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第34讲　利用导数研究函数的性质(3)
——恒成立与能成立、零点问题
基础回归
经典回眸
1．已知不等式ln x－kx≤0恒成立，则实数k的取值范围是(　D　)
A．[0，e) B．(－∞，e]
C． D．
【解析】 由题可得k≥在区间(0，＋∞)上恒成立，令f(x)=(x＞0)，则f′(x)=(x＞0)．当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，所以f(x)max=f(e)=，所以k≥．
2．已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=(　A　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
【解析】 y′=3(x＋1)(x－1)，令y′＞0，可得x＞1或x＜－1；令y′＜0，可得－1＜x＜1.所以函数在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以函数在x=－1处取得极大值，在x=1处取得极小值．因为函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，所以极大值等于0或极小值等于0，所以－1＋3＋c=0或1－3＋c=0，所以c=－2或2.
3．已知f(x)=xex，g(x)=－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围为(　B　)
A． B．
C．(0，e) D．
【解析】 存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max．由题知f′(x)=ex＋xex=(1＋x)ex，当x＜－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞－1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x=－1时，f(x)取得最小值，即f(x)min=f(－1)=－．当x=－1时，g(x)取得最大值，即g(x)max=g(－1)=a，所以－≤a，即实数a的取值范围是．
4．若函数f(x)=x－aln x，a∈R有两个零点，则实数a的取值范围为　(e，＋∞)　．
【解析】 f′(x)=1－，x＞0.令f′(x)=0，得x=a，则a＞0.当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，且当x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以当f(x)min=f(a)=a－aln a＜0时，f(x)有两个零点，解得a＞e．
举题固法
零点问题
例 1　(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=ax－(ln x)2.
(1) 当a=1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】 当a=1时，f(x)=x－(ln x)2，x＞0，则f′(x)=1－，则f′(1)=1，且f(1)=1，则切点为(1，1)，且切线的斜率为1，故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x．
(2) 若f(x)有3个零点，求a的取值范围．
【解答】 令f(x)=ax－(ln x)2=0，x＞0，得a=．设g(x)=，x＞0，则g′(x)=
=，由g′(x)=0，解得x=1或e2，其中g(1)=0，g(e2)=．当0＜x＜1时，
g′(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；当1＜x＜e2时，g′(x)＞0，g(x)在(1，e2)上单调递增；当x＞e2时，g′(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减．当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0.如图，作出函数g(x)的大致图象，要使函数f(x)有3个零点，则方程a=g(x)在(0，＋∞)内有3个根，即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点，结合图象可知，0＜a＜．故a的取值范围为．
零点问题的解决方法：
(1) 参变量分离法：由a·f(x)－g(x)=0分离变量得出a=，将问题转化为直线y=a与函数y=的图象的交点问题．
(2) 直接法：作出函数图象，探究极值的正负，将问题转化为函数图象与x轴的交点问题．
变式 1　(2025·烟台、东营一模)已知函数f(x)=x(x＋c)2在x=1处有极大值．
(1) 求实数c的值；
【解答】 由函数f(x)=x(x＋c)2，求导可得f′(x)=(x＋c)(3x＋c)．由函数f(x)=x(x＋c)2在x=1处取极大值，得f′(1)=0，解得c=－1或－3.当c=－1时，可得f′(x)=(x－1)(3x－1)，易知当＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意，舍去；当c=－3时，可得f′(x)=(x－3)(3x－3)，易知当x＜1时，f′(x)＞0；当1＜x＜3时，f′(x)＜0，此时函数f(x)在x=1处取得极大值，符合题意．综上所述，c=
－3.
(2) 若函数g(x)=f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【解答】 由(1)可得函数f(x)=x(x－3)2，求导可得f′(x)=3(x－1)(x－3)，令f′(x)=0，解得x=1或3，可得下表：
x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f(x)的极大值为f(1)=4，极小值为f(3)=0，函数g(x)=f(x)＋a存在三个零点，等价于函数f(x)的图象与直线y=－a存在三个交点，作出大致图象如图所示．由图可得0＜－a＜4，则－4＜a＜0.故实数a的取值范围是(－4，0)．
单变量成立问题
例 2　(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)=ex＋x2，g(x)=xln x＋(a＋1)x．
(1) 求曲线y=g(x)在(1，g(1))处的切线方程；
【解答】 g(1)=a＋1，g′(x)=ln x＋a＋2，g′(1)=a＋2，所以g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y－(a＋1)=(a＋2)(x－1)，即(a＋2)x－y－1=0.
(2) 若f(x)≥g(x)，求a的取值范围．
【解答】 由f(x)≥g(x)可知，ex＋x2≥xln x＋(a＋1)x，x∈(0，＋∞)，即－ln x＋x－(a＋1)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，设F(x)=－ln x＋x－(a＋1)，F′(x)=，当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，F(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)在(1，
＋∞)上单调递增，所以x=1时，F(x)取得最小值，最小值为F(1)=e－a，由题意知e－a≥0，即a≤e，故a的取值范围为(－∞，e]．
将f(x，a)与0的大小关系转化成g(x)和h(a)的大小关系：
(1) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)max；
(2) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)min；
(3) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)min；
(4) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)max．
变式 2　(2025·鹰潭二模)已知函数f(x)=xln x．
(1) 求函数f(x)在x=e处的切线方程；
【解答】 f(x)=xln x，f′(x)=ln x＋1，而f(e)=e，f′(e)=2，所以f(x)在x=e处的切线方程为y=2x－e．
(2) 若关于x的不等式f(x)≥ax－x－1恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由题意得f(x)≥ax－x－1恒成立，因为x＞0，所以问题等价于a≤ln x＋＋1恒成立．令g(x)=ln x＋＋1，g′(x)=(x＞0)，当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数；当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，则函数g(x)≥g(1)=2，故a≤2.故实数a的取值范围为(－∞，2]．
双变量成立问题
例 3　已知函数f(x)=2ln x－ax2＋(2a－1)x(a＞0)．
(1) 若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线经过原点，求a的值；
【解答】 由f(x)=2ln x－ax2＋(2a－1)x(a＞0)，可得f′(x)=－ax＋2a－1.因为f′(1)=2－a＋2a－1=a＋1，f(1)=－a＋2a－1=－1，所以切点坐标为，切线方程为y－=(a＋1)(x－1)．因为切线经过点(0，0)，所以－1=a＋1，解得a=4.
(2) 设g(x)=x2－2x，若对任意s∈(0，2]，均存在t∈(0，2]，使得f(s)＜g(t)，求a的取值范围．
【解答】 由题知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=－[ax2－(2a－1)x－2]．令ax2－(2a－1)x－2=0，x＞0，解得x=2.因为a＞0，令f′(x)＞0，得0＜x＜2；令f′(x)＜0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)，所以x∈(0，2]时，f(x)max=f(2)=
2ln 2＋2a－2.因为g(t)=t2－2t=(t－1)2－1，所以函数g(t)在区间(0，2]上的最大值为0.由题意可知f(x)max＜g(x)max，即2ln 2＋2a－2＜0，故a＜1－ln 2，所以a的取值范围是(0，1－ln 2)．
(1) x1∈D， x2∈E，均有f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)max；
(2) x1∈D， x2∈E，使得f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)min；
(3) x1∈D， x2∈E，使得 f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)max＞g(x)min．
变式 3　已知f(x)=ln x－＋，g(x)=－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是　　．
【解析】 因为f(x)=ln x－＋，所以f′(x)=－－==－．当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当1＜x≤2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min=f(1)=．因为g(x)=－x2－2ax＋4的图象开口向下，所以g(x)在区间[1，2]上的最小值在端点处取得，所以要使对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x)min≥g(x)min，即≥g(1)或≥g(2)，即≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，解得a≥－，所以实数a的取值范围是．
配套热练
1．已知函数f(x)=a＋xln x，若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥1恒成立，则实数a的最小值为(　A　)
A．1 B．－1
C．2 D．－2
【解析】 因为f(x)≥1，即a＋xln x≥1，所以a≥1－xln x在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)=1－xln x，因为g′(x)=－1－ln x，x∈[1，＋∞)，所以ln x≥0，－1－ln x≤－1，所以g′(x)=－1－ln x＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)=1，即a≥1.故实数a的最小值为1.
2．已知函数f(x)=－1＋ln x，若存在x0＞0，使得f(x0)≤0，则实数a的取值范围是(　C　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
【解析】 由题意知a≤x－xln x有解，即a≤(x－xln x)max．令g(x)=x－xln x，x＞0，则g′(x)=1－(ln x＋1)=－ln x，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，所以g(x)max=g(1)=1，所以a≤1.
3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)=kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时f(x)＜－x2恒成立，则实数k的取值范围是(　D　)
A．(－∞，0) B．(－∞，0]
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1]
【解析】 由f(x)＜－x2，得k＜xln x－x在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)=xln x－x(x＞1)，则g′(x)=ln x＋1－1=ln x＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)=－1，即k≤－1.
4．(2025·枣庄期末)已知函数f(x)=(x＋1)ex，若关于x的方程f(x)=k有2个实数解，则k的取值范围是(　B　)
A． B．
C． D．(0，＋∞)
【解析】 f′(x)=ex(x＋2)，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)min=f(－2)=－，当x＜－1时，可得f(x)＜0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)的大致图象如图所示，函数y=f(x)和y=k的图象有2个公共点，结合图象可得实数k的取值范围是．
5．(多选)已知函数f(x)=(x2－3)ex，x∈R，则(　AB　)
A．函数f(x)有且只有2个零点
B．函数f(x)的单调递减区间为(－3，1)
C．函数f(x)存在最大值和最小值
D．若方程 f(x)=a有三个实数解，则a∈(－2e，6e－3)
【解析】 由函数f(x)=(x2－3)ex，x∈R，得f′(x)=(x－1)(x＋3)ex，令f′(x)＜0，解得
－3＜x＜1；令f′(x)＞0，解得x＜－3或x＞1，所以函数f(x)在(－3，1)上单调递减，在
(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，且f(－3)=6e－3，f(1)=－2e，当x→－∞时，f(x)→0＋，作出函数y=f(x)的大致图象如图所示，可得A，B正确；f(x)min=f(1)=－2e，无最大值，所以C错误；若方程f(x)=a有三个实数解，即y=a与y=f(x)的图象有三个不同的交点，可得a∈(0，6e－3)，所以D错误．
6．已知函数f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若对任意的x1∈，都存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是　(－∞，1]　．
【解析】 由题意知f(x1)min≥g(x2)min，x1∈，x2∈[2，3]．对于函数f(x)=x＋，x∈，f′(x)=1－=＜0，因此函数f(x)在上单调递减，所以f(x)min=f(1)=5.对于函数g(x)=2x＋a，x∈[2，3]，g(x)在[2，3]上单调递增，所以g(x)min=g(2)=4＋a，所以5≥4＋a，解得a≤1，所以实数a的取值范围是(－∞，1]．
7．已知f(x)=(x＋1)e－x＋12，g(x)=(x＋1)2＋a，若存在x1∈R，对任意的x2∈[0，2]，使得f(x2)≥g(x1)，则实数a的取值范围是　　．
【解析】 因为f(x)=(x＋1)e－x＋1，所以f′(x)=e－x＋1－(x＋1)e－x＋1=－xe－x＋1，所以当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)在区间[0，2]上单调递减，所以f(x)min=f(2)=．又因为g(x)=(x＋1)2＋a，所以g(x)min=g(－1)=a．若存在x1∈R，对任意的x2∈[0，2]，使得f(x2)≥g(x1)成立，则g(x)min≤f(x)min，即a≤，所以实数a的取值范围是．
8．(2025·佛山二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=1－(x＞0，a∈R)．
(1) 若曲线y=f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y=g(x)也相切，求a的值；
【解答】 由题设f′(x)=，则f′(1)=1，故f(x)在P(0，1)处的切线方程为y=x－1.由
g′(x)=(x＞0，a∈R)，令g′(x)=1，可得x=且a＞0，则g()=1－，所以切线方程为y－(1－)=x－，即y=x＋1－2．由曲线y=f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y=g(x)也相切，知1－2=－1 a=1.
(2) 若f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围．
【解答】 由f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，则ln x－1＋＞0恒成立，所以a＞x－
xln x在(0，＋∞)上恒成立．设y=x－xln x，则y′=－ln x，当0＜x＜1时，y′＞0，y=x－
xln x在(0，1)上单调递增；当x＞1时，y′＜0，y=x－xln x在(1，＋∞)上单调递减，所以ymax=1－1×ln 1=1，故a＞1.即a的取值范围是(1，＋∞)．
9．(2025·茂名二模)已知f(x)=－x2－ax＋，a为常数，且a＞0.
(1) 若f(1)=0，求函数f(x)的单调区间；
【解答】 因为f(1)=－－a＋=0，所以a=1，所以f′(x)=x2－(a－1)x－a=(x＋1)·(x－a)=(x＋1)(x－1)，x∈R．当x∈(－∞，－1)和x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．
(2) 若方程f(x)=0有且仅有2个不等的实数解，求a的值．
【解答】 因为方程f(x)=0有2个不同的实数解，所以f(x)有2个零点，又由(1)可知，
f′(x)=(x＋1)(x－a)，因为a＞0，则当x∈(－∞，－1)∪(a，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(－1，a)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(－1)=－－＋a＋=0或f(a)=－－a2＋=0，解得a=－或a=0或a=－4或a=1，又a＞0，所以a=1.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第34讲　利用导数研究函数的性质(3)
——恒成立与能成立、零点问题
基础回归
经典回眸
1．已知不等式ln x－kx≤0恒成立，则实数k的取值范围是(　 　)
A．[0，e) B．(－∞，e]
C． D．
2．已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=(　 　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
3．已知f(x)=xex，g(x)=－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围为(　 　)
A． B．
C．(0，e) D．
4．若函数f(x)=x－aln x，a∈R有两个零点，则实数a的取值范围为　 　．
举题固法
零点问题
例 1　(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=ax－(ln x)2.
(1) 当a=1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 若f(x)有3个零点，求a的取值范围．
零点问题的解决方法：
(1) 参变量分离法：由a·f(x)－g(x)=0分离变量得出a=，将问题转化为直线y=a与函数y=的图象的交点问题．
(2) 直接法：作出函数图象，探究极值的正负，将问题转化为函数图象与x轴的交点问题．
变式 1　(2025·烟台、东营一模)已知函数f(x)=x(x＋c)2在x=1处有极大值．
(1) 求实数c的值；
(2) 若函数g(x)=f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
单变量成立问题
例 2　(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)=ex＋x2，g(x)=xln x＋(a＋1)x．
(1) 求曲线y=g(x)在(1，g(1))处的切线方程；
(2) 若f(x)≥g(x)，求a的取值范围．
将f(x，a)与0的大小关系转化成g(x)和h(a)的大小关系：
(1) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)max；
(2) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)min；
(3) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)min；
(4) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)max．
变式 2　(2025·鹰潭二模)已知函数f(x)=xln x．
(1) 求函数f(x)在x=e处的切线方程；
(2) 若关于x的不等式f(x)≥ax－x－1恒成立，求实数a的取值范围．
双变量成立问题
例 3　已知函数f(x)=2ln x－ax2＋(2a－1)x(a＞0)．
(1) 若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线经过原点，求a的值；
(2) 设g(x)=x2－2x，若对任意s∈(0，2]，均存在t∈(0，2]，使得f(s)＜g(t)，求a的取值范围．
(1) x1∈D， x2∈E，均有f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)max；
(2) x1∈D， x2∈E，使得f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)min；
(3) x1∈D， x2∈E，使得 f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)max＞g(x)min．
变式 3　已知f(x)=ln x－＋，g(x)=－x2－2ax＋4，若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是　 　．
配套热练
1．已知函数f(x)=a＋xln x，若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥1恒成立，则实数a的最小值为(　 　)
A．1 B．－1
C．2 D．－2
2．已知函数f(x)=－1＋ln x，若存在x0＞0，使得f(x0)≤0，则实数a的取值范围是(　 　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，－3)
C．(－∞，1] D．[3，＋∞)
3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)=kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时f(x)＜－x2恒成立，则实数k的取值范围是(　 　)
A．(－∞，0) B．(－∞，0]
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1]
4．(2025·枣庄期末)已知函数f(x)=(x＋1)ex，若关于x的方程f(x)=k有2个实数解，则k的取值范围是(　 　)
A． B．
C． D．(0，＋∞)
5．(多选)已知函数f(x)=(x2－3)ex，x∈R，则(　 　)
A．函数f(x)有且只有2个零点
B．函数f(x)的单调递减区间为(－3，1)
C．函数f(x)存在最大值和最小值
D．若方程 f(x)=a有三个实数解，则a∈(－2e，6e－3)
6．已知函数f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若对任意的x1∈，都存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是　 　．
7．已知f(x)=(x＋1)e－x＋12，g(x)=(x＋1)2＋a，若存在x1∈R，对任意的x2∈[0，2]，使得f(x2)≥g(x1)，则实数a的取值范围是　 　．
8．(2025·佛山二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=1－(x＞0，a∈R)．
(1) 若曲线y=f(x)在点P(1，0)处的切线与曲线y=g(x)也相切，求a的值；
(2) 若f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，求a的取值范围．
9．(2025·茂名二模)已知f(x)=－x2－ax＋，a为常数，且a＞0.
(1) 若f(1)=0，求函数f(x)的单调区间；
(2) 若方程f(x)=0有且仅有2个不等的实数解，求a的值．
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专题七
函数与导数
第34讲　利用导数研究函数的性质(3)——恒成立与能成立、零点问题
基础回归
1．
D
【解析】
2．
已知函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c= (　　)
A．－2或2 B．－9或3
C．－1或1 D．－3或1
A
y′=3(x＋1)(x－1)，令y′＞0，可得x＞1或x＜－1；令y′＜0，可得－1＜x＜1.所以函数在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以函数在x=－1处取得极大值，在x=1处取得极小值．
因为函数y=x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，所以极大值等于0或极小值等于0，所以－1＋3＋c=0或1－3＋c=0，所以c=－2或2.
【解析】
3．
B
【解析】
4．
若函数f(x)=x－aln x，a∈R有两个零点，则实数a的取值范围为___________．
(e，＋∞)
【解析】
举题固法
零点问题
目标
1
(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=ax－(ln x)2.
(1) 当a=1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
1
【解答】
(2025·天津卷节选)已知函数f(x)=ax－(ln x)2.
(2) 若f(x)有3个零点，求a的取值范围．
1
【解答】
(2025·烟台、东营一模)已知函数f(x)=x(x＋c)2在x=1处有极大值．
(1) 求实数c的值；
变式1　
【解答】
(2025·烟台、东营一模)已知函数f(x)=x(x＋c)2在x=1处有极大值．
(2) 若函数g(x)=f(x)＋a有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
变式1　
由(1)可得函数f(x)=x(x－3)2，求导可得f′(x)=3(x－1)(x－3)，令f′(x)=0，解得x=1或3，可得下表：
所以函数f(x)的极大值为f(1)=4，极小值为f(3)=0，
【解答】
x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
函数g(x)=f(x)＋a存在三个零点，等价于函数f(x)的图象与直线y=－a存在三个交点，作出大致图象如图所示．由图可得0＜－a＜4，则－4＜a＜0.故实数a的取值范围是 (－4，0)．
单变量成立问题
目标
2
(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)=ex＋x2，g(x)=xln x＋(a＋1)x．
(1) 求曲线y=g(x)在(1，g(1))处的切线方程；
2
g(1)=a＋1，g′(x)=ln x＋a＋2，g′(1)=a＋2，所以g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y－(a＋1)=(a＋2)(x－1)，即(a＋2)x－y－1=0.
【解答】
(2025·潍坊期末节选)已知函数f(x)=ex＋x2，g(x)=xln x＋(a＋1)x．
(2) 若f(x)≥g(x)，求a的取值范围．
2
【解答】
将f(x，a)与0的大小关系转化成g(x)和h(a)的大小关系：
(1) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)max；
(2) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)min；
(3) x∈D，h(a)≥g(x) h(a)≥g(x)min；
(4) x∈D，h(a)≤g(x) h(a)≤g(x)max．
(2025·鹰潭二模)已知函数f(x)=xln x．
(1) 求函数f(x)在x=e处的切线方程；
变式2　
f(x)=xln x，f′(x)=ln x＋1，而f(e)=e，f′(e)=2，所以f(x)在x=e处的切线方程为y=2x－e．
【解答】
(2025·鹰潭二模)已知函数f(x)=xln x．
(2) 若关于x的不等式f(x)≥ax－x－1恒成立，求实数a的取值范围．
变式2　
【解答】
双变量成立问题
增分点
【解答】
3
【解答】
3
(1) x1∈D， x2∈E，均有f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)max；
(2) x1∈D， x2∈E，使得f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)min＞g(x)min；
(3) x1∈D， x2∈E，使得 f(x1)＞g(x2)成立，则f(x)max＞g(x)min．
【解析】
变式3　
热练
1．
已知函数f(x)=a＋xln x，若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥1恒成立，则实数a的最小值为 (　　)
A．1 B．－1
C．2 D．－2
A
因为f(x)≥1，即a＋xln x≥1，所以a≥1－xln x在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)=1－xln x，因为g′(x)=－1－ln x，x∈[1，＋∞)，所以ln x≥0，－1－ln x≤－1，所以g′(x)=－1－ln x＜0，所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)=1，即a≥1.故实数a的最小值为1.
【解析】
2．
C
由题意知a≤x－xln x有解，即a≤(x－xln x)max．
令g(x)=x－xln x，x＞0，则g′(x)=1－(ln x＋1)=－ln x，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，所以g(x)max=g(1)=1，所以a≤ 1.
【解析】
3．
(2025·吕梁期末)已知函数f(x)=kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时f(x)＜－x2恒成立，则实数k的取值范围是 (　　)
A．(－∞，0) B．(－∞，0]
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1]
D
由f(x)＜－x2，得k＜xln x－x在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)=xln x－x(x＞1)，则g′(x)=ln x＋1－1=ln x＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)=－1，即k≤－1.
【解析】
4．
【答案】B
【解析】
时，可得f(x)＜0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以函数f(x)的大致图象如图所示，
5．
(多选)已知函数f(x)=(x2－3)ex，x∈R，则 (　　)
A．函数f(x)有且只有2个零点
B．函数f(x)的单调递减区间为(－3，1)
C．函数f(x)存在最大值和最小值
D．若方程 f(x)=a有三个实数解，则a∈(－2e，6e－3)
【答案】AB
由函数f(x)=(x2－3)ex，x∈R，得f′(x)=(x－1)(x＋3)ex，令f′(x)＜0，解得－3＜x＜1；令f′(x)＞0，解得x＜－3或x＞1，所以函数f(x)在(－3，1)上单调递减，在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，且f(－3)=6e－3，f(1)=－2e，当x→－∞时，f(x)→0＋，作出函数y=f(x)的大致图象如图所示，可得A，B正确；
f(x)min=f(1)=－2e，无最大值，所以C错误；
若方程f(x)=a有三个实数解，即y=a与y=f(x)的图象有三个不同的
交点，可得a∈(0，6e－3)，所以D错误．
【解析】
6．
【解析】
(－∞，1]
7．
已知f(x)=(x＋1)e－x＋12，g(x)=(x＋1)2＋a，若存在x1∈R，对任意的x2∈[0，2]，
使得f(x2)≥g(x1)，则实数a的取值范围是_________________．
【解析】
8．
【解答】
8．
【解答】
9．
【解答】
9．
【解答】

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