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考点 19 利用导数研究恒(能)成立问题（3 种核心题型+基础
保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意
义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，
试题难度略大．
【核心题型】
题型一　分离参数求参数范围
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(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.
x e -1 lnx 1+ ax xeax -1 x é ,1ù【例题 1】（2024·全国·模拟预测）若关于 的不等式 在 ê 内 2 ú
有解，则正实数 a的取值范围是（ ）
A． 0,2 é 1+ 2ln2 B． ê , e
ù
ú C． 0,4
é 1 ù
D． , e
e ê2e ú
【答案】A
【分析】将由不等式转化为 e -1 ln xeax xeax -1，令 t = xeax ，得到 e -1 ln t t -1，令函
a
数 f t = e -1
é ù
lnt 1- t +1 a，问题转化为存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0，利用导数求得函数
2
a
f t 的单调性，结合 f 1 = 0, f e = 0 1，得到 e2 e且 ea 1，即可求解.
2
【详解】由不等式 e -1 lnx + ax xeax -1，即 e -1 ln xeax xeax -1，
令 t = xeax ，即有 e -1 ln t t -1，
又由 a > 0，所以函数 t = xeax 在 x 0, + 上单调递增，
1 é a ù
因为 x
é
ê ,1
ù
ú，所以 t = xe
ax 1 ê e2 , e
a
ú ，
2 2
é a ù
令 f t = e -1 lnt - t +1 t 1，问题转化为存在 ê e2 , ea2 ú ，使得 f t 0，
e -1- t
因为 f t = ，令 f t > 0，可得0 < t < e -1；令 f t < 0，得 t > e -1，
t
所以 f t 在 0,e -1 上单调递增，在 e -1,+ 上单调递减，
又因为 f 1 = 0, f e = e -1 lne - e +1 = 0 ，所以当1 t e时， f t 0，
é1 a a ùt 1
a
若存在 ê e2 , e ，使得 f t 0成立，只需 2 且 a ，
2
ú e e e 1
2
解得0 a 2 + 2ln2，因为 a > 0，所以 a 0,2 + 2ln2 .
故选：A.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方
法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参
数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结
合求解.
结论拓展：与 ex 和 ln x相关的常见同构模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b f x = x ln x g x = xex，构造函数 或 ；
a a x
② e b e b e
x
< a < ，构造函数 f x = 或 g x = ；a ln b ln e ln b ln x x
x
a
③ e ± a > b ± ln b e
a ± ln ea > b ± ln b f x = x ± ln x g x = e ± x，构造函数 或 .
【变式 1】（2024·四川宜宾·二模）已知不等式 axex + x >1- lnx有解，则实数 a的取值范围为
（　　）
1 1 1 1
A． - ,+

÷ B． - ,+

÷ C． - , ÷ D． - , ÷
è e2 è e è e2 è e
【答案】A
a 1- x - ln x 1- x - ln x【分析】分离参数转化为 > x ，构造函数 f x = ，利用导数法求出xe xex
f x ， a > f xmin min 即为所求.
x a 1- x - ln x【详解】不等式 axe + x >1- ln x 有解，即 > x ， x > 0，只需要xe
a 1- x - ln x> xex ÷ ，è min
f x 1- x - ln x令 = ，
xex
x +1 x - 2 + ln x\ f x = 2 x ， x > 0，x e
令 g x = x - 2 + ln x ， x > 0，
g x 1 1\ = + > 0 ，所以函数 g x 在 0, + 上单调递增，
x
又 g 1 = -1< 0， g 2 = ln 2 > 0，所以存在 x0 1,2 ，使得 g x0 = 0，即 x0 - 2 + ln x0 = 0，
\ x 0, x0 ， g x < 0 ，即 f x < 0； x x0 ,+ ， g x > 0，即 f x > 0，
所以函数 f x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 , + 上单调递增，
1- x - ln x
\ f x = 0 0 x - 2 + ln x = 0 x ex0 = e20 x ex0 ，又由 0 0 ，可得 0 ，0
f x 1- x0 - ln x0 1- x0 + x\ = = 0 - 2 10 = -x0ex0 e2 e2
.
a 1\ > - 2 .e
故选：A.
1- x - ln x
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为 a > x ， x > 0，构造函数 f x
1- x - ln x
= x ，xe xe
利用导数求出 f x 的最小值，即只要 a > f x min .
【变式 2】（2024·上海普陀·二模）已知 a R ，若关于 x 的不等式 a(x - 2)e- x - x > 0的解集中
有且仅有一个负整数，则 a的取值范围是 .
1 1
【答案】[2e2
, )
3e
【分析】原式可化为 a(x - 2) > xex ，然后研究函数 f (x) = xex 的图象，只需当 x < 0 时，
y = a(x - 2) 在 f (x) 下方时，只有一个负整数即可，构造不等式组求解．
【详解】原不等式可化为： a(x - 2) > xex ，
令 f (x) = xex ， f (x) = (x +1)ex ，显然 x < -1时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减； x > -1时，
f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，
1
所以 f (x)min = f (-1) = - ，且 x - 时， f x 0 ， x + , f x + ,e
同一坐标系中，作出 f (x) 与 y = a(x - 2) （过定点 (2,0))的图象：
ì-2e-2 a(-2 - 2)
-1
据图可知，满足题意的整数解为 -1，此时应满足 í-e < a(-1- 2) ，

0 -2a
1 1
解得 2 a < ．2e 3e
[ 1 1故答案为： , )2e2 3e ．
【点睛】关键点点睛：本题考查不等式解问题，关键是将不等式适当变形，转化为两个函数
交点问题.
【变式 3】（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)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．
【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；
x -1
（2）用分离参数法转化问题为不等式 a - ln xln x 在区间 1, + 上有解，引入函数
g x x -1= - ln x x > 1 g(x)
ln x ，求出 的最小值即可得．
【详解】（1）由题意知函数 f x 的定义域为 (0, + )，
2a 2(x2
而 f (x) = 2x
- 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，
a x -1即 - ln xln 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 = 2 - = ． ln x x x ln x 2
令 h x = x - ln x -1 x 1 1 x -1> ，则 h x =1- = > 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 ，
e - 2, +
综上可知，实数 a 的取值范围是
题型二　等价转化求参数范围
根据不等式恒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．
x+a
【例题 2】（2023·河南开封·模拟预测）若存在 x 1,+ ，使得关于 x 的不等式 1
1
+ ÷ e
è x
成立，则实数 a的最小值为（ ）
1 1
A．2 B． C． ln2 -1 D． -1
ln2 ln2
【答案】D
1 x+a 1+
1 1
【分析】由 ÷ e两边取对数可得 (x + a) ln 1+ ÷ 1 ，令1+ = t,则不等式可转化
è x è x x
1
为 + a
ln t 1 1 1 1 1
t 1 ÷ ，即
a - ，故根据题意可得求 - 的最小值即可，令
è - ln t t -1 ln t t -1
g(x) 1 1= - , x (1, 2]，通过求导可得 g(x)的最小值即可
ln x x -1
x+a
1 1
【详解】由 1+ ÷ e两边取对数可得 (x + a) ln 1+ 1 ①，
è x

è x
÷

1 1 1令 + = t,则 x = ，因为 x 1,+ ，所以 t (1, 2]，
x t -1
1
则①可转化得 + a ÷ ln t 1，
è t -1
因为 ln t > 0，\a
1 1
-
ln t t -1
x+a
因为存在 x 1,+ x 1 1+ ，使得关于 的不等式 ÷ e成立，
è x
所以存在 t (1, 2] a
1 1 1 1
， - 成立，故求 - 的最小值即可，
ln t t -1 ln t t -1
令 g(x)
1 1
= - , x (1, 2]
ln x x -1
2
\ g (x) 1 1= - + x × (ln x)
2 - (x -1)2 (ln x)2 (x -1)- (ln x)2 1- x - + 2
=
x × (ln x)2 (x -1)2 x(x 1)2 (ln x)2 = x = x
，
- (x -1)2 (ln x)2 (x -1)2 (ln x)2
令 h(x) = (ln x)2 x
1
- - + 2, x (1, 2]
x
2ln x x 1- +
\h (x) 1= ×2ln x 1 1- + 2 =
x ，
x x x
令j(x) = 2ln x x
1
- + , x (1, 2]，
x
j (x) 2 1 -x
2 + 2x -1 -(x -1)2
\ = -1- =
x x2 x2
= 2 < 0，x
所以j(x) 在 (1, 2]上单调递减，所以j(x) < j(1) = 0，
\h (x) < 0，所以 h(x) 在 (1, 2]上单调递减，
所以 h x < h(1) = 0,\ g (x) < 0,
\ g(x) 在 (1, 2]
1
上单调递减，\ g(x) g(2) = -1，
ln 2
a 1\ -1 1，所以实数 a的最小值为 -1
ln 2 ln 2
故选：D
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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
2023· · f x = xex e ln x【变式 1】（ 贵州 二模）已知函数 + 2a ， g x = ，对任意 x1 1,2 ，x
$x2 1,3 ，都有不等式 f x1 g x2 成立，则 a 的取值范围是（ ）
A é 2
é1- e
． -e ,+ B． ,+ ÷ ê 2
é e- , + é1C． ê ÷ D． ê - e
2 , + ÷
2 2
【答案】C
【分析】将问题转化为 f x g x ，利用导数求 f x 在 1,2 上的最小值、 g xmin min 在 1,3
上的最小值，即可得结果.
【详解】对任意 x1 1,2 ，$x2 1,3 ，都有不等式 f x1 g x2 成立 f x ≥ g xmin min ，
f (x) = ex x +1 ， x 1,2 ， f (x) > 0 ，则 f x 在区间 1,2 上单调递增，
∴ f x = f 1 = e + 2amin ，
e 1- ln xg (x) = ， x 1,e ， g (x) > 02 ，则 g x 在 1,e 上单调递增，x
x e,3 ， g (x) < 0，则 g x 在 e,3 上单调递减，
g 1 = 0 g 3 e ln 3， = > 0，故 g x = 0
3 min
，
e
综上， e + 2a 0 a - .
2
故选：C
【变式 2】（2024·吉林延边·一模）若对任意 x e, + ，存在实数l ，使得关于 x 的不等式
ln x - e + lx +1 0成立，则实数l 的最小值为 ．
1
【答案】 - e
ln x - e +1 ln x - e +1【分析】根据题意分析可知 -l ，构建 g x = , x e,+ ，利用导
x x
数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为 x e, + ， ln x - e + lx +1 0，
ln x - e +1
可得 -l ，
x
ln x - e +1
x
g x , x e, - ln x - e -1
e
- ln x - e
构建 = + ，则 g x = x - ex 2 = x - e
，
x x2
e
构建 h x = - ln x - e , x > e，
x - e
y e因为 = , y = - ln x - e 在 e, + 内单调递减，
x - e
可知 h x 在 e, + 内单调递减，且 h 2e = 0，
当 e < x < 2e时， h x > 0 ，即 g x > 0；
当 x > 2e时， h x < 0，即 g x < 0；
1
可知 g x 在 e, 2e 上单调递增，在 2e, + 上单调递减，则 g x g 2e = ，
e
1 1
可得 -l ，可得l - ，
e e
1
所以实数l 的最小值为 - .e
1
故答案为： - .e
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求
该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解
f x ln x【变式 3】（2023·海南海口·一模）已知函数 = +1 .
x -1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
e lx -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1, lx+ ，不等式 lx × ln x成立，求实数l 的最大 e +1 x -1
值..
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0,1 U 1, + ，
1 1- - ln x
x g x 1 1 ln x g x 1- x所以 f x = ，∴令 = - - ，则 = 2 ，
x -1 2 x x
∴函数 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减.
又∵ g 1 = 0，∴当 x 0,1 U 1, + 时， g x < 0，∴ f x < 0，
∴函数 f x 在 0,1 ， 1, + 上单调递减.
lx
lx e -1 lx
（2）∵ lx ln x，且l > 0， x >1，∴ e -1 > 0， e +1 x -1
∴ ln e
lx ln x ∴ ln e
lx
1 ln xlx ， lx + +1 ∴ f elx， f x .e -1 x -1 e -1 x -1
∵ elx 1,+ ，由（1）知，函数 f x 在 1, + 上单调递减，
∴只需 elx x在 1, + 上能成立，
ln x
∴两边同时取自然对数，得lx ln x，即l 在 1, + 上能成立.
x
j x ln x x 1 j x 1- ln x令 = > ，则 = ，
x x2
∵当 x 1,e 时，j x > 0，∴函数j x 在 1,e 上单调递增，
当 x e, + 时，j x < 0，∴函数j x 在 e, + 上单调递减，
1 1
∴j x = j e = l max ，∴ ，e e
1
又l > 0，∴ 0 < l ，
e
1
∴实数l 的最大值为 .
e
l ln xf x
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于由 的单调性将不等式转化为 x 在
1, + j x
ln x
= x >1
x j x j x 上能成立，令 ，对 求导，可求出 max ，即可求出实数l 的
最大值
题型三　双变量的恒(能)成立问题
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，
常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
1
【例题 3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 f (x) = e2 - x2 ，函数
2
g x = x2 2+ x - 2 a 0
a ．
(1) t若直线 x = t t R 与函数 f x 交于点 A，直线 x = e - t t R 与函数 g x 交于点 B，且
函数 f x 在点 A 处的切线与函数 g x 在点 B 处的切线相互平行，求 a 的取值范围；
(2)函数 h x = x ln x a- g x 在其定义域内有两个不同的极值点x1，x2，且 x1 > x2 ，存在实2
数l > 0 1+l使得不等式 e < x l1 × x2 恒成立，求实数l 的取值范围．
【答案】(1)a 的取值范围为 -2,0
(2) l 的取值范围为 0,1 .
2
【分析】（1 t）根据导数的几何意义可将问题转化为 e - t = - 在R 上有解；利用导数判断函
a
数m t = et - t单调性，求其值域，列不等式求 a的范围；
a ln x1 - ln x2 1+ l（2）根据极值点的定义可求得 = ；将恒成立的不等式转化为 a >x1 - x2 x1 + lx
，令
2
x1 = t t >1 1+ lln t t -1 1+ l t -1 x ，化简可得 > ；令j t = ln t - t >1 ，求导后可知当2 t + l t + l
l 2 1时，不等式恒成立，由此可得结果.
2 2
【详解】（1）因为 1 ， g x = x + x - 2 a 0 ，f (x) = e2 - x2 a
2
2
所以 f x = ex x ， g x = 2x +- ，a
t t 2
所以 f t = et g e - t = 2e - 2t +- t， ；a
因为 y = f x 在A 处的切线与 y = g x 在 B 处的切线相互平行，
所以 f t = g et - t t t 2，即 e - t = 2e - 2t + 在R 上有解，
a
t
所以 e - t
2
= - 在R 上有解，
a
设m t = et - t t，则m t = e -1，
当 t > 0时，m t > 0 ，函数m t 在 0, + 上单调递增，
当 t < 0时，m t < 0，函数m t 在 - ,0 上单调递减，
所以函数m t = et - t的值域为 1, + ，
2
所以- 1，
a
所以-2 a < 0，
所以 a 的取值范围为 -2,0 ；
（2）因为 h x = x ln x a- g x ， g x 2= x2 + x - 2 ，
2 a
所以 h x = x ln x a- x2 - x + a，
2
所以 h x = ln x +1- ax -1 = ln x - ax ；
因为 x1, x2 是 h x 的两个极值点，
ln x - ln x
所以 ln x1 = ax
1 2
1， ln x2 = ax2，所以 a = x1 - x
；
2
因为l > 0， x1 > x2 > 0，
1+l l
则由 e < x1 × x2 得：1+ l < ln x1 + l ln x2 = ax1 + lax2 = a x1 + lx2 ，
a 1+ l ln x1 - ln x2 1+ l所以 > >x1 + lx
，即
2 x1 - x2 x1 + lx
，
2


1+ l x1 -1
x1 1+ l x1 - x
÷
所以 ln > 2 = è
x2 ；
x x + lx x2 1 2 1 + l
x2
x1
令 = t t >1 1+ l t -1x ，则 ln t

> ；
2 t + l
1+ l t -1令j t ln t = - t >1 ，
t + l
t -1 t - l 2
则j 1 1+ l t + lt - 1+ l t -1 = - 2 = ；t t + l t t + l 2
①当l 2 1时，j t > 0恒成立，j t 在 1, + 上单调递增，
所以j t > j 1 = 0 1+ l t -1 ，即 ln t > 恒成立，满足题意；
t + l
②当l 2 >1时，若 t 1,l 2 ，则j t < 0 ，所以j t 在 1,l 2 上单调递减，
j t < j 1 = 0 ln t 1+ l t -1 此时 ，即 < ，不合题意；
t + l
e1+l所以由不等式 < x × xl 恒成立，可得l 21 2 1，又l > 0，
所以0 < l 1，
所以l 的取值范围为 0,1 .
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数求解恒成立问题；本题求解恒成
立问题的关键是能够根据极值点定义和恒成立的不等式将变量消除，从而得到新的恒成立的
不等式，通过构造函数的方式得到结果
x-1
【变式 1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = e x > 0 ， g x =1+ ln x ．
(1)证明： f x g x ．
(2)若 axf x 1+ x2 g x 恒成立，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2, +
【分析】（1）方法一：构造函数 F x = f x - g x ，利用导数可求得 F x 单调性和最值，
从而得到结论；
x-1
方法二：构造函数j x = e - x x > 0 ，利用导数可证得 ex-1 x ，左右同时取对数可得
x 1+ ln x，由此可得到结论；
（2）方法一：利用特殊值 af 1 2g 1 可求得 a 2，进而通过放缩法和分析法知只需证得
2xex-1 1+ x2 1+ ln x 即可；分别在0 < x 1和 x >1的情况下，通过构造函数的方式证得不
等式恒成立，从而得到 a的范围；
1+ x2 1+ ln x
方法二：分离变量后，构造函数H x = x > 0 ，利用导数可求得H x 的单
xex-1
调性，从而得到H x max ，进而得到 a的范围.
【详解】（1）方法一：设F x = f x - g x = ex-1 - ln x -1，
则F x 定义域为 0, + F x = ex-1 1， - ；
x
Q y = ex-1 x > 0 1与 y = - x > 0 均为增函数，
x
\F x 在 0, + 0上单调递增，又F 1 = e -1 = 0，
\当 x 0,1 时，F x < 0；当 x 1,+ 时，F x > 0；
\F x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
\F x F 1 = e0 - ln1-1 = 0，即 f x g x ；
方法二：设j x = ex-1 - x x > 0 ，则j x = ex-1 -1，
\当 x 0,1 时，j x < 0；当 x 1,+ 时，j x > 0；
\j x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
\j x j 1 = e0 -1 = 0 x-1，即 e x x > 0 ，
左右同时取对数得： x -1 ln x，即 x 1+ ln x，
\ex-1 x 1+ ln x x > 0 ，即 f x g x ．
（2 0）方法一：取 x =1得： af 1 2g 1 ，即 ae 2 1+ ln1 ，\a 2，
Q x > 0 f x > 0 \axf x 2xf x 2xf x 1+ x2， ， ，下面证明 g x 恒成立，
即证明 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立；
①当0 < x 1 2 2时，由（1）知： ex-1 x ，\只需证 2x 1+ x 1+ ln x ，
2 2 2
即证1+ ln x 2x x -1 1 x -1 2 ，即证 ln x ，只需证 ln x
2 ，
1+ x 1+ x2 2 x2 +1
2 x2 -12 即证 ln x ；
x2 +1
令 t = x2 0 < x 1 ，则0 < t 1，
2
h t 2ln t t -1
1 4 t -1
令 = - 0 < t 1 ，则 h t = - = 0 ，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
\h t 在 0,1 \h t h 1 = 0 2 t -1上单调递增， ，\ln t 0 < t 1 ，
t +1
2 x2 -1
即当0 < x 1 2 时， ln x ，
x2 +1
\当0 < x 1时， 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立；
②当 x >1时，由（1）知： x >1+ ln x ，\只需证 2ex-1 1+ x2 ；
设 k x = 2ex-1 - x2 -1 x >1 k x = 2ex-1，则 - 2x = 2 ex-1 - x > 0，
\k x 在 1, + 上单调递增，\k x < k 1 = 0，即 2ex-1 1+ x2 ，
x-1 2
即当 x >1时， 2xe 1+ x 1+ ln x 恒成立；
综上所述：当 x > 0时， 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立，
\实数 a的取值范围为 2, + ；
1+ x2 1+ ln x
方法二：由已知得： a x > 0 恒成立；
xex-1
1+ x2 1+ ln x
设H x = ，
xex-1
x > 0
2x2 1+ ln x +1+ x2 - 1+ x2 1+ ln x 1+ x -x x -1 2 - x3 - x2 + x +1 ln x
则H x = = ，
x2ex-1 x2ex-1
令R x = -x x -1 2 - x3 - x2 + x +1 ln x
当 x >1时，R x < 0，\H x < 0，\H x 在 1, + 上单调递减；
当 x 0,1 时，由（1）知： ln x x -1，
2
令G x = - x3 - x2 + x +1 1 2 2，则G x = -3x2 + 2x +1 = -3 x - ÷ - - < 0，
è 3 3 3
\G x 在 0,1 上单调递减，\G x < G 0 = -1< 0，
\- x3 - x2 + x +1 ln x - x3 - x2 + x +1 x -1 ，
\R x -x x -1 2 - x3 - x2 + x +1 x -1 = - x -1 x3 +1 0，\H x 0，
\H x 在 0,1 上单调递增，
\H x = H 1 = 2，\a 2，即实数 amax 的取值范围为 2, + ．
【点睛】思路点睛：本题重点考查导数中的恒成立问题，第二问方法一的基本思路为：利用
特殊化思想求出参数的取值范围（必要条件），然后再证明这个必要条件就是充要条件．证
明中用到分类讨论思想和转化与化归思想（三次转化为加强不等式，第一次利用 a 2放缩
x-1
转化为加强不等式，第二次利用 e x 放缩转化为加强不等式，第三次利用 x ln x +1放缩
转化为加强不等式）．
x
【变式 2】（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数 f x = e , g x = lnx ，其中 e为自然对数的
底数.
(1)若 f ax - g x 1- a x 对任意的 x 0,+ 恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)设 g x = lnx g b - g a的导数为 g x ，若0 < a < b x ，求证：关于 的方程 = g x 在区
b - a
间 a,b 上有实数解.
1
【答案】(1)[ ,+ )
e
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，转化为eax + ax eln x + ln x对于任意 (0, + )上恒成立，令
F x = x + ex ln x ln x，利用导数求得函数F x 的单调性，再由 a ，令u x = ，求得u x
x x
单调性与最大值，即可求解.
g b - g a 1（2）由题意，令j x = - ，得到j x > 0，求得j x 在 a,b 上的单调递增，
b - a x
1
再由j a = (ln b b- +1)，令G x = ln x - x +1, x >1，求得G x 递减，得到
b - a a a
G(b ) < G 1 1= 0，再由j b = (ln b a+ -1)，令H x = ln x 1- +1, x >1，得到H x 在
a b-a a b x
(1, + ) b递增，得到H ( ) > H 1 = 0，结合零点存在定理知，即可得证.
a
x
【详解】（1）解：因为 f x = e , g x = lnx ，
则 f ax - g x 1- a x 可化为 eax + ax x + ln x 对于任意 x (0,+ )上恒成立，
即eax + ax eln x + ln x对于任意 x (0,+ )上恒成立，
x x
令F x = x + e ，可得F x =1+ e > 0，所以F x 在 (0, + )上单调递增，
a ln x u x ln x u x 1- ln x则 ax ln x，即 ，令 = ，可得 = ，
x x x2
当0 < x < e时，u x > 0，u x 单调递增；
当 x>e时，u x < 0，u x 单调递减，
所以，当 x=e时，u x ln e 1取得最大值，最大值为u x = u e = =max ，e e
a 1 1所以 ，即实数 a的取值范围为[ ,+ ) .
e e
1
（2）解：因为 g x = lnx，可得 g x = ，
x
g b - g a g b - g a令j x 1= - g x = - ，其中 a < x < b ，
b - a b - a x
j x 1可得 = 2 > 0 ，所以j x 在 a,b 上的单调递增，x
g b - g a j a 1 1 (ln b b - a ) 1 (ln b b b因为 = - = - = - +1) 且 >1，
b - a a b - a a a b - a a a a
令G x = ln x - x +1, x >1 1 1- x，可得G x = -1 = < 0，所以G x 在 (1, + )递减，
x x
G(b ) G 1 0 1 1 0 ln b b所以 < = - + = ，所以 - +1< 0，所以j a < 0，
a a a
g b - g a j b 1 1 (ln b a b又由 = - = + -1) 且 >1，
b - a b b - a a b a
令H x = ln x 1 1, x 1 H x 1 1 x -1- + > ，可得 = - = > 0，
x x x2 x2
所以H x 在 (1, + ) b b a递增，所以H ( ) > H 1 = 0，即 ln + -1 > 0，所以j b > 0，
a a b
所以j a ×j b < 0，
g b - g a
由零点存在定理知，方程 = g x 在区间 a,b 上有实数解.
b - a
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方
法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参
数的取值范围 2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结
合求解.
结论拓展：与 ex 和 ln x相关的常见同构模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b f x = x ln x g x = xex，构造函数 或 ；
② e
a b ea b x
< < ，构造函数 f x x= 或 g x e= ；
a ln b ln ea ln b ln x x
③ e
a ± a > b ± ln b ea ± ln ea > b ± ln b f x = x ± ln x g x = ex ± x，构造函数 或
【变式 3】（2024·辽宁·一模）已知函数 f x = b ln x ， g x = x2 + ax （其中 a，b 为实数，且
b > 0）
(1)当 a = -1时， f x g x 恒成立，求 b；
(2)当b = 2 时，函数G x = f x - g x 有两个不同的零点，求 a 的最大整数值．（参考数据：
ln 5 0.223）
4
【答案】(1) b =1
(2) -1
【分析】（1）设F x = f x - g x = b ln x - x2 + x ，利用导数分类讨论F x 的最大值；
2 2ln x - x
2 2ln x - x2
（ ）分离常数转化为关于 x 的方程 a = x > 0 有两个不同的解，设 h x = ，
x x
利用导数求函数 h x 的极大值 h x 9 0 - ,0÷ ，则 a < h x ，
è 10 0
当 a = -1时，设 p x = 2ln x - x2 + x ，验证有两解即可.
【详解】（1）设F x = f x - g x = b ln x - x2 + x ，则其定义域为 0, + ，
2
F x b= - 2x +1 -2x + x + b=
x x
2
b 1 F x -2x + x +1 - 2x +1 x -1 当 = 时， = = ，
x x
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 F 1 = 0 ，对于"x 0, + 恒成立，
即 f x g x 恒成立，所以b =1合理．
当b >1时，令F x = 0，即-2x2 + x + b = 0，
x 1- 1+ 8b 0 x 1+ 1+ 8b解得 1 = < （舍）， = >14 2 4
当 x 0, x2 时，F x > 0，F x 单调递增；
又有F 1 = 0，所以当 x 1, x2 时，F x > F 1 = 0，不合题意．
当0 < b <1时，令F x = 0，即-2x2 + x + b = 0，
x 1- 1+ 8b解得 1 = < 0 x
1+ 1+ 8b
（舍），
4 2
= <1
4
当 x x2 , + 时，F x < 0，F x 单调递减；
又有F 1 = 0，所以当 x x2 ,1 时，F x > F 1 = 0，不合题意．
综上所述，b =1．
（2）由题意，方程 2ln x - x2 - ax = 0 x > 0 有两个不同的解，
2
即关于 x 2ln x - x的方程 a = x > 0 有两个不同的解，
x
h x 2ln x - x
2 2
h x 2 - x - 2ln x设 = ，则 =
x x2
，
设m x = 2 - x2 - 2ln x m x 2x 2，由 x > 0可知 = - - < 0，
x
所以m x 在 0, + 上单调递减，
m 1 1 0 m 5 7 5又 = > ， ÷ = - 2ln < 0，
è 4 16 4
所以存在 x
1, 5 0 ÷使得m x0 = 0，即 2 - x 20 - 2ln x0 = 0，所以 2 = x 20 + 2ln x ，è 4 0
所以当 x 0, x0 时，m x > 0 ，即 h x > 0，进而函数 h x 单调递增；
当 x x0 ,+ 时，m x < 0，即 h x < 0，进而函数 h x 单调递减，
2 2
所以函数 h x 的极大值为 h x0
2ln x0 - x0 2 - 2x 2= = 0 = - 2x 90

- ,0

x ÷0 x0 x0 è 10
x a 2ln x - x
2
要使得关于 的方程 = x > 0 有两个不同的解，则 a < h x0 ，x
当 a = -1时，设 p x = 2ln x - x2 + x ，
1+ 17 1+ 17
则 p x 2= - 2x +1，可知 p x 在 0, ÷上单调递增，在 ,+ ÷÷ 上单调递减，x è 4 è 4

又 p 1 = 0， p 1+ 17 ÷ > 0， p e = 2 - e2 + e < 0，
è 4
所以 p x 有两个不同的零点，符合题意，
所以 a的最大整数值为 -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
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex + e +1 x - a a R , g x = x2 + 2x．若存在
x 0,1 ，使得 f x = g x 成立，则实数 a 的最大值是（ ）
A． 2e - 2 B． e - 2 C． e +1 D． 2e +1
【答案】A
x 2
【分析】将问题转化为“直线 y = a 与函数 h x = e + e -1 x - x , x 0,1 的图象有交点”，然
后利用导数分析 h x 的单调性以及取值，由此求解出 a的最大值.
【详解】存在 x 0,1 ，使得 f x = g x 成立，
x
即 e + e +1 x - a = x2 + 2x x 2在 0,1 上有解，即 a = e + e -1 x - x 在 0,1 上有解，
所以直线 y = a 与函数 h x = ex + e -1 x - x2 , x 0,1 的图象有交点，
又 h x = ex - 2x + e -1 , x 0,1 ，令m x = h x ，则m x = ex - 2，
m 令 x > 0，得 x > ln 2，令m x < 0 ，得 x < ln 2，
所以 h x 在 0, ln 2 上单调递减，在 ln 2,1 上单调递增，
所以 h x h ln 2 = eln 2 - 2ln 2 + e -1 = e +1- 2ln 2 > 0，
所以 h x 在 0,1 上单调递增，
所以 h x = h 0 =1, h x = h 1 = 2e - 2min max ，
所以要使直线 y = a 与函数 h x 的图象有交点，只需1 a 2e - 2，
所以 a的最大值是 2e - 2 ，
故选：A．
2．（2023·全国·模拟预测）定义在R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，对任意 x R ，
n Ν*，都有 nf x + xf x > 0 恒成立，则下列结论成立的是（ ）
A n．当 n为偶数时， x f x 在R 上为增函数
B．当 n为偶数时，存在 x0 使得 f x0 < 0
C．当 n n为奇数时， x f x 在R 上为增函数
D．当 n为奇数时，存在 x0 使得 f x0 < 0
【答案】C
【分析】令F x = xn f x ，分 n为奇数或偶数判断F x 的符号得出F x 的单调性，然后
分 x > 0， x < 0 判断 f x 的符号，即可得解．
【详解】因为对任意 x R ， n Ν*，都有 nf x + xf x > 0 ，
所以 nf 0 + 0 f 0 > 0，所以 f (0) > 0，
令F x = xn f x ，
当 n n-1 n为奇数时，则F x = nx f x + x f x = énf x + xf x ù n-1 x 0 ，
F x = xn f x 在R 上为增函数，
∵ F 0 = 0，∴当 x > 0时，F x > 0，则 f x > 0；
当 x < 0 时，F x < 0，则 f x > 0，∴ f x 恒大于 0；
当 n为偶数时，当 x > 0时，F x > 0，
则F x 在 0, + 上单调递增，且F x > 0，则 f x > 0；
当 x < 0 时，F x < 0，则F x 在 - ,0 上单调递减，
且F x > 0， f x > 0，∴ f x 恒大于 0，
故选：C．
f x 3x + 33．（2024·河南·模拟预测）已知函数 = - x 1 + ax(x > 0) 的图象经过 A, B两点，且 f x e -
的图象在 A, B处的切线互相垂直，则 a的取值范围是（ ）

A． -3,0 B． -3,
5 - 3 5 + 3 5 + 3 5 - 3
÷÷ C． - ,0÷÷ D． - , ÷÷
è 2 è 2 è 2 2
【答案】D
【分析】构建 g x = f x ，利用导数判断原函数单调性和值域，结合题意分析可知
a a + 3 < -1，运算求解即可.
f x 3x + 3 ax(x 0) f x 3x【详解】因为 = - x-1 + > ，则 =e ex-1 + a(x > 0)，
3 1- x
构建 g x = f x ，则 g x = x-1 x > 0 ，e
当 x >1时， g x < 0；当0 < x <1时， g x > 0；
可知 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
且 g 0 = a, g 1 = a + 3，当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 a，
可知 g x 的值域为 a, a + 3 ，
由题意可知：存在m1,m2 a,a + 3 ，使得m1 ×m2 = -1，
则 a a + 3 < -1，即 a2 5 + 3 5 - 3+ 3a +1< 0，解得- < a < ，
2 2
5 + 3 5 - 3
所以 a的取值范围是 - , ÷÷ .
è 2 2
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求 f x 的值域为 a, a + 3 ，根据导数的几何意义分析可知存在
m1,m2 a,a + 3 ，使得m1 ×m2 < -1，结合值域分析求解即可.
二、多选题
4．（2023·广东广州·一模）已知函数 f x = x2 + 2 x 0 , g x = ae- x (a > 0)，点P,Q 分别在
函数 y = f x 的 y = g x 的图像上，O为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上无解，则 a > 3e
B．存在P,Q 关于直线 y = x 对称
C．若存在P,Q 关于 y 轴对称，则0 < a 2
o 0 a 1D．若存在P,Q 满足 POQ = 90 ，则 <
2 2e
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，求出方程 f x - g x = 0在 0,1 上有解的 a 范围判断 A；设出点P,Q
的坐标，由方程有解判断 B；设出点P,Q 的坐标，建立函数关系，求出函数的值域判断 CD
作答.
【详解】函数 f x = x2 + 2 x 0 , g x = ae- x (a > 0)，
对于 A，方程 f x - g x = 0 h(x) = x2 + 2 - ae- x = 0在 0,1 上有解，
ìh(0) = 2 - a 0显然函数 h(x) 在 0,1 上单调递增，则有 í -1 ，解得 2 a 3e，
h(1) = 3 - ae 0
因此关于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上无解，则0 < a < 2 或 a > 3e，A 错误；
对于 B，设点Q(t,ae-t ) 2，依题意，点 Q 关于直线 y = x 对称点 (ae-t , t) 在函数 f x = x + 2的
图象上，
即关于 t 的方程 t = a2e-2t + 2有解，即 a2 = (t - 2)e2t 有解，此时 t > 2，令函数
j(t) = (t - 2)e2t , t > 2，
j (t) = (2t - 3)e2t > 0，即函数j(t) 在 (2,+ ) 上单调递增，j(t) > j(2) = 0，
而函数 y = t - 2, y = e2t 在 (2,+ ) 上都单调递增，它们的取值集合分别为 (0, + ), (e4 ,+ )，
因此函数j(t) 的值域为 (0, + )，又 a2 > 0，于是 a2 = (t - 2)e2t 在 (2,+ ) 有解，
所以存在P,Q 关于直线 y = x 对称，B 正确；
对于 C，设点P(u,u2 + 2),u 0，则点 P 关于 y 轴对称点 (-u,u2 + 2)在函数 g(x) = ae- x (a > 0)
的图象上，
2 2 2 2
即 aeu u2 2 a u + 2 F (u) u + 2 -u + 2u - 2 (u -1) +1= + = u ，令 = u ,u 0 ，F (u) = u = - u < 0 ，e e e e
即函数 F (u)在[0, + ) 上单调递减，F (u)max = F (0) = 2，又"u [0,+ ) ，恒有F (u) > 0，因
此0 < a 2 ，C 正确；
uuur uuur
对于 D，令P(x , x2 + 2),Q(x , ae- x21 1 2 )，由 POQ = 90o得OP ×OQ = x x + ae
- x2
1 2 (x
2
1 + 2) = 0，
x1 -x2 x 1- x
显然 x1x2 0，且 x1 > 0, x2 < 0， a = ×x2 + 2 e- x ，令G(x) = x , x > 0，G
(x) = x ，2
1 e e
当0 < x <1时G (x) > 0，函数G(x)单调递增，当 x >1时，G (x) < 0，函数G(x)单调递减，
因此G(x)max = G(1)
1 0 G(x) 1 -x 1= ，即有 < ，0 < 2
e e e- x
，
2 e
0 x< 1 x1 1而 2 =
x1 -x2 1
x + 2 2 2x2 2 2 ，当且仅当
x2 = 2 时取等号，所以0 < 2 ×x + 2 e- x
，即
2
1 1 1 2 2e
0 1< a ，D 正确.
2 2e
故选：BCD
5．（2023·山东泰安·模拟预测）已知函数 f x = 4sin x - 2ax - 3 a R ， g x = 2x cos x - 3，
则下列选项中正确的有（ ）
a 9A．当 = 时，函数 f x 和 g x 在 x = 0处的切线互相垂直
4
B．若函数 f x 在 -π,0 内存在单调递减区间，则 a -2
C．函数 g x 在 -π,0 内仅有一个零点
D．若存在 x 0, π ，使得 f x g x π成立，则 a <
2
【答案】ACD
【分析】对函数 f x 与 g x 求导，根据导数的几何意义分别计算 f 0 与 g 0 ，再根据直
线垂直的斜率公式计算并判断选项 A，将条件转化为 f x = 4cos x - 2a < 0在 -π,0 内有解，
参变分离后，求解 2cos x 的最小值即可得 a的取值范围，判断选项 B，求解导函数 g x ，
通过构造新函数，求导判断单调性，再结合零点存在定理判断选项 C，参变分离将
f x g x 2sin x - x cos x 成立转化为 a x ÷ ，通过构造两次新函数，求解导函数并判断è max
2sin x - x cos x
单调性从而判断得 ÷ ，进而得 a的取值范围，判断选项 D.
è x max
9 9
【详解】对于选项 A，当 a = 时， f x = 4cos x - 2a=4cos x - ，
4 2
f 0 1所以 = - ，由 g x = 2 cos x - 2x sin x2 ，得到 g 0 = 2．
因为 f 0 × g 0 = 1 - ÷ 2 = -1，
è 2
所以函数 f x 和 g x 在 x = 0处的切线互相垂直，故 A 正确；
对于选项 B，因为 f x = 4cos x - 2a ，
若函数 f x 在 -π,0 内存在单调递减区间，
可知 f x = 4cos x - 2a < 0在 -π,0 内有解，
则 a > 2cos x在 x -π,0 时能成立，
所以 a > 2cos x min ，当 x -π,0 时，
-2 < 2cos x < 2，即 a > -2 ，故 B 不正确；
é π
对于选项 C，当 x ê- ,0

÷时， cos x 0，
2
g x < 0，此时函数 g x 无零点；
x -π, π- cos x 当 2 ÷ 时，
g x = 2cos x - 2x sin x = 2sin x - x ÷，
è è sin x
h x cos x π 令 = - x，其中 x -π, -sin x 2 ÷ ，è
h x 1= - -1< 0 h x -π, π- 则 ，所以函数 在 上单调递减，
sin2 x 2 ֏
h x π π> h - = > 0 π 可得 ÷ ，因为对任意的 x -π, - ÷ ， sin x < 02 ，è 2 2 è
g x < 0 g x π, π 可得 ，所以函数 在 - - 2 ÷上为减函数，è
由于 g -π = 2π - 3 0 g π> ， -

÷ = -3 < 0，
è 2
g x -π, π- 所以函数 在 2 ÷上只有一个零点．è
综上函数 g x 在 -π,0 上只有一个零点，故 C 正确；
对于选项 D，由 f x g x ，得a 2sin x - x cos x ，
x
2sin x - x cos x
令m x = ， x 0, π ，
x
m x 2x cos x - 2sin x + x
2 sin x
则 = 2 ，x
令 n x = 2x cos x - 2sin x + x2 sin x ，则 n x = x2 cos x ，
x 0, π当

÷时， n x = x2 cos x > 0
π
，所以函数 n x 在 0, ÷上单调递增，
è 2 è 2
x π 当 0, ÷时， n x > n 0 = 0，
è 2

此时m x > 0，则函数m x π 在 0, ÷上单调递增．
è 2
当x
éπ
ê ,π÷时， n x = x2 cos x 0，则函数 n x
é π
在
2 ê
, π ÷ 上单调递减，
2
π π2
因为 n ÷ = - 2 > 0， n π = -2π < 0，
è 2 4
x π ,π 2所以存在 0 2 ÷，使得
n x0 = 2x0 cos x0 - 2 sin x0 + x0 sin x0 = 0 ，
è
变形可得 2cos x0 + x
2sin x0
0 sin x0 = x ，0
π
当 x , x0 ÷时， n x > 0 ，当 x x0 ,π 时， n x < 0．
è 2
所以函数m x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
m x m x 2sin x= 0 = 0 - cos x0 = cos x + x π max x 0 0 sin x0 ，其中 x0 ,π2 ÷，0 è
令函数j (x) = cos x + x sin x x
π
， ,π

÷，因为j (x) = x cos x < 0，
è 2
j (x) = cos x + x sin x π 所以 在 ,π2 ÷ 上单调递减，è
则j x j π< π π = ，故m x < ，
è 2 ÷ 2 max 2
π
所以 a < 成立，故 D 正确．
2
故选：ACD．
【点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的
单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，
构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
三、填空题
6 x．（2023·云南·三模）设函数 f x = xe + ax,a > -1，若存在唯一整数 x0 ，使得 f x0 < 0，
则 a的取值范围是 .
1
【答案】 - ,
1
- ù
è e e2 ú
【分析】由题意转化为存在唯一的整数 x0 使得 g x0 在直线 y = -ax的下方，求得
g x = (x +1)ex 1，利用导数求得函数的单调区间和最小值 g -1 = - ，以及 g 0 = 0和
e
g -2 2= - ，根据直线 y = -ax恒经过原点O(0,0)2 ，结合图象，列出方程组，即可求解.e
f x = xex + ax,a > -1 g x = xex【详解】由函数 ，设 和 y = -ax, a > -1
因为存在唯一整数 x0 ，使得 f x0 < 0，
所以存在唯一的整数 x0 使得 g x0 在直线 y = -ax的下方，如图所示，
因为 g x = (x +1)ex ，当 x < -1时， g x < 0；当 x > -1时， g x > 0，
所以 g x 在 (- , -1)上单调递减，在 (-1, + )单调递增，
当 x=-1时， g x 1取得极小值，也为最小值 g x = g -1 = -min ，e
2
且当 x = 0时， g 0 = 0，当 x = -2时， g -2 = - 2 ，e
又由直线 y = -ax恒经过原点O(0,0) ，斜率为-a（其中 a > -1），
所以 a > g -1 1= - 且 g -2 2 1 1= - 2 2a，解得- < a - ，e e e e2
a 1 , 1 ù所以实数 的取值范围是 - - .
è e e2 ú
1 , 1 ù故答案为： - -
è e e2 ú
7．（2023·辽宁锦州· 2模拟预测）若关于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2 个整数，
则 k 的取值范围是 ．
ln3+1 k ln2 +1【答案】 <
15 8
lnx +1 lnx +1
【分析】将不等式变形为 k(x + 2) ，构造函数 f (x) = ，求导得其单调性，进而
x x
结合函数的图象，即可得不等式求解.
lnx +1
【详解】Q x > 0 ，\不等式 k(x2 + 2x) lnx +1可化为 k(x + 2) ，
x
令 f (x) =
lnx +1
，\ f x -lnx= ，由 f x > 0解得0 < x <1，由 f x < 0解得 x >1，\ f (x)x x2
在 0,1)为增函数， f (x)在 , + )为减函数，
令 g x) = k x + 2) ，则 g(x)的图象恒过 -2,0) ，若解集恰有 2个整数，
当 k 0时，有无数个整数解，不满足题意；
当 k > 0时， 如图，则两个整数为 1 和 2，故 2 满足不等式且 3 不满足不等式，即8k ln2 +1
ln3+1 ln2 +1
且15k > ln3 +1，解得 < k ，
15 8
ln3+1 k ln2 +1故答案为： <
15 8
1
8．（2024· 2浙江·模拟预测）已知函数 f x = 2x + 2x ， g x = 2m - lnx，若关于 x 的不等式e
f x xg x 有解，则m 的最小值是 .
1
【答案】 / 0.5
2
2m e-2x-lnx【分析】参变分离可得 - -2x - lnx 有解，令 t = -2x - lnx ， g t = et - t ，利用导
数求出 g t min ，即可求出参数的取值范围，从而得解.
【详解】由 f x xg x 1得 2x + 2x2 x 2m - lnx ，显然 x > 0，e
2m 1所以 2x + 2x + lnx = e
-2x-lnx - -2x - lnx 有解，
xe
令 t = -2x - lnx ，则 t R ，
令 g t = et - t ，则 g t = et -1，所以当 t < 0时 g t < 0，当 t > 0时 g t >0，
所以 g t 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
所以 g t = g 0 =1 e-2x-lnx，即 - -2x - lnx 1min ，
1
所以 2m 1 m 1，则 ，即m 的最小值是
2 2
.
1
故答案为： 2
2m e-2x-lnx【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到 - -2x - lnx 有解，再构造函
-2x-lnx
数，利用导数求出 é e - -2x - lnx ù .min
四、解答题
m
9．（2023· 2

四川成都·一模）已知函数 f x = x lnx + + lnx x2 ÷ ，è
g x x3 3 3= + - m x2
3m
÷ - x .
è 2 4 2
(1)当m = 0时，求 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
2
(2)当m = 2 时，设函数F x = g x + f x ，求证：F x < 0有解.
3
【答案】(1) 2x - y - 2 = 0
(2)证明见解析
【分析】（1）当m = 0时，求出 f 1 、 f 1 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）化简得出函数F x 的解析式，利用F 1 < 0可证得结论成立.
【详解】（1）解：当m = 0 2时， f x = x ln x + x ln x ，则 f 1 = 0，
f x = 2x ln x + x + ln x +1，则 f 1 = 2，
故当m = 0时， f x 在 1, f 1 处的切线方程为 y = 2 x -1 ，即 2x - y - 2 = 0 .
（2 2 3）证明：当m = 2 时， f x = x ln x + x ln x + x ， g x = x - 3x，
F x 2= g x + f x 2= x3 - 2x + x2 ln x + x ln x 2+ x = x3 - x + x2 ln x + x ln x，
3 3 3
2
因为F 1 = -1< 0，故不等式F x < 0有解.
3
x
10．（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)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；
x x x x x
（2）利用分析法转化要证结论，要证 f x e -1，即证 x e -1，令 h x = x - e +1，e e
即证 h x 0，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2
g x0 0，即可求解.
【详解】（1） f x 1- x的定义域为R, f x = 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, + .
（2）要证 f x ex -1 x，即证 x ex -1 h x
x
= - ex，令 x +1，即证 h x 0，e e
2x
h x 1- x - e= m x =1- x - e2x，令 ，则m x = -1- 2e2x < 0x ，所以m x 在R 上单调递减，e
又m 0 = 0，
\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 ex x，所以 x -1，即 f x e -1得证.e
（3）当 0
1
≤a≤ 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
2x x 2 x 2a +1
2
6a +1e 2a 1 e 1- 2a 6a +1 1- 2a = - + + - 4a = - e - ÷ + < 0，
è 2 4 4
\此时 g x < 0 恒成立，不满足题意；
综上，所以 a 1的最大值为 2 .
é1 ù
11．（2024·福建泉州·模拟预测）（1）已知 x ê ,1ú，求 f x
ln x +1
= 2 的最大值与最小值； 2 x
（2）若关于 x 的不等式 ln x > ax2 -1存在唯一的整数解，求实数 a 的取值范围.
e 1+ ln 2
【答案】（1）最大值 ，最小值 1；（2） a <1
2 4
【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最
值；
ln x +1
（2）解法一：把不等式 ln x > ax2 -1化为 a < 2 ，由 f x 的单调性结合端点函数值分析x
求解即可；
2
解法二：令 g x = ln x - ax +1 x > 0 ，求导，对 a 进行分类讨论，判断函数单调性及最大
值，从而求得 a 的范围，结合 g x > 0有唯一整数解，进一步求出 a 的取值范围.
é1 ù ln x +1 - 2ln x +1
【详解】（1）因为 x ê ,1ú， f x =

2 ，所以 f x = 3 ， 2 x x
令 f x = 0 e，解得 x = ， f x ， f x 的变化情况如下表所示．
e
1 e e
x 1 , e ,12 1è 2 e
÷÷ ÷÷
e è e
f x + 0 -
f x e4 - 4ln 2 单调递增 单调递减 12

所以， f x 1 e e在区间 , ÷÷上单调递增，在区间 ,12 e e ÷÷上单调递减.è è
x e当 = 时， f x e有极大值 ，也是 f x 的最大值.
e 2
又因为 f
1
÷ = 4 - 4ln 2， f 1 =1，而 4 - 4ln 2 -1 = 3 - 4ln 2 = ln e3 - ln16 > 0 ，
è 2
f 1 所以 ÷ > f 1 2 ，所以 f 1 =1为 f x 的最小值.è
ln x +1
（2）解法一：因为 x > 0，所以不等式 ln x > ax2 -1可化为 a < f x = ，x2
ln x +1 e e
由（1）可知 f x = 2 在区间 0, ÷÷上单调递增，在区间 ,+ ÷÷ 上单调递减.x è e è e
e e
因为 f x 的最大值 f ÷÷ = ， f 1 =1， f
1
÷ = 0 < f 1 ， f 2
1+ ln 2
= < f 1
e 2 ，è è e 4
1 e
< <1< 2，
e e
所以"x N*， x =1时， f x 最大，所以不等式 ln x > ax2 -1，
ì f
1 > a
即 a < f x 存在唯一的整数解只能为 1，所以 í f 2 a，所以 a 的取值范围为
1+ ln 2
a <1 .
4
g x = ln x - ax2解法二：令 +1 x > 0 ，由题意可知 g x > 0有唯一整数解，
2 2
g x 1- 2ax= ，当 a 0 g x 1- 2ax时， = > 0 ，所以 g x 在 0, + 单调递增，
x x
而 g 1 =1- a > 0，所以 g 2 > g 1 > 0 ，与题意矛盾；
2
当 a > 0时，由 g x 1- 2ax= = 0 x 2a 2a可得 = 或 x = - （舍去），
x 2a 2a

当 x 0,
2a
÷÷时， g x 0 x
2a
> ， , + ÷÷ 时， g x < 0，
è 2a è 2a

g x 0, 2a
ù é 2a
所以 在 ú 单调递增，在 ê ,+ ÷÷单调递减，
è 2a 2a
2a
所以 x = 时， g x ln 2a 1取最大值为- + ，
2a 2
由题意可知- ln 2a
1
+ > 0，解得0
e
< a < ，
2 2
因为 g 1 =1- a，所以当 g 1 =1- a > 0即 0 < a < 1时，
由 g x > 0有唯一整数解知 g 2 = ln 2 - 4a +1 0 1+ ln 2，解得 a <1，
4
2a g x 0, 2a
ù
若1< 2 ，由 在 ú 单调递增知0 < g 1 < g 2 0，矛盾2a è 2a
2a é 2a
所以 2 > ，由 g x 在 ê ,+ ÷÷单调递减可知"x 2, + ， g x 02a 2a
1+ ln 2
所以 a <1符合题意；
4
a 1 2a 2当 时， ， g 1 =1- a 0，
2a 2
é
由 g x 2a在 ê ,+ ÷÷单调递减可知"x 1, + ， g x < g 1 0，不符合题意；
2a
1+ ln 2
综上所述，a 的取值范围为 a <1 .
4
综合提升练
一、单选题
1．（22-23 高三下·江西赣州·阶段练习）设函数 f x 的导函数为 f x ，若 f x 在其定义域
内存在 x0 ，使得 f x0 = f x0 ，则称 f x 为“有源”函数.已知 f x = ln x - 2x - a 是“有源”
函数，则 a 的取值范围是（ ）
A． - , -1 B． -1, +
C． - ,-ln 2-1 D． - ln 2 -1, +
【答案】A
【分析】根据“有源”函数概念，转化为函数有解问题，利用导函数求出函数值域即可得到参
数 a 的范围
【详解】∵ f x = ln x - 2x - a 1，∴ f (x) = - 2，
x
1 1
由是“有源”函数定义知，存在 x0 ，使得 ln x0 - 2x0 - a = - 2，即 a = ln xx 0
- 2x0 - + 2
0 x
有解，
0
记 g x0 = ln x
1
0 - 2x0 - + 2, (x0 > 0)x ，所以 a 的取值范围是就是函数
g x0 的值域，
0
g x 1 2 1 -2x
2
0 + x0 +1 -(2x +1)(x -1)
则 0 = - +
0 0
x x 2
= = ，
0 0 x
2
0 x
2
0
当0 < x 0 <1时， g x0 > 0，此时 g x0 单调递增，
当 x0 >1时， g x0 < 0 ，此时 g x0 单调递减，
所以 g x0 g 1 = ln1- 2 -1+ 2 = -1，所以 a -1，
即 a 的取值范围是 - , -1 .
故选：A
1 1
2．（2023· 3 x 2四川南充·三模）已知函数 f (x) = x ， g(x) = e - x - x，$x1， x2 [1, 2]使3 2
g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 （ k 为常数）成立，则常数 k 的取值范围为（ ）
2
( ,e 2] ( ,e 2) , e - 3
ù e2, - 3

A． - - B． - - C． - ú D．4
- ÷
è è 4
【答案】D
ex - x -1 ex - x -1
【分析】存在性问题转化为 k < [1, 2]
x2
在 上能成立，利用导数求 2 的最大值即x
可得解.
f (x) 1【详解】 = x3在[1, 2]上为增函数，
3
g(x) ex 1= - x2由 - x知， g (x) = ex - x -1，
2
令 h(x) = ex - x -1，则 h (x) = ex -1，
当 x > 0时， h (x) = ex -1 > 0 ，
即 h(x) = ex - x -1在 (0, + )上单调递增，
所以 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增，即 g(x)在[1, 2]上单调递增，
不妨设1 x2 < x1 2，则 g(x1) > g(x2 ) ， f (x1) > f (x2 )，
\ g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 可化为 g x1 - g x2 > kf x1 - kf x2 ，
即 g x1 - kf x1 > g x2 - kf x2 ，
F x = g x - kf x = ex 1- x2 x 1- - kx3令 ，
2 3
则F (x) = ex - x -1- kx2 ，
Q$x1, x2 [1, 2]， 使 g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 能成立，
\F (x) > 0在[1, 2]上能成立，
k e
x - x -1
即 < 在[1, 2]2 上能成立，x
ex - x -1
\k < 2 ÷ ， x [1,2]，
è x max
x
令G(x) e - x -1= ， x [1,2]
x2
，
x
则G (x) (x - 2)e + x + 2= 3 ，令m(x) = (x - 2)e
x + x + 2，
x
则m (x) = (x -1)ex +1，当 x [1,2]时，m (x) > 0，
故m(x)在[1, 2]上单调递增，所以m(x) m(1) = 3- e > 0，
故G (x) > 0，G(x)在[1, 2]上单调递增，
2
\G(x)max = G(2)
e - 3
= ，
4
e2k - 3\ < .
4
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据题意转化为存在$x1， x2 [1, 2]使 g x1 - kf x1 > g x2 - kf x2
能成立是其一，其二需要构造函数F (x) = g(x)
1 1
- kf (x) = ex - x2 - x - kx3后分离参数转化为
2 3
k e
x - x -1 x
< 在[1, 2]2 上能成立，再次构造函数G(x)
e - x -1
= ，多次利用导数求其最大值.
x x2
1 1
3．（2023· · a R f x = ax4 - x2河北石家庄 模拟预测）已知 ，函数 .若存在 t R ，使得
4 2
f t + 2 - f t 1 ，则当 a取最大值时 f x 的最小值为（ ）
4
9 2 4
A． 0 B．- C．- D．
16 9 9
【答案】C
2
【分析】求出 f t + 2 - f t = 2a 3t + 6t + 4 - 2 1，由 f t + 2 - f t 结合参变量分离
4
7 9
法可得出 a 8 3t 2 + 6t + 4 8 3t 2 + 6t + 4 ，可求得 a的最大值，将 a的最大值代入函数 f x
的解析式，利用二次函数的基本性质可求得 f x 的最小值.
f x 1 ax4 1 2【详解】因为 = - x ，所以 f x = ax3 - x ，
4 2
f t + 2 - f t = éa t + 2 3 - t + 2 ù - at3依题意 - t = 2a 3t
2 + 6t + 4 - 2 ，
因为存在 t R ，使得 f t + 2 - f t 1 ，
4
所以 2a 3t 2 + 6t + 4 2 1 1 1- ，即- 2a 3t 2 + 6t + 4 - 2 有解，4 4 4
2
因为 t R ，则3t 2 + 6t + 4 = 3 t +1 +1 1，
7 9 é
a ê 9
ù
所以 2 ú8 3t + 6t + 4 8 3t 2 + 6t + 4 有解，所以 a 2 ， ê8 3t + 6t + 4 úmax
1 9 9
因为3t 2 + 6t + 4 1，所以0 < 2 1，所以0 < 3t 6t 4 8 3t 2+ + + 6t + 4 8 ，
a 9所以 的最大值为 .
8
2
f x 9 x4 1 x2 9 x2 8 2 2此时 = - = - - - x 2 2，当且仅当 = ± 时，取等号，
32 2 32 9 ֏ 9 9 3
2
所以 f x 的最小值为- ，
9
故选：C.
4．（2023· x四川成都·模拟预测）若关于 x 的不等式 e -1 lna + x ae -1在 x 0,1 内有解，
则实数 a的取值范围是（ ）
é 1 2 ù é1 ù é1A 2 ù é
1 ù
． ê , e2e ú
B． ê ,eú C． ê , e ú De ．
, e
e ê 2e ú
【答案】B
【分析】题设中的不等式等价于 e -1 ln aex aex -1，令 f t = e -1 lnt - t +1，结合导数
可得该函数的单调性，结合 f 1 = 0, f e = 0可得 e -1 lnt t -1的解，从而可求实数 a的取
值范围.
【详解】由 lna有意义可知， a > 0 .
e -1 lna + x aex由 -1，得 e -1 ln aex aex -1.
令 t = aex ，即有 e -1 lnt t -1 .
因为 x 0,1 x，所以 t = ae a, ae ，令 f t = e -1 lnt - t +1，
问题转化为存在 t a,ae ，使得 f t 0 .
f t e -1- t因为 = ，令 f t < 0，即 e -1- t < 0，解得 t > e -1；
t
令 f t > 0，即 e -1- t > 0，解得0 < t < e -1，
所以 f t 在 0,e -1 上单调递增，在 e -1,+ 上单调递减.
又 f 1 = 0, f e = e -1 lne - e +1 = 0 ，所以当1 t e时， f t 0 .
因为存在 t a,ae ，使得 f t 0 é1 ù成立，所以只需 a e 且 ae 1，解得 a ê , e e ú .
故选：B .
f x x
- x
5．（2023·贵州毕节·模拟预测）已知函数 = + ln -x - a与 g x e= 的图象有交点，2 x
则 a的取值范围为（ ）
2, ée 1
1
- ù
A． + B． ê - ,+

÷ C． - , 2 D． - ,e 2
2
ú
è
【答案】B
a x e
- x - x
【分析】转化为 = + ln -x - 在 x < 0 时有解，令 h x x= + ln e-x - x < 0 ，利用
2 x 2 x
导数判断单调性可得答案.
x - x
【详解】因为函数 f x = + ln -x - a与 g x e= 的图象有交点，2 x
x - x - x
所以 + ln x a e- - = 在 x < 0 x e时有解， a = + ln -x - ，
2 x 2 x
x - x 1 1 -1 e- x x +1 2 x +1 e- x + x2 + x
令 h x = + ln x e- - x < 0 ， h x = + × + =
2 x 2 -x 2 -x x2 2x2
，
令 t x = 2 x +1 e- x + x2 + x x < 0 ，
x x
t x = 2 x +1 ' e- x + 2 x +1 e- x ' 2x -1+ e + e+ 2x +1 = ，
ex
x x
因为 x < 0 ，所以 x -1+ ex > 0,ex > 0 2x -1+ e + e，可得 t x = x > 0 ，e
故 t x 在 x < 0 1上单调递增，又 t -1 = 2 -1+1 e +1-1 = 0，
所以当 x < -1时 t x < 0，即 h x < 0， h x 在 - , -1 单调递减，
当-1 < x < 0时 t x > 0，即 h x > 0， h x 在 -1,0 单调递增，
a h x h 1 -1 e
1 1
所以 = - = + ln 1 - = e - .
2 -1 2
故选：B.
6 1-x．（2023·新疆·一模）已知函数 f x = e + tlnx t R 在定义域内单调递增，则 t 的最小值
为（ ）
1 1
A． B．1 C． D． e
e e2
【答案】B
【分析】先对函数 f x 求导得 f x = -e1-x t+ 0，然后分离构造函数 t g x = xe1-x 在定
x
义域 0, + 上恒成立，即可求解.
f x = e1-x【详解】由题意 + t ln x定义域为 0, + 且单调递增，
所以 f x = -e1-x t+ 0在 0, + 上恒成立，即 t xe1-x在 0, + 上恒成立，x
t g x = xe1-x 1-x令 ，所以只需 t g x ，所以 g x = e - xe1-x = 1- x e1-xmax ，
当 x 0,1 ， g x > 0， g x 在 0,1 单调递增，
当 x 1, + ， g x < 0， g x 在 1, + 单调递减，
当 x =1时， g x 有极大值且为最大值 g x = g 1 =1max ，所以 t 1，故 B 正确.
故选：B.
2a
7．（2023·四川乐山·二模）若存在 x0 -1,2 2 2，使不等式 x0 + e -1 ln a x + e x0 - 2成立，e 0
则 a的取值范围是（ ）
é 1 ,e2 ù é 1 ,e2 ù é 1 ,e4 ù é1 4 ùA． ê2e ú B． ê 2 ú C． ê 2 ú D． ê
, e
e e e ú
【答案】D
a 2
【分析】等价变形给定的不等式，并令 x = t ，构造函数 f (t) = e -1 ln t - 2t + 2 ，将问题e 0
é a a ù
转化为存在 t ê 2 , -1 ú，使得 f (t) 0成立，再借助导数求解即得. e e
2 2a 2 2 2 2a
【详解】依题意， x0 + e -1 ln a x + e x0 - 2 e -1 ln a - e -1 x0 x - 2e 0 e 0
e2 1 ln a e2 2a a 2a - - -1 ln ex0 2ex - 2 e -1 ln - 2，0 ex0 ex0
a a a
令 = t ，即 e2 -1 ln t - 2t + 2 0 ，由 x [-1,2]，得 t é , ù，
ex0 0 êe2 e-1 ú
f (t) = e2 a a令 -1 ln t - 2t + 2 é ù，则原问题等价于存在 t ê e2 , ，使得 f (t) 0成立，e-1 ú
2 e2 -1 - 2t 2 2
求导得 f (t) e -1= - 2 = ，由 f (t) < 0 t
e -1 e -1
，得 > ，由 f (t) > 0，得0 < t < ，
t t 2 2
e2 -1 e2 -1 因此函数 f t 在 ,+ ÷上单调递减，在2 0, ÷上单调递增，è è 2
2
f (1) = 0, f e2 = e2 2而 -1 ln e - 2e2 + 2 e -1= 2e2 - 2 - 2e2 + 2 = 0，又1< < e2 ，
2
é a a ù
则当1 t e2 时， f (t) 0，若存在 t ê 2 , -1 ú，使得 f (t) 0成立， e e
a 2 a 1 1 4
只需 2 e 且 -1 1，解得 a e4 且 a ，即 a e ，e e e e
所以 a
é1 4 ù
的取值范围为 ê , e . e ú
故选：D
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及
数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
2
8．（2024· 2四川成都·二模）已知函数 f x = mx - xlnx e存在极小值点 x0 ，且 f x0 < - ，则2
实数m 的取值范围为（ ）
3 3 2 2
A． 0, 2 ÷ B． 0, ÷ C． 0, ÷ D． 0,2e ÷è è 2e è e2 è e
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用导数结合零点存在性定理探讨极小值点，并求出极小值，利用
2
导数求出 f (x e0 ) < - 的解集，再利用导数求出m 的范围.2
【详解】函数 f (x) = mx2 - xlnx的定义域为 (0, + )，求导得 f (x) = 2mx -1- lnx，
当m 0时，函数 f (x) 在 (0, + )上单调递减， f (1) = 2m -1 < 0，
f (e2m-1) = 2me2m-1 -1- (2m -1) = 2m(e2m-1 -1) > 0，则存在 x1 (0,1)，使得 f (x1) = 0，
当 x (0, x1)时， f (x) > 0 ， f (x) 递增，当 x (x1,+ ) 时， f (x) < 0 ， f (x) 递减，
函数 f (x) 在 x = x1取得极大值，无极小值，不符合题意；
当m > 0时，令 g(x) = f (x) = 2mx -1- lnx，求导得 g (x) = 2m
1
- ，显然 g (x) 在 (0, + )上单
x
调递增，
x (0, 1当 ) 时， g (x) < 0，函数 f (x) 递减，当 x (
1 , + )时， g (x) > 0，函数 f (x) 递
2m 2m
增，
于是 f (x)
1
min = f ( ) = ln 2m ，2m
1
当 2m 1，即m 时， f (x) 0，函数 f (x) 在 (0, + )上单调递增，函数 f (x) 无极值，
2
1 2 2
当0 < m < 时， f (
1 ) < 0，而 f (m) 2m= -1- ln m 2m= - ln m > 0 ，
2 2m e e e e
x (0, 1存在 2 )，使得 f (x2 ) = 0，当 x (0, x2 )时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 递增，2m
x (x , 1当 2 )时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 递减，函数 f (x) 在 x = x 取得极大值，2m 2
又 f (
1 2
2 ) = -1+ 2ln m
2 1 2 2
，令 h(x) = -1+ 2ln x,0 < x < ，求导得 h (x) = - 2 + < 0，m m x 2 x x
1 1 1
函数 h(x) 在 (0, )上单调递减， h(x) > h( ) = 3- 2ln 2 > 0，则 f ( 2 ) > 0，2 2 m
1
存在 x3 ( , + )，使得 f (x3 ) = 0 ，当 x (
1 , x3)时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 递减，2m 2m
当 x (x3 ,+ )时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 递增，函数 f (x) 在 x = x3 取得极小值，因此 x3 = x0 ，
2
由 f (x0 ) = 0 ，得mx
1+ lnx
= 0 ， f (x ) = mx20 0 0 - x0 ln x
x0 - x0 ln x0 e
0 = < - ，2 2 2
即有 x0 - x0 ln x0 + e
2 < 0，令j(x) = x - x ln x + e2 , x >1，求导得j (x) = - ln x < 0，
函数j(x) 在 (1, + )上单调递减，而j(e2 ) = 0 2，即有j(x0 ) < j(e )
2
，于是 x0 > e ，
m 1+ lnx= 0 u(x) 1+ ln x , x e2 - ln x显然 2x ，令 = > ，求导得u
(x) = < 0，即函数u(x) 在 (e2 ,+ )
0 2x 2x2
上单调递减，
u(x) u(e2 ) 3 m 3 3 1 3因此 < = 2 ，即 < 2 ，又 2 < ，则0 < m < 2 ，2e 2e 2e 2 2e
3
所以实数m 的取值范围为 0, 2e2 ÷
.
è
故选：A
【点睛】结论点睛：可导函数 y = f (x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是 f (x0 ) = 0 ，且在 x0
左侧与右侧 f (x) 的符号不同．
二、多选题
9．（2023·重庆·模拟预测）已知 f x = a ln x + x a > 0 ，当 x 1时，存在 b， c R ，使得
f x bx + c x2 成立，则下列选项正确的是（ ）
A． a 0,1 B．b 1,2 C． c -1,0 D． a + b + c > 2
【答案】ABC
【分析】对 A，构造函数F (x) = x2 - a ln x - x，求导，再设 h(x) = 2x2 - x - a ，利用其单调性
得到 h(x) >1- a，然后对 a分类讨论即可；对 B，计算出 f (x), g(x)在 x =1时的切线方程即可
得到 a +1 b 2，即可得到b 的范围，对于 C,D，代入 x =1得b + c =1，则可确定 c和 a + b + c
的范围，
【详解】对 A，由 x2 a ln x + x ,令F (x) = x2 - a ln x - x ,
2
a 2x - x - a
所以F (x) = 2x - -1 = ,
x x
1
令 h(x) = 2x2 - x - a ,其对称轴为 x = ,故函数 h(x) 在 (1, + )上单调递增,
4
所以 h(x) > h(1) =1- a ,
当1- a 0时,即0 < a 1时, h(x) > 0, F (x) > 0 ,
则函数 F (x)单调递增,所以F (x) > F (1) = 0 .
当1- a < 0时,即 a > 1时,存在 x0 (1,+ ) ,使得 h x 20 = 0 ,即 2x0 - x0 - a = 0 ,
当 x 1, x0 时, h(x) < 0, F (x) < 0 ,则函数 F (x)单调递减,
所以F x0 < F (1) = 0,与F (x) 0矛盾,综上, a (0,1]，A 正确;
对 B，由 f (x) bx + c x2 可得 f (x) = a ln x + x 与 g(x) = x2 在 (1, + )上存在分隔直线,
f (x) a= +1， f (1) = a +1， g x = 2x， g 1 = 2， f (1) =1， g 1 =1，
x
则 f x , g x 在 x =1处的切线方程分别为: y = (a +1)x - a, y = 2x -1 ,
所以 a +1 b 2 ,可得b (1, 2] ,故 B 正确;
对 C，取 x =1得 f (1) =1 b + c g(1) =1,所以b + c =1,得 c =1- b [-1,0) ,故 C 正确,
对 D，由 C 知 a + b + c =1+ a 1,2 ，故 D 错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题 A 选项的关键是构造函数F (x) = x2 - a ln x - x，然后求导，对 a进
行分类讨论，对 B 关键是得到 f x , g x 在 x =1处的切线方程的斜率，从而得到不等式
a +1 b 2，对 C 和 D 通过代入 x =1得到b + c =1，即可进行判断.
10．（23-24 x高三上·安徽·阶段练习）已知函数 f x = e , g x = lnx ，其中 e为自然对数的底
数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 y = f x - eg x 的极值点为 1
B．$x 0,+ , f x - g x 2
C．若P,Q 分别是曲线 y = f x 和 y = g x 上的动点.则 PQ 的最小值为 2
1
D．若 f ax - g x 1- a x 对任意的 x 0, + 恒成立，则 a的最小值为
e
【答案】ACD
【分析】对于 A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于 B，设
h x = f x - g x ，求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于
C，利用曲线 y = ex 与曲线 y = ln x 互为反函数，可先求点 P 到 y = x 的最小距离d ，然后再求
PQ 的最小值；对于 D，利用同构把恒成立问题转化为 ax lnx ，分离参数，构造函数
u x lnx= ，利用导数求解最值即可.
x
x
【详解】 y = f x - eg x = ex - elnx e xe - e．所以 y = ex - = ，
x x
当0 < x <1时， y < 0，当 x >1时， y > 0，
所以 y = ex - elnx 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 y = f x - eg x 的极值点为 1，故 A 正确；
设 h x = f x - g x = ex - lnx，则 h x ex 1= - ，
x
由单调性的性质知 h x 在 0, + 上单调递增．
1 1 1 x
1
0
又 h e ÷
= ee - e<0, h 1 = e -1>0，则存在 x 0 ,1÷．使得 h xe 0
= e - = 0
x ，è è 0
ex 10即 = ， lnx0 = -x0 ，所以当 x 0, x0 时． h x < 0x ，当 x x0 ,+ 时． h x > 0．0
所以 h x 在 0, x0 上单调递减．在 x0 ,+ 上单调递增.
所以h(x)min = h x x
1
0 1 1
0 = e - lnx0 = + x0，又 x0 ,1

x ÷，则
+ x > 2
0 è e x
0 ，
0
所以"x 0, + , f x - g x > 2，故 B 错误；
因为函数 f x = ex 与函数 g x = lnx互为反函数，其图象关于 y = x 对称，
x
设点 P 到 y = x 的最小距离为d ，设函数 f x = e 上斜率为1的切线为 y = x + b，
f x = ex ，由 ex = 1得 x = 0，所以切点坐标为 0,1 0 -1 2，即b =1，所以 d = = ，
2 2
所以 PQ 的最小值为 2d = 2 ，故 C 正确；
若 f ax - g x 1- a x 对任意的 x 0, + 恒成立，
则 eax + ax x + lnx = elnx + lnx 对任意的 x 0, + 恒成立，
F x = x + ex令 ，则F x =1+ ex > 0．所以F x 在 0, + 上单调递增，则 ax lnx ，
即 a
lnx u x lnx u x 1- lnx ，令 = ，所以 = ，
x x x2
当0 < x < e时，u x > 0,u x 单调递增，当 x>e时，u x < 0,u x 单调递减，
所以u(x)max = u e
lne 1 1 1
= = ，所以 a ，即 a的最小值为 ，故 D 正确.
e e e e
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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.
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex + x - a ．若曲线 y = sin x 上存在点 x0 , y0 ，
使得 f f y0 = y0，则实数 a 的值可以是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】BC
【分析】根据已知条件先证明 f y0 = y0 ，然后将问题转化为“ f x = x在 0,1 上有解”，通
x 2
过分离参数并构造函数 g x = e + x - x , x 0,1 ，利用导数分析出 g x 的单调性并求解出
其值域，则 a的范围可求.
【详解】由题意可知： y0 = sin x0 -1,1 ，
因为曲线 y = sin x 上存在点 x0 , y0 ，使得 f f y0 = y0，
所以存在 y0 0,1 ，使得 f y0 = y0 成立，
且 f x = ex + x - a 在定义域内单调递增，
下面证明： f y0 = y0 成立，
假设 f y0 = c > y0 ，则 f f y0 = f c > f y0 = c > y0，所以不满足 f f y0 = y0，假设
不成立，
假设 f y0 = c < y0，则 f f y0 = f c < f y0 = c < y0 ，所以不满足 f f y0 = y0，假设
不成立，
由上可知， f y0 = y0 ；
则原问题等价于“ f x = x在 0,1 上有解”，即 “ a = ex + x - x2 在 0,1 上有解”，
设 g x = ex + x - x2 , x 0,1 g x = ex，所以 +1- 2x，令 s x = g x ,
则 s x = ex - 2，
令 s x = 0，解得 x = ln 2，
当 x 0, ln 2 时， s x < 0， g x 单调递减，
当 x ln 2,1 时， s x > 0， g x 单调递增，
ln 2
所以 g x g ln 2 = e +1- 2ln 2 = 3- 2ln 2 > 0 ，
所以 g x 在 0,1 上单调递增，
所以 g x 的值域为 é g 0 , g 1 ù ，即为 1,e ，所以 a 1,e ，
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：（1）根据所给条件能证明 f y0 = y0 ；（2）将问题转化为方程有解问
题，从而通过导数进行分析求解.
三、填空题
12 ．（ 2023· 浙 江 绍 兴 · 模 拟 预 测 ） 已 知 等 比 数 列 an 满 足 an > 0且
a1a2a3 + 2a
2
2 + a2 + a3 - a4 =1，则 a1的取值范围是 ．
é3- 5
【答案】 ê ,+
2
÷÷

【分析】利用等比数列，将各项均用 a1,q 表示，然后构造函数
f (q) = (a31 - a )q
3 + (2a21 1 + a1)q
2 + a1q -1，分类讨论 a1 1和0 < a1 <1两种情况下 f (q)的单调
性，进而确定为使方程 f (q) = 0有解， a1的取值范围.
【详解】因为 an 为等比数列，所以
a a a + 2a 2 + a + a - a 3 3 2 2 2 3 3 3 21 2 3 2 2 3 4 = a1 q + 2a1 q + a1q + a1q - a1q = (a1 - a1)q + (2a1 + a1)q
2 + a1q =1.
f (q) = (a3 3 2 2令 1 - a1)q + (2a1 + a1)q + a1q -1，
f (q) = 3(a3 2 2则 1 - a1)q + 2(2a1 + a1)q + a1 = a1[3(a1 +1)q +1][(a1 -1)q +1] .
因为 a1 > 0,q > 0 ，所以 a1[3(a1 +1)q +1] > 0 .
当 a1 1时， (a1 -1)q +1 > 0 ，此时 f (q) > 0恒成立， f (q)在 (0, + )上单调递增，
f (q) > f (0) = -1 2，所以 f (q) = 0一定有解，即$q > 0，使得 a1a2a3 + 2a2 + a2 + a3 - a4 =1成立.
当0 < a1 <1时， q (0,
1 ) 1，则 f (q) > 0，此时 f (q)1- a 单调递增；
q ( ,+ ) f (q) < 0
1 1- a
，则 ，
1
此时 f (q)单调递减.
1 a3 2
为使 f (q) = 0有解，则 f (q) 1
- a1 2a1 + a1 a1
max = f ( ) = + + -1 0，1- a1 (1- a )
3 (1- a )21 1 1- a1
a2 - 3a +1 0 3 - 5 a 3+ 5整理得 1 1 ，解得 1 .2 2
又0 < a <1 3- 51 ，所以 a1 <1 .2
é3- 5
综上， a1的取值范围是 ê ,+ ÷÷ .
2
é3- 5
故答案为： ê ,+
2
÷÷

x
13 e．（2024·全国·模拟预测）若存在正数 x ，使得不等式 < ln(ax)有解，则实数 a的取值范
a
围是 ．
【答案】 (e, + )
ex x x
【分析】由 < ln ax 转化为 xe < ax ln ax ，然后构造函数 f x = xe ，再利用导数求函
a
数的单调性，从而求解.
ex
【详解】因为 x > 0， ax > 0，所以 a > 0，不等式 < ln(ax)可以化为 xex < ax ln(ax)，
a
令 f (x) = xex ，则 ax ln(ax) = eln(ax) ln(ax) = f (ln(ax)) ，所以 f (x) < f (ln(ax))．
当 x > 0时， f (x) = (x +1)ex > 0，故函数 f (x) = xex 在 (0, + )上单调递增．
当 ln(ax) 0时， f (ln(ax)) 0，不合题意，舍去．
ln(ax) > 0 x 1当 时， > ，因为 f (x) 在 (0, + )上单调递增， f (x) < f (ln(ax))，
a
所以 x < ln(ax) ，即 x - ln x < ln a ．令 g(x) = x - ln x，则 g (x) 1
1 x -1
= - = ，
x x
当0 < x <1时， g x < 0，当 x >1时， g x > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
1 g(x) 1当0 < a 1时， 1，所以 在 ,+ ÷ 上单调递增，故 ln a g
1> ，
a ÷è a è a
1 1 1
所以 ln a > - ln ，即0 > ，矛盾，故舍去．
a a a
0 1 1当 a > 1时， < <1，所以当 x > 时， g(x)min = g(1) =1，a a
所以 ln a > 1，即 a > e．
综上可得，实数 a的取值范围是 (e, + )．
【点睛】根据不等式构造函数，利用导数研究求解函数单调性，从而求解不等式.
14．（2024·陕西安康·模拟预测）1557 年，英国数学家列科尔德首先使用符号“ = ”表示相等关
系，在莱布尼茨和其他数学家的共同努力下，这一符号才逐渐被世人所公认．1631 年，英
国数学家哈里奥特开始采用符号“ >”与“ <”，分别表示“大于”与“小于”，这就是我们使用的不
等号．以上内容是某校数学课外兴趣小组在研究数学符号发展史时查阅到的资料，并组织小
3
组成员研究了如下函数与不等式的综合问题：已知函数 f x = 2x - 2mx + m m R ，
g x = -3x2 ，若关于 x 的不等式 f x g x 在区间 1, + 上有解，则实数m 的取值范围
是 ．
【答案】 5,+
2x3 + 3x2 2x3 + 3x2
【分析】分离参数得m ，设 h x = x 1 ，利用导数求最值.
2x -1 2x -1
【详解】由题意，知 2x3 - 2mx m 3 2+ -3x2 ，即 2x + 3x m 2x -1 ．
3 2
x 1, 2x + 3x 1, m 2x
3 + 3x2
因为 + ，所以m 在 + 上有解，只需 ．
2x -1 è 2x -1
÷
min
3 2
设 h x 2x + 3x= x 1 ，对函数 h x 求导，
2x -1
8x3 - 6x 2x 2x + 3 2x - 3
得 h x =
2x -1 2
= > 0，
2x -1 2
所以函数 h x 在 1, + 上单调递增，所以 h x = hmin 1 = 5，所以m 5．
故答案为： 5,+ ．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，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 ，总有 f x1 < g x2 成立，故 f x < gmax x min ；
（2）若"x1 a,b ，$x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，故 f x < gmax x max ；
（3）若$x1 a,b ，$x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，故 f x < g xmin min ；
（4）若"x1 a,b ，$x2 c, d ，有 f x1 = g x2 ，则 f (x) 的值域是 g(x)值域的子集 ．
四、解答题
a
15．（23-24 高三上·江苏常州·期中）已知函数 f x = 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；
6
(2) a .
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 -11 x + 2 【详解】（ ）由题设 f x = ax + 2a -1- = = 且
x x x
x (0,+ )，
当 a 0时 f x < 0, f x 在 0, + 上递减；
当 a > 0时，令 f x 0 x 1= = ，
a
当0 < x
1
< 时 f x < 0, f x 1 在区间 0, ÷上递减；a è a
x 1当 > 时 f x > 0, f x 1 在
a
,+ ÷上递增．
è a
所以当 a 0时， f x 的减区间为 0, + ，无增区间；
a 0 f x 1 ,+ 1 当 > 时， 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 5a 6在 1,e 上递增，只需 f 1 = -1 2 a 符合．
2 5
a 6综上： ．
5
1
16．（2023·青海西宁·二模）设函数 f (x) = x - - a ln x．
x
(1)若函数 f (x) 在其定义域上为增函数，求实数 a 的取值范围；
1
(2)当 a 2时，设函数 g x = x - ln x - ，若在[1,e]上存在x1，x2使 f (x1) > g(x2 ) 成立，求实e
数 a 的取值范围．
【答案】(1) (- , 2]
(2) (- , e -1)
【分析】（1）由题意 f x 0在 (0, + )上恒成立，进一步化为 a x 1+ 在 (0, + )上恒成立，
x
利用基本不等式求右侧最值，即可得范围；
（2）由题意 x [1,e]时 f x > g x ，求 g(x)max min 最小值，利用导数并讨论参数 a 研究 f (x)
区间单调性确定最大值，即可求范围.
【详解】（1）因为函数 f (x) 在其定义域上为增函数，即 f x 0在 (0, + )上恒成立，
1 1 a 1所以 + 2 - 0在 (0, + )上恒成立，即 a x + 在 (0, + )上恒成立，x x x
1
又 x + 2 x 1× = 2（仅当 x＝1 时取等号），故 a 的取值范围为 (- , 2]；
x x
（2）在[1,e]上存在x1，x2，使 f (x1) > g(x2 ) 成立，即当 x [1,e]时 f x > gmax x min ，
又 g x =1 1- ，所以当 x [1,e]时， g x 0，
x
即函数 g(x)
1 1
在区间[1,e]上单调递增，故 g x = g 1 =1- ln1- =1-min ，e e
2
由（1）知 f x x - ax +1= ，
x2
2 y = x2 - ax +1 D = -a 2因为 x > 0，又 的判别式 - 4 1 1 = a2 - 4，
①当 a [-2,2]时D 0，则 f x 0恒成立，即 f (x) 在区间[1,e]上单调递增，
故 f x 1 1 1= f e = e - - a ，故 f (e) > g(1) ，即 e - - a >1-max ，得 a < e -1，e e e
又 a [-2,2]，所以 a [-2,e -1)；
2 2
②当 a (- ,-2)时D > 0， f x = 0的两根为 x a - a - 4 a + a - 41 = ， x2 = ，2 2
此时 x1 < 0 ， x2 < 0，故函数 f (x) 在区间[1,e]上是单调递增．由①知 a < e -1，所以 a < -2
综上，a 的取值范围为 (- , e -1)．
17．（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
x
数的单调性和极值；
3 ln x
（2）首先不等式参变分离为 a + ，在 x 0,e 3 ln x时有解，再构造函数 g x = + ，
x x x x
x 0,e ，转化为利用导数求函数的最大值.
f x a 1 ax -1【详解】（1） = - = , 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；
1
当 a > 0时，令 f x = 0，得 x = ，
a
f x 1< 0 1 ，得0 < x < ，函数在区间 0,a a ÷ 上单调递减，è
f x 1> 0 1，得 x > ，函数在区间 ,+ ÷ 上单调递增，a è a
x 1=
1
当 ，函数取得极小值 f ÷ =1+ ln a ，a è 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 时考点 19 利用导数研究恒(能)成立问题（3 种核心题型+基础
保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
　恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意
义、函数、方程等相交汇，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，
试题难度略大．
【核心题型】
题型一　分离参数求参数范围
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(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.
ax é1 ù
【例题 1】（2024·全国·模拟预测）若关于 x 的不等式 e -1 lnx + ax xe -1在 x ê ,1 2 ú内
有解，则正实数 a的取值范围是（ ）
A． 0,2 + 2ln2 é 1B． ê , e
ù
ú C． 0,4
é 1 ,eùD．
e ê2e ú
【变式 1】（2024·四川宜宾·二模）已知不等式 axex + x >1- lnx有解，则实数 a的取值范围为
（　　）
1- ,+ 1- ,+ 1 1A． 2 ÷ B． ÷ C． - ,

÷ D． - , ÷
è e è e è e2 è e
【变式 2】（2024·上海普陀·二模）已知 a R ，若关于 x 的不等式 a(x - 2)e- x - x > 0的解集中
有且仅有一个负整数，则 a的取值范围是 .
【变式 3】（2024· 2全国·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．
题型二　等价转化求参数范围
根据不等式恒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．
x+a
【例题 2】（2023· · x 1,+ x 1 1+ 河南开封 模拟预测）若存在 ，使得关于 的不等式 ÷ e
è x
成立，则实数 a的最小值为（ ）
1 1
A．2 B． C． ln2 -1 D． -1
ln2 ln2
x
【变式 1】（2023·贵州·二模）已知函数 f x = xe + 2a ， g x e ln x= ，对任意 x1 1,2 ，x
$x2 1,3 ，都有不等式 f x1 g x2 成立，则 a 的取值范围是（ ）
é1- e
A． é-e
2 ,+ B． ê ,+ ÷ 2
é e é1
C 2． ê- , + ÷ D． ê - e , + 2 2 ÷
【变式 2】（2024·吉林延边·一模）若对任意 x e, + ，存在实数l ，使得关于 x 的不等式
ln x - e + lx +1 0成立，则实数l 的最小值为 ．
ln x
【变式 3】（2023·海南海口·一模）已知函数 f x = +1 .
x -1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
lx
lx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求实数l 的最大 e +1 x -1
值.
题型三　双变量的恒(能)成立问题
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，
常见的等价转换有
(1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min.
(3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max.
1
【例题 3】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 f (x) = e2 - x2 ，函数
2
g x = x2 2+ x - 2 a 0
a ．
(1)若直线 x = t t R 与函数 f x 交于点 A，直线 x = et - t t R 与函数 g x 交于点 B，且
函数 f x 在点 A 处的切线与函数 g x 在点 B 处的切线相互平行，求 a 的取值范围；
a
(2)函数 h x = x ln x - g x 在其定义域内有两个不同的极值点x1，x2，且 x1 > x2 ，存在实2
数l > 0 1+l使得不等式 e < x1 x
l
2 恒成立，求实数l 的取值范围．
【变式 1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex-1 x > 0 ， g x =1+ ln x ．
(1)证明： f x g x ．
(2)若 axf x 1+ x2 g x 恒成立，求实数 a的取值范围．
【变式 2】（2024· x山西晋中·模拟预测）已知函数 f x = e , g x = lnx ，其中 e为自然对数的
底数.
(1)若 f ax - g x 1- a x 对任意的 x 0,+ 恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)设 g x = lnx g b - g a 的导数为 g x ，若0 < a < b，求证：关于 x 的方程 = g x 在区
b - a
间 a,b 上有实数解.
2
【变式 3】（2024·辽宁·一模）已知函数 f x = b ln x ， g x = x + ax （其中 a，b 为实数，且
b > 0）
(1)当 a = -1时， f x g x 恒成立，求 b；
(2)当b = 2 时，函数G x = f x - g x 有两个不同的零点，求 a 的最大整数值．（参考数据：
ln 5 0.223）
4
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2024· x全国·模拟预测）已知函数 f x = e + e +1 x - a a R , g x = x2 + 2x．若存在
x 0,1 ，使得 f x = g x 成立，则实数 a 的最大值是（ ）
A． 2e - 2 B． e - 2 C． e +1 D． 2e +1
2．（2023·全国·模拟预测）定义在R 上的函数 f x 的导函数为 f x ，对任意 x R ，
n Ν*，都有 nf x + xf x > 0 恒成立，则下列结论成立的是（ ）
A n．当 n为偶数时， x f x 在R 上为增函数
B．当 n为偶数时，存在 x0 使得 f x0 < 0
C n．当 n为奇数时， x f x 在R 上为增函数
D．当 n为奇数时，存在 x0 使得 f x0 < 0
3x + 3
3．（2024·河南·模拟预测）已知函数 f x = - x 1 + ax(x > 0) 的图象经过 A, B两点，且 f xe -
的图象在 A, B处的切线互相垂直，则 a的取值范围是（ ）

A． -3,0 3, 5 - 3 5 + 3 5 + 3 5 - 3B． - ÷÷ C． - ,0÷÷ D． - ,
è 2 è 2 è 2 2
÷÷

二、多选题
4．（2023· 2 - x广东广州·一模）已知函数 f x = x + 2 x 0 , g x = ae (a > 0)，点P,Q 分别在
函数 y = f x 的 y = g x 的图像上，O为坐标原点，则下列命题正确的是（ ）
A．若关于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上无解，则 a > 3e
B．存在P,Q 关于直线 y = x 对称
C．若存在P,Q 关于 y 轴对称，则0 < a 2
1
D．若存在P,Q 满足 POQ = 90o，则0 < a
2 2e
5．（2023·山东泰安·模拟预测）已知函数 f x = 4sin x - 2ax - 3 a R ， g x = 2x cos x - 3，
则下列选项中正确的有（ ）
9
A．当 a = 时，函数 f x 和 g x 在 x = 0处的切线互相垂直
4
B．若函数 f x 在 -π,0 内存在单调递减区间，则 a -2
C．函数 g x 在 -π,0 内仅有一个零点
D．若存在 x 0, π ，使得 f x g x 成立，则 a π<
2
三、填空题
6．（2023·云南·三模）设函数 f x = xex + ax,a > -1，若存在唯一整数 x0 ，使得 f x0 < 0，
则 a的取值范围是 .
7 2．（2023·辽宁锦州·模拟预测）若关于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2 个整数，
则 k 的取值范围是 ．
1
8．（2024·浙江· 2模拟预测）已知函数 f x = 2x + 2x ， g x = 2m - lnx，若关于 x 的不等式e
f x xg x 有解，则m 的最小值是 .
四、解答题
9．（2023· 2四川成都·一模）已知函数 f x = x lnx + m + lnx 2 ÷ x ，è
g x x3 3 3= + - m ÷ x2
3m
- x .
è 2 4 2
(1)当m = 0时，求 f x 在 1, f 1 处的切线方程；
2
(2)当m = 2 时，设函数F x = g x + f x ，求证：F x < 0有解.
3
x
10．（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)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.
é1 ù ln x +1
11．（2024·福建泉州·模拟预测）（1）已知 x ê ,1ú，求 f x = 2 的最大值与最小值； 2 x
（2）若关于 x 的不等式 ln x > ax2 -1存在唯一的整数解，求实数 a 的取值范围.
综合提升练
一、单选题
1．（22-23 高三下·江西赣州·阶段练习）设函数 f x 的导函数为 f x ，若 f x 在其定义域
内存在 x0 ，使得 f x0 = f x0 ，则称 f x 为“有源”函数.已知 f x = ln x - 2x - a 是“有源”
函数，则 a 的取值范围是（ ）
A． - , -1 B． -1, +
C． - ,-ln 2-1 D． - ln 2 -1, +
1 1
2．（2023·四川南充· 3 x 2三模）已知函数 f (x) = x ， g(x) = e - x - x，$x1， x2 [1, 2]使3 2
g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 （ k 为常数）成立，则常数 k 的取值范围为（ ）
2 ù 2
A． (- , e - 2] B． (
e - 3 e - 3
- , e - 2) C． - , 4 ú
D． - , ÷
è è 4
1 1
3．（2023·河北石家庄·模拟预测）已知 a R ，函数 f x = ax4 - x2 .若存在 t R ，使得
4 2
f t + 2 - f t 1 ，则当 a取最大值时 f x 的最小值为（ ）
4
9 2 4
A． 0 B．- C．- D．
16 9 9
4．（2023·四川成都·模拟预测）若关于 x 的不等式 e -1 lna + x aex -1在 x 0,1 内有解，
则实数 a的取值范围是（ ）
é 1 ù 1
A 2 é． ê , e ú B． ê ,e
ù é1 ù é 1 ù
ú C
2
2e
．
e ê
, e ú D． ê , e e 2e ú
x - x
5．（2023· e贵州毕节·模拟预测）已知函数 f x = + ln -x - a与 g x = 的图象有交点，2 x
则 a的取值范围为（ ）
1 1
A． 2, + B é． êe - ,
- ù+ ÷ C． - , 2 D． - ,e 2
2
ú
è
6．（2023·新疆·一模）已知函数 f x = e1-x + tlnx t R 在定义域内单调递增，则 t 的最小值
为（ ）
1 1
A． B．1 C． 2 D． ee e
2a
7．（2023· 2 2四川乐山·二模）若存在 x0 -1,2 ，使不等式 x0 + e -1 ln a x + e x0 - 2成立，e 0
则 a的取值范围是（ ）
é 1
A , e2 ù
é 1
B ,e2 ù é
1 4 ù é1 4 ù
． ê2e ú ． ê 2 ú
C． , e
e êe2 ú
D． , e
êe ú
2
8．（2024· 2 e四川成都·二模）已知函数 f x = mx - xlnx 存在极小值点 x0 ，且 f x0 < - ，则2
实数m 的取值范围为（ ）
0, 3 3 2 2 A．
è 2e2 ÷
B． 0, C． 0, D． 0,
è 2e ÷ ÷ ÷ è e2 è e
二、多选题
9．（2023·重庆·模拟预测）已知 f x = a ln x + x a > 0 ，当 x 1时，存在 b， c R ，使得
f x bx + c x2 成立，则下列选项正确的是（ ）
A． a 0,1 B．b 1,2 C． c -1,0 D． a + b + c > 2
10．（23-24 高三上·安徽· x阶段练习）已知函数 f x = e , g x = lnx ，其中 e为自然对数的底
数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 y = f x - eg x 的极值点为 1
B．$x 0,+ , f x - g x 2
C．若P,Q 分别是曲线 y = f x 和 y = g x 上的动点.则 PQ 的最小值为 2
D．若 f ax - g x 1- a x 对任意的 x 0, + 1恒成立，则 a的最小值为
e
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex + x - a ．若曲线 y = sin x 上存在点 x0 , y0 ，
使得 f f y0 = y0，则实数 a 的值可以是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
三、填空题
12 ．（ 2023· 浙 江 绍 兴 · 模 拟 预 测 ） 已 知 等 比 数 列 an 满 足 an > 0且
a a a 21 2 3 + 2a2 + a2 + a3 - a4 =1，则 a1的取值范围是 ．
x
13．（2024·全国· e模拟预测）若存在正数 x ，使得不等式 < ln(ax)有解，则实数 a的取值范
a
围是 ．
14．（2024·陕西安康·模拟预测）1557 年，英国数学家列科尔德首先使用符号“ = ”表示相等关
系，在莱布尼茨和其他数学家的共同努力下，这一符号才逐渐被世人所公认．1631 年，英
国数学家哈里奥特开始采用符号“ >”与“ <”，分别表示“大于”与“小于”，这就是我们使用的不
等号．以上内容是某校数学课外兴趣小组在研究数学符号发展史时查阅到的资料，并组织小
3
组成员研究了如下函数与不等式的综合问题：已知函数 f x = 2x - 2mx + m m R ，
g x = -3x2 ，若关于 x 的不等式 f x g x 在区间 1, + 上有解，则实数m 的取值范围
是 ．
四、解答题
a
15．（23-24 高三上·江苏常州·期中）已知函数 f x = 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．
1
16．（2023·青海西宁·二模）设函数 f (x) = x - - a ln x．
x
(1)若函数 f (x) 在其定义域上为增函数，求实数 a 的取值范围；
1
(2)当 a 2时，设函数 g x = x - ln x - ，若在[1,e]上存在x1，x2使 f (x1) > g(x2 ) 成立，求实e
数 a 的取值范围．
17．（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．
18．（2023·陕西宝鸡·一模）已知函数 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然对数
的底数.
(1)当 a = e,b = 4 时，求整数 k 的值，使得函数 f (x) 在区间 (k,k +1) 上存在零点；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，试求 a的取值范围.
19．（2024· x河北·二模）已知函数 f x = e ．
(1)求曲线 y = f x 在 x = 0处的切线 l与坐标轴围成的三角形的周长；
(2)若函数 f x 的图象上任意一点 P 关于直线 x =1的对称点Q都在函数 g x 的图象上，且存
在 x 0,1 ，使 f x - 2ex m + g x 成立，求实数m 的取值范围．
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·山西·模拟预测）设函数 f (x) = ln x， g(x) = xa (x > 0,a 0)，若存在直线 l既是曲线
y = f (x) 的切线，也是曲线 y = g(x) 的切线，则实数 a的取值范围是（ ）
A． (1,
1
+ ) éB． ê ,+
é1
÷ C． ê ,1

÷ U (1,
1
+ ) ùD． 0, ú U (1,+ ) e e è e
2 1 1
2．（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知不等式 lnx - - a -x ÷ x2
+ e 0有实数解，则实数 a
è e
的取值范围为（ ）
1
A． - ,-
ù
B． - ,0 é 1 C． - ,+ ÷ D． 0, +
è 2eú ê 2e
ìln -x + a, x < 03．（2022·青海西宁·模拟预测）函数 f x = í 3 ，且存在 x 1,+ ，使得
x +1, x 0
0
f -x0 = f x0 ，若对任意 x > 0， f x kx -1
k
恒成立，则 的最大值为（
a ）
3
A．1 B． C．2 D．3
2
4．（2023·四川达州·一模）已知 f x = aln x -1 - x3 + 4x2， g x = xe x - lnx 3- x - ，若不等
4
f x
式 > 0g x 的解集中只含有 2个正整数，则
a的取值范围为（ ）
25 , 72 ù 9 ùA． B． - ,0
è ln5 ln6 ú è ln3 ú
9- ,0ù 25 72 ùC．
è ln2 ú
D． ,
è ln4 ln5 ú
二、多选题
5．（23-24 x高二上·重庆·期末）已知函数 f (x) = e + a x， g(x) = (x + a) ln x ，则下列说法正
确的是（ ）
A．若函数 y = f (x) 存在两个极值，则实数 a
1
的取值范围为 - ,

è e2 ÷
B．当 a =1时，函数 y = g(x) 在 (0, + )上单调递增
C．当 a =1时，若存在 x 1，使不等式 f (mx) f x2 + x ln x 成立，则实数m 的最小值
为 0
1
D．当 a =1时，若 f x1 = g x2 = t(t > 0) ，则 x1 x2 +1 ln t 的最小值为 e
6．（2023· · f x = 2x -1 ex 2山东泰安 二模）已知函数 - ax - bx + b， a,b R .（ ）
A．若曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 2x - y - 2 = 0，且过点 1,e - 2 ，则
a = -1，b = 2
1
B．当 a = b且0 < a < 时，函数 f x 在 0, + 上单调递增
e
8 e
C．当 a = b时，若函数 f x 有三个零点，则 a ,1÷÷ U e, +
è 5e
é 3 5
D 2 3
ù
．当 a = 0时，若存在唯一的整数 x0 ，使得 f x0 < 0，则b ê ,1 U 3e , e 2e ÷ è 2 ú
三、填空题
ì ln x -1 , x >1
7．（2023·四川攀枝花·二模）已知函数 f x = í ，若存在非零实数 x0 ，使得
k x -1 +1, x <1
f 1- x0 = f 1+ x0 成立，则实数 k 的取值范围是 ．
x
8．（2023·江苏连云港·模拟预测）已知定义在 R 上的函数 f x e -1=
ex
，若
+1
f ex + f (ax) < 0 有解，则实数 a 的取值范围是 ．
9．（2023·上海金山·二模）已知函数 y = f x 和 y = g x 的表达式分别为 f x = -x2 - 4x ，
g x = x x2 - a ，若对任意 x1 é 1, 2 ù ，若存在 x2 -3,0 ，使得 g x1 < f x2 ，则实数 a
的取值范围是 .
四、解答题
10 x-a．（2023·山东青岛·模拟预测）已知函数 f x = e - ln x .
(1)当 a = 0时，求曲线 y = f x 在 1, f 1 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在 x0 e, + ，使 f (x0 ) < 0成立，求 a 的取值范围.
11．（2023· 2广西南宁·三模）已知函数 f x = x - a ln x a R ．
(1)若曲线 f x 在 1, f 1 处的切线与直线 y = -x + 5垂直，求实数 a的值．
(2) $x0 1,e
f x0 +1+ a
，使得 0成立，求实数 a的取值范围．
x0
12．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数 f x = 2lnx - ax2 +1 a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若存在正数 x ，使 f x 0成立，求 a的取值范围；
(3)若0 < x1 < x2 ，证明：对任意 a 0, + ，存在唯一的实数 x0 x1, x2 ，使得
f x f x - f x= 2 1 0 成立.x2 - x1

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