0 ) = (1- a)sin x0 + x0 cos x0 = 0
0 0
，所以 a =1+ sin x ，0
由题意知， f (x)
1
max = f (x0 ) = x0 sin x0 + a cos x0 - a + b，2
x sin x (1 x0 cos x即 0 0 + + 0 ) cos x
1 x cos x
0 - (1+ 0 0 ) + bsin x0 2 sin x
，
0
b x0 cos x x0 cos x 1化简得 > + 00 + +
π
sin x 2sin x 2 ， x0 ( , π) ，0 0 2
设 g(x)
x cos x x cos x 1= + + + ， x
π
( , π)
sin x 2sin x 2 2
，
π
由题存在 x0 ( , π) ，使得 g(x0 ) b ，2
所以 g(x) b x ( πmin ， , π) .2
g (x) sin x - x cos x sin x (cos x - x sin x)sin x - x cos
2 x
又 = - +
sin2 x 2sin2 x
sin x(1- sin2 x) - x cos x sin x cos x - x sin x cos2 x - x cos x sin x cos x - x (2cos x +1)(sin 2x - 2x)
= 2 + 2 = 2 + =sin x 2sin x sin x 2sin2 x 4sin2 x
设 h(x) = sin 2x - 2x π， x ( , π) ，则 h (x) = 2cos 2x - 2 02 ，
π
所以 h(x) 在 ( , π) 上单调递减，
2
故 h(x) h(
π) 0，
2
π 2π 2π
当 x 时， 2cos x +1 > 0， g (x) 0；当 x π 时， 2cos x +1 0， g (x) > 0，
2 3 3
故 g(x)在 (
π , 2π) 2π上单调递减，在 ( , π)上单调递增，
2 3 3
所以 g(x) 2πmin = g( )
3π
= ，所以b 3π> .
3 3 3
故b 的取值范围为 ( 3π , + ) .
3
【点睛】方法点睛：恒成立（能成立）问题解题策略：
方法 1：分离参数法求最值：
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
(2) a f (x) 恒成立 a f (x)max ；
a f (x)恒成立 a f (x)min ；
a f (x) 能成立 a f (x)min ；
a f (x)能成立 a f (x)max ；
方法 2：根据不等式恒成立（能成立）构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数
单调性求解．
1．（2023 高三·全国·专题练习）设函数 f (x) = ex -1- x - ax2，若当 x 0 时 f (x) 0，求 a的取值范围．
1
【答案】 a
2
1 1
【分析】方法一：令 g(x) = ex -1- 2ax，所以 g (x) = ex - 2a ， x 0, + ，再对 a分 a 和 a > 两种情况讨
2 2
论判断 f (x) 0是否成立即得解.
【详解】[方法一]：由题得 f (x) = ex -1- 2ax，
令 g(x) = ex -1- 2ax，所以 g (x) = ex - 2a ， x 0, +
a 1 1当 时， g (x) = ex - 2a 0 恒成立，仅当 a = , x = 0 时， g (x) = 0
2 2
f (x) = ex -1- 2ax在 x 0, + 单调递增，所以 f (x) f (0) = 0，
所以函数 f (x) 在[0, + ) 上单调递增.
所以 f (x) f (0) = 0满足题意；
a 1当 > 时， g (x) = ex - 2a > 0得 x ln 2a,+ ， g (x) = ex - 2a 0 得 x 0, ln 2a ，
2
所以 f (x) = ex -1- 2ax在 x 0, ln 2a 单调递减，在 x ln 2a,+ 单调递增，
又 f (0) = 0,\ f (ln 2a) 0，所以函数 f (x) 在 x 0, ln 2a 单调递减，
又 f (0) = 0，所以函数 f (x) 在 x (0, ln 2a)上 f (x) f (0) = 0，与已知矛盾，不合题意，所以舍去.
1
综上所述： a .
2
[方法二]： f (x) = ex -1- 2ax，由指数不等式 e x 1 + x ，当且仅当 x = 0时，等号成立．
得 f (x) x - 2ax = (1- 2a)x
1
，从而当1- 2a 0，即 a 时， f (x) 0(x 0)，
2
而 f (0) = 0，于是当 x 0 时， f (x) 0．
由 ex >1+ x(x 0)可得 e- x >1- x(x 0)
a 1从而当 > 时， f (x) ex -1+ 2a e- x -1 = e- x ex - 1 ex） - 2a ，
2
故当 x (0, ln 2a)时， f (x) 0 ，而 f (0) = 0，当 x (0, ln 2a)时， f (x) 0，不合题意．
综合得 a

的取值范围为 - ,
1 ù
è 2 ú
．
1+ x f (x) k x x
3
2．（2023 高三·全国·专题练习）已知 f (x) = ln ，实数 k 使得 > + ÷对 x (0,1) 恒成立，求实数 k1- x è 3
的最大值．
【答案】2
3
【分析】转化为 g x ln 1+ x = - k x
x
+ ÷ > 0在( 0, 1)上恒成立，根据 g(0) = 0且 g(x) 0在[0,1)上恒成立，1- x è 3
得到 g 0 0，由 g (0) 0得到 k 2，再论证 k 2时， g x > g 0 = 0即可.
x3
【详解】因为实数 k 使得 f (x) > k x + ÷对 x (0,1) 恒成立，
è 3
3
x 1+ x
3
所以 g x = f x - k x + ÷ = ln - k
x
x + ÷ > 0 在( 0, 1)上恒成立．
è 3 1- x è 3
∵ g(0) = 0且 g(x) 0在[0,1)上恒成立，
4
∴ g 0 0 2 kx + 2 - k，又 g (x) =
1 x2
- k 1+ x2 = 2 ．- 1- x
由 g (0) 0，$m > 0，使 g(x)在 (0, m)单调递增，解得 k 2．
4
当 k 2时， g (x) kx + 2 - k= 0,12 0 在 上恒成立，1- x
即 g x 在 0,1 上递增，故 g x > g 0 = 0恒成立．故 k 2满足题意．
ax
3．（2023 高三·全国·专题练习）设函数 f x = ln x +1 - ．
x +1
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
【答案】(1)答案见解析
(2) a =1
【分析】（1）利用导数的性质分类讨论进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合构造函数法进行求解即可.
1 a x +1- a
【详解】（1） f x 的定义域为 -1, + ． f x = - =x +1 x +1 2 x +1 2 ．
若 a 0，则 f x > 0， f x 在 -1, + 上单调递增．
若 a > 0，则当 x -1,a-1 时， f x 0， f x 单调递减；
当 x a -1, + 时， f x > 0， f x 单调递增；
（2）由（1）知，若 a 0，则当-1 x 0时， f x f 0 = 0 ，矛盾．
因此 a > 0．由（1）知此时 f x = f a -1 = ln a - a +1min ．
f x 0恒成立等价于 f x = ln a - a +1 0min 恒成立．
设 g a = ln a - a +1 a > 0 ，即 g a 0恒成立，
则 g a 1- a= ，
a
当 x 0,1 时， g a > 0, g a 单调递增，
当 x 1,+ 时， g a 0, g a 单调递减，所以 g a = g 1 = 0max ，
显然函数 g a 在 a =1处有唯一零点，且 g a 0．
而 g a 0恒成立，所以 g a = 0，
所以 a =1．
4 23-24 · · f x = x3 - x2．（ 高三上 贵州安顺 期末）已知函数 - x + 2
(1)求 f x 的单调增区间；
1
(2)方程 f x = m在 x éê- , 2
ù
ú 有解，求实数 m 的范围. 2
1
【答案】(1)单调递增区间为 - , - 3 ÷
， 1, + ；
è
(2) m 1,4 .
【分析】（1）求导，解不等式求出单调递增区间；
（2）先求出 f x é 1 ù在区间 ê- , 2ú上的最大值为 4，最小值为 1，从而得到答案. 2
3 2
【详解】（1） f x = x - x - x + 2的定义域为 R，
f x = 3x2 - 2x -1 = x -1 3x +1 ，
x 1 1当 - , -

÷ 1, + 时， f x > 0； x - ,13 ÷时， f x 0；è 3 è
故 f x 1单调增区间为 - , -

÷ ， 1, + ；
è 3
1 1
（2）由（1）知，函数 f x 在区间 - ,- ÷， 1,2 上单调递增，
è 2 3
1
在区间 - ,1

÷上单调递减，
è 3
∵ f
1 17 1 59
- ÷ = ， f2 8
- ÷ = ， f 1 =1， f 2 = 4，
è è 3 27
f 1- > f 1 f 1- ∴ ÷ ， ÷ f 2
è 2
，
è 3
故函数 f x é 1在区间 ê- , 2
ù
ú上的最大值为 4，最小值为 1， 2
∴ f x 1,4 ，
∴ m 1,4 .
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 f x = ln 2x +1 - 4aex + a - 2 x a R ．
(1)当 a = 0时，求 f x 的最大值；
(2)若 g x = f x + 3aex 对定义域内任意实数 x 都有 g x 0 ，求 a的取值范围．
【答案】(1)0
(2) 0, +
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性得到函数的最值.
（2）先利用端点效应猜想 a的取值范围再利用导数研究函数的单调性，求证出猜想的正确性.
1
【详解】（1）当 a = 0时， f x = ln 2x +1 - 2x ，定义域为 - , + ÷，
è 2
所以 f x -4x 1= ，令 f x > 0，得- x 0，令 f x 0，得 x > 0，
2x +1 2
所以 f x 1在 - ,0

÷上单调递增，在 0, + 上单调递减，
è 2
所以 f x 的最大值为 f 0 = 0．
（2）因为 g x = ln 2x +1 - aex + a - 2 x 0恒成立，所以 g 0 0，得 a 0，
下面证明：当 a 0时， g x 0 ．
2 x 1
证明如下：因为 g x = - ae + a - 2 在 - , +

上单调递减，
2x +1 è 2 ÷
又因为 g 0 = 0 1，所以当- x 0时， g x > 0，当 x > 0时， g x 0，
2
所以 g x 1 在 - ,0÷上单调递增，在 0, + 上单调递减，
è 2
所以 g x g 0 ，又因为 g 0 = -a 0 ，所以 a 0时， g x 0 ．
综上， a的取值范围为 0, + ．
6．（22-23 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = k é x -1 e
x - 6 ù （其中 e为自然对数的底数）．
(1)若 k =1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若1 k 2，求证："x 0, k ， f x x2 ．
【答案】(1)单调递增区间为 0, + ，单调递减区间为 - ,0 ；
(2)见解析.
x 1 2
【分析】（1）求导，当 f x 0时， x 0 ，当 f x 0时， x 0 ，即可解决；（2）由 é x -1 e - 6 ù - x 0k
令新函数 g(x) = x 1 ex 1- - x2 - 6，求导，由 g(k) = k -1 ek - k - 6，再令新函数
k
h(k) = g(k) = k -1 ek - k - 6，证明 h(k) 0在1 k 2上恒成立，即可得证.
【详解】（1）由题知 f x = k é x -1 e
x - 6 ù ，
f x = k éex所以 + x -1 e
x
ù = kxe
x
，
当 k =1 x时， f x = xe ，
当 f x 0时， x 0 ，当 f x 0时， x 0 ，
所以 f x 的单调递增区间为 0, + ，单调递减区间为 - ,0 ，
（2）由题知1 k 2，"x 0, k ， f x x2 ，
所以 k é x -1 ex - 6 ù - x
2 0 ，
因为1 k 2，
所以 é x
1
-1 ex - 6 ù - x
2 0
k
令 g(x) = x -1 ex 1- x2 - 6
k
即证 g(x) = x -1 ex 1- x2 - 6 0在 x 0, k 上恒成立，
k
因为 g (x) xex
2 x x(ex 2= - = - )
k k
当 g (x)
2
= 0时， x = ln ，
k
当 g (x) 0
2 2 时， x ln ，即 g(x) é在 êln ,k
ù
ú 上单调递增，k k
当 g (x) 0时， x ln
2
，即 g(x) é在 ê0, ln
2 ù
k k ú
上单调递减，

因为 g(0) = -7 0， g(k) = k -1 ek - k - 6，
令 h(k) = g(k) = k -1 ek - k - 6，
所以 h (k) = kek -1，
因为1 k 2，
所以 h (k) = kek -1 > 0 ，
所以 h(k) 在 1,2 上单调递增，
所以 h(k)max = h(2) = e
2 -8 0，
所以 g(k ) 0恒成立，
因为 g(0) 0, g(k) 0，
x 1 2
所以 g(x) = x -1 e - x - 6 0在 x 0, k 上恒成立，即得证.
k
1
7．（2023 · · f (x) = x3 - ax2高三 全国 专题练习）已知函数 + (a2 -1)x + b，其图象在点 1, f x 处的切线方程
3
为 x + y - 3 = 0．
(1)求 a，b 的值与函数 f (x) 的单调区间；
(2)若对 x [-2， 4]，不等式 f (x) c2 - c恒成立，求 c的取值范围．
8
【答案】(1) a =1，b = ； f (x) 的单调递增区间为 (- ,0)， (2,+ )3 ；单调递减区间为
(0,2)
(2) ( 1- 33- , )U(1+ 33 ,+ )2 2
【分析】（1）利用导数的几何意义可得 f (1) = 2, f (1) = -1,
8
从而求得 a =1，b = ．进而令 f (x) > 03 得增区间，
令 f (x) 0 得减区间；
（2）利用导数求得函数 f (x) 在 x -2,4 上的最大值为 8，进而转化为 c2 - c > 8，解不等式即可.
1 f (x)
1
= x3 - ax2 + (a2【详解】（ ） -1)x + b，
3
\ f (x) = x2 - 2ax + (a2 -1) ，
Q函数 f (x) 的图象在点 1, f x 处的切线方程为 x + y - 3 = 0．
f (1) 2 1\ = = - a + a2 -1+ b, f (1) =1- 2a + a2 -1 = -1,
3
8
解得 a =1，b = 3 ．
\ f (x) = x2 - 2x = x(x - 2)，
令 f (x) > 0，解得 x > 2或 x 0 ；令 f (x) 0 ，解得0 x 2．
\函数 f (x) 的单调递增区间为 (- ,0)， (2,+ ) ；单调递减区间为 (0,2)．
2 1 f (x)
1
= x3 - x2 8（ ）由（ ）可得： + ， f (x) = x2 - 2x = x(x - 2)．
3 3
令 f (x) = x2 - 2x = x(x - 2) = 0 ，则 x1 = 0, x2 = 2，
所以当 x 变化时， f x , f x 的变化情况如下：
x [-2 ， 0) 0 (0,2) 2 (2， 4]
f (x) + 0 - 0 +
f (x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表格可知：当 x = 0时，函数 f (x) 取得极大值， f (0)
8
= ，又 f (4) = 8．
3
\函数 f (x) 在 x -2,4 上的最大值为 8．
由 x -2,4 ，不等式 f (x) c2 - c恒成立 [ f (x)] c2max - c ， x -2,4 ．
\c2 - c > 8，
c 1+ 33 1- 33解得 > 或 c ．
2 2
\c ( ,1- 33 1+ 33的取值范围是 - )U( ,+ )．2 2
8．（23-24 高三上·江苏常州·期中）已知函数 f x a= x2 + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)对于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
a 6(2) .
5
【分析】（1）对函数求导，讨论 a 0、 a > 0研究导数符号确定区间单调性；
（2）问题化为 f x bmin = 2对"x 1,e 恒成立，讨论a 1、a 1求参数范围.
2 ax2 + 2a -1 x - 2 ax -1 x + 2
【详解】（1）由题设 f x = ax + 2a -1- = = 且 x (0,+ )，
x x x
当 a 0时 f x 0, f x 在 0, + 上递减；
当 a > 0
1
时，令 f x = 0 x = ，
a
0 x 1当 时 f x 0, f x 在区间 0,
1
上递减；
a è a ÷
1 f x 0, f x 1当 x > 时 > 在 , +

a a ÷
上递增．
è
所以当 a 0时， f x 的减区间为 0, + ，无增区间；
1 1
当 a > 0时， f x 的增区间为 , + ÷，减区间为 0, ÷ .
è a è a
（2）由题设知 f x bmin = 2对"x 1,e 恒成立．
5a
当a 1时，此时 f 1 = -1 2 ，不合题设，舍去．
2
当a 1时， f x 0, f x 1,e f 1 5a 1 2 a 6在 上递增，只需 = - 符合．
2 5
6
综上： a ．
5
9．（2024·吉林白山·二模）已知函数 f x = 2lnx - mx + 2 .
(1)若m = 3，求曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程；
(2)若"x 0, + , f x 0，求实数m 的取值范围.
【答案】(1) x + y = 0
(2) 2, +
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算性质、直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）对不等式进行常变量分离，构造函数，利用导数研究函数的最值即可.
【详解】（1） f x = 2lnx - 3x + 2 f x 2= - 3，
x
因此 f 1 = -1，而 f 1 = -1，
故所求切线方程为 y +1 = - x -1 ，即 x + y = 0；
m 2lnx + 2（2）依题意， 2lnx - mx + 2 0 ，故 对任意 x 0, + 恒成立.
x
g x 2lnx + 2 x 0 g x -2lnx令 = > ，则 = ，
x x2
令 g x = 0 ，解得 x =1 .
故当 x 0,1 时， g x > 0, g x 单调递增；
当 x 1,+ 时， g x 0, g x 单调递减，
则当 x =1时， g x 取到极大值，也是最大值 2.
故实数m 的取值范围为 2, + .
10．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．
1 ù 1
【答案】(1)单调增区间为 0, ，单调减区间为 ,+ ÷
è 2 ú è 2
1
(2) a
2
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
2 a - ln x + 2x
2 -1
（ ）通过代入不等式整理成 在 1, + 上存在实数解问题，故可转化成求函数
2x
2
h x - ln x + 2x -1= 在 1, + 得最小值问题，计算即得.
2x
【详解】（1）当 a = -1时， f x = ln x - 2x，(x > 0)，
∴ f x 1= - 2，由 f x > 0 1 1，得0 x ，由 f x 0，得 x > ，
x 2 2
所以函数 f x 的单调增区间为 0,
1 ù 1
ú，单调减区间为 ,+ 2 2 ÷
；
è è
（2）原条件等价于： g x = ln x - 2x2 + 2ax -1在 1, + 上存在实数解．
a - ln x + 2x
2 -1
化为 在 1, + 上存在实数解，
2x
2
令 h x - ln x + 2x -1= ，
2x
x 1 - + 4x

÷ - - ln x + 2x2 -1 则 2h x è x 2x + ln x ，=
2x2
=
2x2
2
∴ 1, + 2 h x 2x + ln x在 上， 2x + ln x > 0，得 = 2 > 0 ，故 h x 在[1, + ) 上单调递增，2x
∴ h x 1的最小值为 h 1 = ，
2
1
∴ a 时，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解．
2
2
1．（2024· x浙江绍兴·二模）已知函数 f x = - x + a sin x .
2
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x 0, π 时， f x > 0，求实数 a的取值范围.
【答案】(1) y = x ；
(2) a 1 .
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分a 1和a 1讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足.
2
【详解】（1）当 a = 2时， f x x= - x + 2sin x，则 f x = x -1+ 2cos x ，
2
所以切线斜率为 k = f 0 =1，又 f 0 = 0，
所以，切线方程是 y = x .
（2）①当a 1时，因为 x 0, π ，所以 sin x > 0，
2 2
所以 f x x= - x + a sin x x - x + sin x .
2 2
2
记 g x x= - x + sin x ，则 g x = x -1+ cos x，
2
令 h x = g x = x -1+ cos x，则 h x =1- sin x .
因为当 x 0, π 时， h x 0，所以 g x 在区间 0, π 上单调递增，
所以， g x > g 0 = 0，
所以， g x 在区间 0, π 上单调递增，
所以， g x > g 0 = 0，所以 f x > 0 .
②当a 1时， f x = x -1+ a cos x，
因为当 x 0, π 时， sin x 0,1 ，
令j x = f x = x -1+ a cos x，则j x =1- a sin x ，
若 a 0，则j x > 0，即 f x 在区间 0, π 上单调递增.
若 0 a 1，则j x =1- a sin x 1- a > 0，
所以 f x 在区间 0, π 上单调递增.
所以当a 1时， f x 在区间 0, π 上单调递增.
因为 f 0 = a -1 0， f π π ÷ = -1 > 0，
è 2 2

所以，存在 x0 0,
p
÷，使得 f x0 = 0，
è 2
所以，当 x 0, x0 时， f x 0，即 f x 在区间 0, x0 上单调递减，
所以 f x0 f 0 = 0，不满足题意.
综上可知，实数 a的取值范围为a 1 .
2．（23-24 高三上·广东深圳·阶段练习）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)讨论 f x 的单调性和极值；
(2)若 x 0,e 时， f x 3有解，求 a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2) - , e2 ù
ax -1
【分析】（1）首先求函数的导数， f x = , x > 0 ，讨论 a 0和 a > 0两种情况讨论函数的单调性和极
x
值；
3 ln x 3 ln x
（2）首先不等式参变分离为 a + ，在 x 0,e 时有解，再构造函数 g x = + ， x 0,e ，转化
x x x x
为利用导数求函数的最大值.
1 ax -1
【详解】（1） f x = a - = , x > 0 ，
x x
当 a 0时， f x 0恒成立，函数在区间 0, + 上单调递减，无极值；
当 a > 0时，令 f x = 0 x 1，得 = ，
a
f x 0 0 x 1 1，得 ，函数在区间
a
0, ÷ 上单调递减，
è a
f x 1> 0，得 x 1> ，函数在区间 ,+ ÷ 上单调递增，a è a
1
当 x
1
= ，函数取得极小值 f =1+ ln a ，
a ֏ a
综上可知， a 0时，函数的单调递减区间是 0, + ，无增区间，无极值；
1 1
a > 0 时，函数的单调递增区间是 ,+ ÷ ，单调递减区间 0, ÷ ，极小值1+ ln a ，无极大值.
è a è a
（2）由题意可知， ax - ln x 3， x 0,e 时有解，
3 ln x 3 ln x
则 a + ，在 x 0,e 时有解，即 a + ÷ , x 0,e ，x x è x x max
g x 3 ln x设 = + ， x 0,e ，
x x
g x 3 1- ln x -2 - ln x= - 2 + = ，x x2 x2
令 g x = 0 ，得 x = 1e2 ，
当0 x
1
2 时， g x > 0， g x 单调递增，e
1
当 2 x e时， g x 0， g x 单调递减，e
所以 g x 的最大值为 g 1 ÷ = e2 ，即 a e2，
è e2
2
所以实数 a的取值范围是 - , e ù .
f (x) = x ln x g(x) 2 f (x) 13．（2024·陕西渭南·二模）已知函数 ， = - x + .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时，mx2 - ex mf (x)恒成立，求实数 m 的取值范围.
【答案】(1)递减区间为 (0, + )，无递增区间；
(2) (- , e] .
【分析】（1）求出函数 g(x)，再利用导数求出 g(x)的单调区间.
（2）等价变形给定不等式得m(x - ln x) ex-ln x ，令 t = x - ln x并求出值域，再换元并分离参数构造函数，求
出函数的最小值即得.
1
【详解】（1）依题意，函数 g(x) = 2ln x - x + 的定义域为 (0, + )，
x
求导得 g (x)
2 1 1
= -1- = -( -1)2 0 ，当且仅当 x =1时取等号，
x x2 x
即 g(x)在 (0, + )上单调递减，
所以函数 g(x)的递减区间为 (0, + )，无递增区间.
x
（2 e）当 x > 0时，mx2 - ex mf (x) mx2 - ex mx ln x m(x - ln x) = ex-ln x 恒成立，
x
令 h( x) = x - ln x, x
1
> 0 ，求导得 h (x) =1- ，
x
当0 x 1时， h (x) 0，当 x >1时， h (x) > 0，
即函数 h(x) 在( 0, 1)上递减，在 (1, + )上递增，则当 x > 0时，h(x) h(1) = 1，
t
令 t = x - ln x e，依题意，"t [1, + )，mt et m 恒成立，
t
t t
令j(t) e= , t 1，求导得j (t) e (t -1)= 2 0，则函数j(t) 在[1, + ) 上单调递增，t t
当 t =1时，j(t)min = j(1) = e ，因此m e ，
所以实数 m 的取值范围 (- , e] .
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单
调性、最值是解决问题的关键.
4．（2024·山东德州·三模）设函数 f x = bex + a cos x， a,b R ，曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程
为 y = x + 2 .
(1)求 a,b的值;
(2)求证:方程 f x = 2仅有一个实根;
(3)对任意 x 0, + ，有 f x > k sin x + 2 ，求正数 k 的取值范围.
【答案】(1) a = b =1
(2)证明见解析
(3) 0 k 1
【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切线和曲线，以及切点的关系，即可列式求解；
（2）分 x > 0， x = 0和 x 0 三种情况，分析函数的性质，判断函数的零点个数；
（3）令F x = ex + cos x - k sin x - 2，分0 k 1和 k >1两种情况，利用导数讨论函数的最值，即可求解.
x
【详解】（1）因为 f x = be + a cos x，所以 f 0 = be0 + a cos 0 = b + a，
又点 0, f 0 在切线 y = x + 2 上，所以 f 0 = 2 ，所以 a + b = 2 ，
又 f x = bex - a sin x，即 f 0 = b =1，所以 a = b =1；
（2）证明: 欲证方程 f x = 2仅有一个实根，只需证明 ex + cos x - 2 = 0仅有一个实根，
令 g x = ex + cos x - 2 g 0 = e0 x，且 + cos 0 - 2 = 0，则 g x = e - sin x ，
令 h x = g x = ex - sin x ，则 h x = ex - cos x ，
讨论: 当 x > 0时， h x = ex - cos x > e0 - cos x =1- cos x 0，
所以 h x 在 0, + 上单调递增，所以 h x h 0 =1，即 g x = ex - sin x >1 > 0，
所以 g x 在 0, + 上单调递增， g x > g 0 = 0，即此时无零点；
当 x = 0时， g 0 = 0，即此时有一个零点:
当 x 0 时， g x = ex + cos x - 2 e0 + cos x - 2 =1+ cos x - 2 = -1+ cos x 0 ，
即 g x = ex + cos x - 2 0
所以，当 x 0 时， g x 0 ，即此时无零点，
x
综上， g x = e + cos x - 2仅有一个零点，得证.
（3）当 x 0, + 时， ex + cos x > k sin x + 2，即 ex + cos x - k sin x - 2 > 0恒成立，
令F x = ex + cos x - k sin x - 2，则F x = ex - sin x - k cos x，
由（2） 可知， x 0, + 时， ex - sin x >1，
所以F x = ex - sin x - k cos x >1- k cos x ，
讨论: 当0 k 1时，因为-1 cos x 1，所以-k k cos x k ，
即1- k 1- k cos x 1+ k ， 所以F x >1- k cos x 1- k 0，
所以F x = ex + cos x - k sin x - 2在 x 0, + 时单调递增，
所以F x > F 0 = 0恒成立，即满足条件 ex + cos x - k sin x - 2 > 0，
当 k >1时，由F x = ex - sin x - k cos x，可知F 0 =1- k 0，
又F π = eπ + k > 0，所以存在 x0 0, π ，使得F x0 = 0，
所以，当 x 0, x0 时，F x 0，F x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时，F x > 0，F x 单调递增，
所以F x0 F 0 = 0，即不能保证 ex + cos x - k sin x - 2 > 0恒成立
综上，正数 k 的取值范围是0 k 1.
【点睛】关键点点睛：本题的第二问的关键是需分三段讨论函数的性质，第三问的关键是对 k 分 2 种情况讨
论函数的性质.
5．（2024·江苏宿迁·三模）已知函数 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，求实数b 的值；
(2)若函数 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a的取值范围．
【答案】(1) b = 3
1
(2) a
4
【分析】（1）先求出 f (x) ，由 f (2) = -1建立等式求出 a =1，代入计算即可；
（2）先求出 f (x)
9a
，令 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，设$x0 (a, )4 ，使得
g(x0 ) = 0，即 f (x0 ) = 0 ，根据导函数
求出 fmax (x) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，根据不等式恒成立建立不等式得 g(2a)≤0，计算即可.
9a
【详解】（1）因为 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函数的定义域为 (a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，得 f (2) = -1，
f (2) 1 2所以 = - = -12 - a 9a - 8 ，
设 h(a)
1 2 8
= - ( a 2)， h (a)
1 9
= + > 0
2 - a 9a - 8 9 (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
8
所以函数 h(a) 是 ( ,2)9 上的递增函数，又
h(1) = -1，
1 2
所以方程 - = -12 - a 有唯一解 a =1，9a - 8
所以 f (x) = ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) =1，
所以切点坐标为 (2,1)，代入直线方程 x + y = b得b = 3．
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定义域为 (a,
9a ]
4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x - a ，9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
设 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 0，
9a - 4x
9a 9a 5a
所以 g(x)在 (a, ) 上递减，又 g(a) = 5a > 0， g( ) = - 04 4 2 ，
所以当 x (a, x0 )时， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ，函数 f (x) 递增，
当 x (x ,
9a
0 )时， g(x) 0，即 f (x) 0 ，函数 f (x)4 递减，
所以函数 f (x) 的最大值 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) = 9a - 4x0 - 2(x0 - a) = 0 ，
所以 9a - 4x0 = 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因为 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
设 h(x) = ln x + 2x，则 h (x) = 1x + 2 > 0，所以 h(x) 递增，
所以 x0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，
g(x) (a, 9a因为 在 )4 上递减，且
g(x0 ) = 0，
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，
又 a > 0
1
，所以 a ．
4
【点睛】关键点点睛：本题第一问求解的关键在于根据导数的几何意义建立等式求出 a =1，在解的过程中
要注意说明解得唯一性；第二问求解关键在于分母恒大于零，在探究导函数单调性时只需对导函数分子求
导，根据导数求出 fmax (x)，再根据不等式恒成立建立不等式得 g(2a)≤0，最后计算可得.
6．（2024·青海海西· 3 2模拟预测）已知函数 f x = x - x + ax .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)令 g x = f x a+ - x ln x - 2，若 g x 0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
x
【答案】(1)答案见解析
(2)[1, + ) ．
1 f x = 3x2【分析】（ ）求导得 - 2x + a，利用判别式分类讨论可求单调区间；
（2） g 1 = 2a - 2 0，可得a 1，进而证明a 1时 g x 0 恒成立，利用放缩法与构造函数法可求解.
2
【详解】（1）由 f x = 3x - 2x + a，D = 4 -12a ，
1
①当 a 时，D 0，可得 f x 0，此时函数 f x 在 R 上单调递增；
3
1
②当 a 时，D > 0，关于 x 的一元方程3x2 1± 1- 3a- 2x + a = 0的两根为 x = ，3 3

f x 1- 1- 3a 1+ 1- 3a
1- 1- 3a 1+ 1- 3a
此时函数 的减区间为 ,3 3 ÷÷
，增区间为 - , ÷÷， ,+ ÷÷；
è è 3 è 3
（2）若 g x 0 恒成立，必有 g 1 = f 1 + a - 2 = 2a - 2 0 ，可得a 1，
下面证明a 1时 g x 0 恒成立.
由 g x = x3 - x2 + ax a+ - x ln x 1- 2及a 1，有 g x x3 - x2 + x + - x ln x - 2，
x x
3 2 1
要证不等式 g x 0 ，只需证 x - x + x + - x ln x - 2≥0，
x
又由 x > 0 2，只需证 x - x 1
1
+ + 2 - ln x
2
- ≥0 ，
x x
h x x2 x 1 1 2令 = - + + 2 - ln x - ，x x
h x 2x 1 2 1 2 1 2有 = - - 3 - + 2 = 2x - x
2 2
- + -1 ，
x x x x è x2 x ÷
4 3
令j x = 2x2 - x 2 2- 2 + -1 x > 0 j x 4x 1
4 2 4x - x - 2x + 4
，有 = - +
x x x3
-
x2
=
x3
，
①当0 x 1时，0 x3 1，0 2x 2 ，
有 4x4 - x3 - 2x + 4 > 4x4 -1- 2 + 4 = 4x4 +1 > 0；
②当 x 1时， x4≥x3 ， 2x4≥2x ，
4x4 - x3 - 2x + 4 = x4有 - x3 + 2x4 - 2x + x4 + x x4 + 4 > 0 ．
由①②可知j x > 0，故函数j x 单调递增，
又由j 1 = 0，可知当0 x 1时j x 0，即 h x 0；
当 x >1时j x > 0 ，即 h x > 0，可得函数 h x 的减区间为( 0, 1)，增区间为 1, + ，
有 h x h 1 = 0．
由上知，若 g x 0 恒成立，则实数 a 的取值范围为[1, + ) .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
7 3 2．（2024·四川泸州·二模）已知函数 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ．
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若$x -1,1 ， f x 3，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1) y = 2
(2) (0,1] [3, + )
【分析】（1）对 f x 求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）先利用导数分析 f x 的单调性，再构造 g(x) = f x ，将问题转化为 g(x)max 3，利用 f x 的单调性，
分析得 | f (x) |max ，从而得解.
3 2
【详解】（1）因为 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ，则 f (x) = 6x2 - 2ax，
所以 f (0) = 2， f (0) = 0 ，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程 y = 2；
（2）因为 f (x) = 6x2
a
- 2ax = 6x x - ，且 a > 0，
è 3 ÷
a
所以当0 x 时， f (x) 0 ， f x 单调递减，
3
当 x 0 或 x
a
> 时， f (x) > 0 ， f x 单调递增；
3
不妨令 g(x) = f x ，
a
当 1，即 a 3时， f (x) 在[-1,0]单调递增，在 0,1 单调递减，
3
且 f (-1) = -a -3, f (0) = 2, f (1) = 4 - a 1，
所以 g(x)max =| f (x) |max = max{a, 2,| 4 - a |} 3，此时符合题意；
a
当0
a
1 é ù é，即 0 < a < 3时， f (x) 在[-1,0]和 ê ,1ú 单调递增，在 ê0,
a ù
ú 单调递减，3 3 3
f (x) x a= f a a
3
显然 在 处取得极小值，此时极小值为 ÷ = 2 - > 0，3 è 3 27
而 f (-1) = -a (-3,0), f (0) = 2, f (1) = 4 - a > 0，
所以 g(x)max =| f (x) |max = max{a, 2, 4 - a}，
要使 g(x)max 3，则必有 4 - a 3，解得 a 1，故0 a 1，
综上: a的取值范围是 (0,1] [3, + ) .
【点睛】结论点睛：
（1） f x > 0有解 f x > 0 ； f x 0 有解 f x 0max min ．
（2） f x > a有解 f x > a ； fmax x a有解 f x amin ．
（3） f x > g x 有解 é f x - g x ù > 0； f x g x 有解 é f x - g x ù 0max min ．
（4）$x1 M ，$x2 N ， f x1 > g x2 f x1 > gmax x2 min ．
ax
8．（2024·广东梅州·一模）已知函数 f x = ln x +1 - a > 0 .
x +1
(1)若 x =1是函数 f x 的一个极值点，求 a的值；
(2)若 f x 0在 0, + 上恒成立，求 a的取值范围；
(3) 2024
2024

证明： 2023 ÷
> e（ e为自然对数的底数）.
è
【答案】(1) a = 2
(2) 0,1
(3)证明详见解析
【分析】（1）由 f 1 = 0求得 a，验证后确定 a的值.
（2）对 a进行分类讨论，根据 f x 在区间 0, + 上的最小值不小于 0 求得 a的取值范围.
ln 2024 1（3）将要证明的不等式转化为证明 - > 0，结合（2）的结论来证得不等式成立.
2023 2024
【详解】（1） f x = ln x +1 ax- a > 0 ，定义域为 -1, + ，
x +1
f x x +1- a= 2 a > 0 ，因为 x =1是 f xx +1 的一个极值点，
2 - a
所以 f 1 = = 0, a = 2 .
4
x -1
此时 f x = 2 ，所以 f x 在区间 -1,1 上 f
x 0, f xx 1 + 单调递减，
在区间 1, + 上 f x > 0, f x 单调递增，所以 x =1是 f x 的极小值点，符合题意，
所以 a = 2 .
（2）因为 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 0min .
x +1- a
当0 a 1时， f x = 0 x 1 2 在 0, + + 上恒成立，
f x 在 0, + 上单调递增，所以 f x = fmin 0 = 0成立，符合题意.
x +1- a
当 a > 1时，令 f x = > 0 x 1 2 ，得 x > a -1+ ，
f x x +1- a令 = 0 x +1 2 ，得0 x a -1，
所以 f x 在 0,a -1 上单调递减，在 a -1, + 上单调递增，
当 x 0,a -1 时， f x f 0 = 0 ，这与 f x 0矛盾.
综上所述， a的取值范围是 0,1 .
2024 2024
3 2024 e ln 2024
2024 1
（ ）要证明 ÷ > ，即证明 > ln e，即证明 ln - > 0，
è 2023 è 2023 ÷ 2023 2024
由（2）得 a =1时， f x = ln x x+1 - 在 0, + 上单调递增，
x +1
1
1 1 2023 2024 1
所以 f ÷ = ln 1+ ÷ - 1 = ln - > f 0 = 0，è 2023 è 2023 1+ 2023 2024
2023
从而原不等式成立.
【点睛】求解函数在区间上的最值的步骤：（1）确定 f x 的定义域；（2）计算导数 f x ；（3）求出 f x = 0
的根；（4）用 f x = 0的根将 f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内 f x 的符号，进而确
定 f x 的单调区间；（5）根据单调区间来求得最值.
2
9．（2024· x a四川宜宾·模拟预测）已知函数 f x = - xlnx, g x = a x + lnx + a2 - .
2 2
(1)求 f x 过原点的切线方程；
a 0, 1 (2)求证：存在 ÷，使得 f x g x 在区间 1, + 内恒成立，且 f x = g x 在 1, + 内有解.
è 2
【答案】(1) y = 1- ln2 x
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求解函数的切线方程；
（2）利用函数导数判断函数的单调性，进而判断恒成立问题
x2 x2
【详解】（1） f x = - xlnx, f x = x -1- lnx 0，设切点P x0 , - x lnx ÷2 2 0 0è
x2
切线方程： y - 0 + x0lnx0 = x0 -1- lnx0 x - x2 0
切线过原点，解得x0 = 2
\切线方程： y = 1- ln2 x
2
（2）设F (x) x a= f x - g x = - x + a lnx + - ax - a2 + ，
2 2
2
则 h x = F x = -lnx a-1- + x - a ，故 h xx
x - x + a
=
x2
当 x 1, + 时， x2 - x > 0 ，则 h x > 0，即 h x = F x 在 1, + 单调递增，
F x lnx 1 a且F 1 = -2a 0且 x + 时F x > 0，存在唯一 x0 1, + 使得 0 = - 0 - - + x0 - a = 0x ①.0
\F x 在 1, x0 上单调递减， x0 ,+ 上单调递增.
\满足F x = 0在区间 1, + 内有唯一解，只需满足F (x)min = F x0 = 0即可.
2
所以F x x a lnx x= - + + 00 0 0 - ax 2
a
0 - a + = 0 ，2 2
将① 2带入化简得： 2a + 5x 20 - 2x0 a - x3 - 2x20 0 = 0 ，
即 2a + x 2 x 20 a - x0 + 2x0 = 0 ，得 a = - 0 （舍）， a = x0 - 2x0，2
a = x2则 0 - 2x
2
0，此时①变形为 x0 - 2x0 -1+ lnx0 = 0，
不妨设 k x = x2 - 2x -1+ lnx ，显然 k x 在 1, + 上单调递增.

k 2 = ln2 -1 0,k 1
6
+ ÷÷ = ln 1
6 1
+ - 0 .
è 2 è 2 ÷
÷
2
6
\ x 2,1+ a = x2 - 2x 0 ÷÷ ，则 0 0 0,
1
÷结论得证
è 2 è 2
10．（2024· x-1贵州安顺·二模）已知函数 f x = e - k x -1 ,k R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若对任意的 k > 0，存在 x R ，使得 kf x ek +a ，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2) -1, +
【分析】（1）求出定义域，求导，分 k 0和 k > 0两种情况，得到函数的单调性；
k +a k +a
（2）变形得到 f x e ，在（1）的基础上得到 f x = k - k ln kmin ，从而 k - k ln k
e
，再令
min k k
k +a k +a
g k = k - k ln k ， k > 0，得到 g k = gmax 1 =1，令 h k
e e
= ， k > 0，求导得到其单调性，求出 h k =
k k
h 1 = e1+a最小值为 ，从而得到不等式，求出 a的取值范围.
1 f x = ex-1【详解】（ ） - k x -1 的定义域为R ，则 f x = ex-1 - k ，
当 k 0时， f x > 0恒成立，故 f x = ex-1 - k x -1 在R 上单调递增，
当 k > 0时，令 f x = ex-1 - k > 0 ，解得 x >1+ ln k ，令 f x 0，解得 x 1+ ln k ，
f x = ex-1故 - k x -1 在 1+ ln k, + 上单调递增，在 - ,1+ ln k 上单调递减，
综上，当 k 0时， f x 在R 上单调递增；
当 k > 0时， f x 在 1+ ln k, + 上单调递增，在 - ,1+ ln k 上单调递减；
ek +a ek +a
（2）由题意得，对任意的 k > 0，存在 x R ，使得 f x ，即 f x ，
k min k
由（1）知， k > 0时， f x 在 1+ ln k, + 上单调递增，在 - ,1+ ln k 上单调递减；
故 f x 在 x =1+ ln k 处取得极小值，也是最小值，
k +a
f x = e1+ln k -1故 - k 1+ ln k -1 = k - k ln kmin ，即证 k - k ln k
e
，
k
令 g k = k - k ln k ， k > 0，则 g k =1- ln k -1 = - ln k ，
当 k 0,1 时， g k > 0 ，当 k 1, + 时， g k 0，
故 g k = k - k ln k 在 k 0,1 上单调递增，在 k 1, + 单调递减，故 g k = gmax 1 =1，
k +a k +a
令 h ek e k -1 = ， k > 0，则 h k = ，
k k 2
当 k 0,1 时， h k 0，当 k 1, + 时， h k > 0，
k +a
故 h k e= 在 k 0,1 上单调递减，在 k 1, + 上单调递增，
k
h k e
k +a
故 = 1+a在 k =1处取得极小值，也是最小值，且 h 1 = e ，
k
综上， g k , h k 都在 k =1上取得最值，从而1 e1+a ，解得 a > -1，
故实数 a的取值范围为 -1, + .
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一
端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函
数图像确定条件.
1．（2021·天津·高考真题）已知 a > 0，函数 f (x) = ax - xex ．
（I）求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程：
（II）证明 f (x) 存在唯一的极值点
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，求实数 b 的取值范围．
【答案】（I） y = (a -1)x, (a > 0) ；（II）证明见解析；（III） -e,+
【分析】（I）求出 f x 在 x = 0处的导数，即切线斜率，求出 f 0 ，即可求出切线方程；
（II）令 f x = 0，可得 a = (x +1)ex，则可化为证明 y = a 与 y = g x 仅有一个交点，利用导数求出 g x 的
变化情况，数形结合即可求解；
（III）令 h(x) = x2 - x -1 ex , (x > -1)，题目等价于存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min ，利用导数
即可求出 h x 的最小值.
【详解】（I） f (x) = a - (x +1)ex ，则 f (0) = a -1，
又 f (0) = 0，则切线方程为 y = (a -1)x, (a > 0) ；
（II）令 f (x) = a - (x +1)ex = 0 ，则 a = (x +1)ex，
令 g(x) = (x +1)ex ，则 g (x) = (x + 2)ex ，
当 x (- ,-2)时， g (x) 0， g x 单调递减；当 x (-2,+ )时， g (x) > 0， g x 单调递增，
当 x - 时， g x 0， g -1 = 0，当 x + 时， g x > 0，画出 g x 大致图像如下：
所以当 a > 0时， y = a 与 y = g x 仅有一个交点，令 g m = a，则m > -1，且 f (m) = a - g(m) = 0，
当 x (- ,m)时， a > g(x)，则 f (x) > 0 ， f x 单调递增，
当 x m,+ 时， a g(x)，则 f (x) 0 ， f x 单调递减，
x = m 为 f x 的极大值点，故 f (x) 存在唯一的极值点；
（III）由（II）知 f (x)max = f (m)，此时 a = (1+ m)em ,m > -1，
2 m
所以{ f (x) - a}max = f (m) - a = m - m -1 e , (m > -1) ，
令 h(x) = x2 - x -1 ex , (x > -1)，
若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，等价于存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min ，
h (x) = x2 + x - 2 ex = (x -1)(x + 2)ex ， x > -1，
当 x (-1,1)时， h (x) 0， h x 单调递减，当 x (1,+ )时， h (x) > 0， h x 单调递增，
所以 h(x)min = h(1) = -e ，故b -e ，
所以实数 b 的取值范围 -e,+ .
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明 y = a 与 y = g x 仅有一个交点；第三问解题的关键是
转化为存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min .
2．（2020·山东·高考真题）已知函数 f (x) = aex-1 - ln x + ln a ．
（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．
2
【答案】（1） （2）[1, + )
e -1
【分析】（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 = f 1min =1 ,符合题意；
1 1
当 a>1 时，可证 f ( ) f (1) 0 ，从而 f x 存在零点 x 0 > 0 ，使得 f (x0 ) = aex0 -1 - = 0x ，得到 f ( x )min ，利用a 0
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.
1
【详解】（1）Q f (x) = ex - ln x +1，\ f (x) = ex - ，\k = f (1) = e -1.
x
Q 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 ,
\ -2切线与坐标轴交点坐标分别为 (0,2), ( ,0) ,
e -1
1 2 | -2 2∴所求三角形面积为 |= ．
2 e -1 e -1
（2）［方法一］：通性通法
Q f (x) = aex-1 - ln x + ln a ,\ f (x)
1
= aex-1 - ，且 a > 0 .
x
g(x) = f (x) g (x) aex-1 1设 ,则 = + 2 > 0,x
∴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 = f 1 =1min ,∴ f x 1成立.
1 1 1 1 -1
当 a > 1时， 1 ， -1∴ea 1，\ f ( ) f (1) = a(e
a -1)(a -1) 0 ,
a a
1
∴ x0 -1存在唯一 x0 > 0 ，使得 f (x0 ) = ae - = 0，且当 x (0, x0 )时 f (x) 0 ，当 x (x0 ,+ ) 时 f (x) > 0x ，0
aex -1 1\ 0 = ，\ln a + x0 -1 = - ln xx 0 ，0
因此 f (x) x0 -1min = f (x0 ) = ae - ln x0 + ln a
1
= + ln a + x0 -1+ ln a 2ln a 1 2
1
- + × x0 = 2ln a +1>1,x0 x0
∴ f x >1, ∴ f x 1恒成立；
当 0 a 1时， f (1) = a + ln a 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 - ln x + ln a 1，即 eln a+x-1 + ln a + x -1 ln x + x ，而 ln x + x = eln x + ln x，所以
eln a+x-1 + ln a + x -1 eln x + ln x．
令h(m) = em + m ，则h (m) = em +1 > 0，所以 h(m)在 R 上单调递增．
由 eln a+x-1 + ln a + x -1 eln x + ln x，可知h(ln a + x -1) h(ln x) ，所以 ln a + x -1 ln x，所以
ln a (ln x - x +1)max ．
F (x) = ln x - x +1 F (x) 1 1 1- x令 ，则 = - = ．
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 ln a 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 ln a + x -1 = ln t ，所以 ln a = ln t - x +1．
于是 f (x) = aex-1 - ln x + ln a = t - ln x + ln t - x +1．
由于 f (x) 1, t - ln x + ln t - x +1 1 t + ln t 第 06 讲 利用导数研究恒成立与能成立（有解）问题
（2 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明函数的对称性
利用导数求函数的单调性
2024 年新 I 卷，第 18 题,17 分 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数证明不等式
利用不等式求取值范围
2023 年新 I 卷，第 19 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 含参分类讨论求函数的单调区间
利用导数求函数的单调区间
(不含参)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
根据极值点求参数
含参分类讨论求函数的单调区间
2022 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题
裂项相消法求和
2020 年新 I 卷，第 21 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 求在曲线上一点处的切线方程
2020 年新Ⅱ卷，第 22 题,12 分 利用导数研究不等式恒成立问题 求在曲线上一点处的切线方程
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数证明函数的单调性
2 能求出函数的极值或给定区间的最值
3 a f x 恒成立 a f x max ， a f x 恒成立 a f x min ，
4 a f x 有解 a f x min ， a f x 有解 a f x max ，
【命题预测】导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一近几年高考命题的趋势，是稳中
求变、变中求新、新中求活，纵观近几年的高考题,导数的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,
有一定的难度,一般放在解答题的最后位置，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养
都有较深入的考查，需综合复习
知识讲解
1. 恒成立问题常见类型
假设 x 为自变量，其范围设为 D ， f x 为函数；a 为参数， g a 为其表达式，
（1） f x 的值域为 m, M
①"x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
"x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
②"x D, g a f x ，则只需要 g a f x =Mmax
"x D, g a > f x ，则只需要 g a > f x =Mmax
（2）若 f x 的值域为 m, M
① "x D, g a f x ，则只需要 g a m
"x D, g a f x ，则只需要 g a m （注意与（1）中对应情况进行对比）
② "x D, g a f x ，则只需要 g a M
"x D, g a > f x ，则只需要 g a M （注意与（1）中对应情况进行对比）
2. 恒成立问题的解决策略
①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等
式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综
合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热
点．
3. 能成立（有解）问题常见类型
假设 x 为自变量，其范围设为 D ， f x 为函数；a 为参数， g a 为其表达式，
（1）若 f x 的值域为 m, M
①$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = Mmax
$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = Mmax
②$x D, g a f x ，则只需要 g a f x = mmin
$x D, g a > f x ，则只需要 g a > f x = mmin
（2）若 f x 的值域为 m, M
① $x D, g a f x ，则只需要 g a M （注意与（1）中对应情况进行对比）
$x D, g a f x ，则只需要 g a M
② $x D, g a f x ，则只需要 g a > m （注意与（1）中对应情况进行对比）
$x D, g a > f x ，则只需要 g a > m
4. 能成立（有解）问题的解决策略
①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等
式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综
合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热
点．
考点一、利用导数解决函数恒成立问题
1．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
2．（2023·全国·高考真题）已知函数 f (x)
sin x π
= ax -
cos3
, x 0,x ֏ 2
(1)当a = 8时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 f (x) sin 2x 恒成立，求 a 的取值范围．
3．（2022·全国·高考真题）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
(2)当 x > 0时， f (x) -1，求 a 的取值范围；
1 1 L 1(3)设 n N* ，证明： + + + > ln(n +1)
12 +1 22 + 2 n2
．
+ n
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f x = lnx - ax, g x 2= ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
2．（2024·江苏苏州·三模）已知函数 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1时，求F (x) = f (x) - g(x)的零点个数;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立，求实数 a的最大值;
n p k 3(3) 求证: sin - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
3 - x．（2024·浙江温州·模拟预测）函数 f x = e sin x
(1)求 f x 的单调区间.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 时恒成立，求 a的取值范围.
4 2024· · f x = ex + ax2．（ 湖北武汉 模拟预测）已知函数 - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然对数的底数）
(1)若 f x 无极值点，求实数 a的取值范围；
1
(2) 3当 x 0 时， f x x + x - e +1恒成立，求实数 a的取值范围.
2
考点二、利用导数解决函数能成立（有解）问题
1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求实数 a的取值范围．
2．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = ex - x .
(1)求函数 f x 的极值；
x 0, f x 1(2)若对任意 > > ax2 +1有解，求 a的取值范围.
2
x
3．（2024·湖南娄底·一模）已知函数 f x = x ，其中 e = 2.71828L为自然对数的底数.e
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)证明： f x ex -1；
(3) g x = f x - e2x + 2aex设 - 4a2 +1 a R ，若存在实数 x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
a
1．（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = lnx ， g x = -1x 其中 a为常数.
(1)过原点作 f x 图象的切线 l，求直线 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x2 - 2a ln x - 2(a R)．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，求实数 a 的取值范围．
3．（2024·山西运城·一模）已知a 1，函数 f (x) = x sin x + a cos x ， x 0, π .
π π
(1)求曲线 y = f (x) 在点 , f

÷÷处的切线方程；
è 2 è 2
(2)证明： f (x) 存在唯一的极值点；
1
(3)若存在 a，使得 f (x) - a + b对任意 x 0, π 成立，求实数b 的取值范围.
2
1．（2023 高三·全国·专题练习）设函数 f (x) = ex -1- x - ax2，若当 x 0 时 f (x) 0，求 a的取值范围．
x3
2．（2023 高三·全国·专题练习）已知 f (x) ln
1+ x
= ，实数 k 使得 f (x) > k
1- x
x + ÷对 x (0,1) 恒成立，求实数 k
è 3
的最大值．
ax
3．（2023 高三·全国·专题练习）设函数 f x = ln x +1 - ．
x +1
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
4．（23-24 高三上·贵州安顺·期末）已知函数 f x = x3 - x2 - x + 2
(1)求 f x 的单调增区间；
f x = m x 1 é- , 2ù(2)方程 在 ê ú 有解，求实数 m 的范围. 2
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 f x = ln 2x +1 - 4aex + a - 2 x a R ．
(1)当 a = 0时，求 f x 的最大值；
(2)若 g x = f x + 3aex 对定义域内任意实数 x 都有 g x 0 ，求 a的取值范围．
6．（22-23 高三上·河南· x阶段练习）已知函数 f x = k é x -1 e - 6ù （其中 e为自然对数的底数）．
(1)若 k =1，求函数 f x 的单调区间；
(2)若1 k 2，求证："x 0, k ， f x x2 ．
1
7 3 2 2．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = x - ax + (a -1)x + b，其图象在点 1, f x 处的切线方程
3
为 x + y - 3 = 0．
(1)求 a，b 的值与函数 f (x) 的单调区间；
(2)若对 x [-2， 4]，不等式 f (x) c2 - c恒成立，求 c的取值范围．
a
8．（23-24 高三上· 2江苏常州·期中）已知函数 f x = x + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)对于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求实数 a的取值范围．
9．（2024·吉林白山·二模）已知函数 f x = 2lnx - mx + 2 .
(1)若m = 3，求曲线 y = f x 在 x =1处的切线方程；
(2)若"x 0, + , f x 0，求实数m 的取值范围.
10．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．
2
1．（2024· x浙江绍兴·二模）已知函数 f x = - x + a sin x .
2
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x 0, π 时， f x > 0，求实数 a的取值范围.
2．（23-24 高三上·广东深圳·阶段练习）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)讨论 f x 的单调性和极值；
(2)若 x 0,e 时， f x 3有解，求 a的取值范围．
2 f (x) 1
3．（2024·陕西渭南·二模）已知函数 f (x) = x ln x ， g(x) = - x + .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时，mx2 - ex mf (x)恒成立，求实数 m 的取值范围.
4．（2024·山东德州·三模）设函数 f x = bex + a cos x， a,b R ，曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程
为 y = x + 2 .
(1)求 a,b的值;
(2)求证:方程 f x = 2仅有一个实根;
(3)对任意 x 0, + ，有 f x > k sin x + 2 ，求正数 k 的取值范围.
5．（2024·江苏宿迁·三模）已知函数 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，求实数b 的值；
(2)若函数 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a的取值范围．
6 3 2．（2024·青海海西·模拟预测）已知函数 f x = x - x + ax .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2，若 g x 0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
x
7．（2024· 3 2四川泸州·二模）已知函数 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ．
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若$x -1,1 ， f x 3，求实数 a 的取值范围．
8．（2024·广东梅州·一模）已知函数 f x = ln x 1 ax+ - a > 0 .
x +1
(1)若 x =1是函数 f x 的一个极值点，求 a的值；
(2)若 f x 0在 0, + 上恒成立，求 a的取值范围；
(3) 2024
2024

证明： ÷ > e（ e为自然对数的底数）.
è 2023
2
9．（2024·四川宜宾· x模拟预测）已知函数 f x = - xlnx, g x = a x + lnx + a2 a- .
2 2
(1)求 f x 过原点的切线方程；
1
(2)求证：存在 a 0, ÷，使得 f x g x 在区间 1, + 内恒成立，且 f x = g x 在 1, + 内有解.
è 2
10．（2024· x-1贵州安顺·二模）已知函数 f x = e - k x -1 ,k R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若对任意的 k > 0，存在 x R ，使得 kf x ek +a ，求实数 a的取值范围．
1．（2021·天津·高考真题）已知 a > 0，函数 f (x) = ax - xex ．
（I）求曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程：
（II）证明 f (x) 存在唯一的极值点
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 对任意 x R 成立，求实数 b 的取值范围．
2．（2020·山东·高考真题）已知函数 f (x) = aex-1 - ln x + ln a ．
（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．
3．（2020·全国·高考真题）已知函数 f (x) = ex + ax2 - x .
（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；
（2 1）当 x≥0 时，f（x）≥ 32 x +1，求 a 的取值范围.
4．（2019·全国·高考真题）已知函数 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为 f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若 x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求 a 的取值范围．
5．（2017·全国·高考真题）设函数 f (x) = (1- x2 )ex .
（I）讨论函数 f (x) 的单调性；
（II）当 x 0 时， f (x) ax +1，求实数 a的取值范围.

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