導數(shù)與不等式恒（能）成立問題講義設計思維導圖：命題分析命題分析“不等式恒（能）成立問題”是高考的熱點內容，其頻繁出現(xiàn)在歷年的高考中，這類題把不等式、函數(shù)、導數(shù)等內容有機地結合起來，其以覆蓋知識點多，綜合性強，解法靈活等特點而倍受高考、競賽命題者的青睞。另一方面，在解決這類問題的過程中涉及的“函數(shù)與方程”、“化歸與轉化”、“數(shù)形結合”、“分類討論”等數(shù)學思想對鍛煉學生的綜合解題能力，培養(yǎng)其思維的靈活性、創(chuàng)造性都有著獨到的作用。題型一單變量不等式恒（能）成立問題考向1單函數(shù)單變量型角度1分類討論等價轉化例1(2023·柳州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)若x＝1為函數(shù)f(x)的極值點，當x∈[e，＋∞)時，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x>0)，①當a≤0時，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；②當a>0時，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a>0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．(2)∵x＝1為函數(shù)f(x)的極值點，∴f′(1)＝0，∴a＝1.f(x)＝x－lnx，x[f(x)－x＋1]＝x(1－lnx)，當x∈[e，＋∞)時，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)?x(1－lnx)≤m(e－x)，即x(1－lnx)－m(e－x)≤0，令g(x)＝x(1－lnx)－m(e－x)，g(e)＝0，g′(x)＝m－lnx，x∈[e，＋∞)，若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立，則g(x)在[e，＋∞)上單調遞減，∴g(x)≤g(e)＝0滿足題意．若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em，則g(x)在[e，em)上單調遞增，∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，與題意不符，綜上，實數(shù)m的取值范圍為m≤1.根據(jù)不等式恒成立構造函數(shù)轉化成求函數(shù)的最值問題，一般需討論參數(shù)范圍，借助函數(shù)單調性求解．【對點演練】(2023·寶雞模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋aln(－x)＋1，f′(x)是其導函數(shù)，其中a∈R.(1)若f(x)在(－∞，0)上單調遞減，求a的取值范圍；(2)若不等式f(x)≤f′(x)對?x∈(－∞，0)恒成立，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)，因為f(x)在(－∞，0)上單調遞減，所以f′(x)＝ex＋eq\f(a,x)≤0在(－∞，0)上恒成立，即a≥－x·ex在(－∞，0)上恒成立，令g(x)＝－x·ex(x<0)，則g′(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex，當x<－1時，g′(x)>0，當－1<x<0時，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上單調遞增，在(－1,0)上單調遞減，所以g(x)max＝g(－1)＝eq\f(1,e)，所以a的取值范圍為.(2)由f(x)≤f′(x)得aln(－x)＋1≤eq\f(a,x)，即aln(－x)－eq\f(a,x)＋1≤0對?x∈(－∞，0)恒成立，令h(x)＝aln(－x)－eq\f(a,x)＋1(x<0)，h′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(ax＋1,x2)(x<0)，當a＝0時，h(x)＝1，不滿足h(x)≤0；當a>0且x<－1時，h′(x)<0，當a>0且－1<x<0時，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1,0)上單調遞增，所以h(x)min＝h(－1)＝a＋1>0，不符合題意；當a<0且x<－1時，h′(x)>0，當a<0且－1<x<0時，h′(x)<0，所以當a<0時，函數(shù)h(x)在(－∞，－1)上單調遞增，在(－1,0)上單調遞減，所以h(x)max＝h(－1)＝a＋1≤0，解得a≤－1，綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－1]．角度2分離參數(shù)，探求最值例2（2023·重慶模擬）已知函數(shù)f（x）＝x22－（m＋1）x＋mlnx＋m，f'（x）為函數(shù)f（x）的導函數(shù).若xf'（x）－f（x）≥0恒成立，求【解析】由題意知xf'（x）－f（x）≥0恒成立，即x22－mlnx≥0恒成立，∴x22≥mln當x＝1時，x22≥mln當x＞1時，x22lnx當0＜x＜1時，x22lnx令g（x）＝x22lnx，則g'（x當0＜x＜1時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減且g（x）＜0，∴x→0時，x22lnx當x＞1時，令g'（x）＝0，得x＝e，∴當1＜x＜e時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，當x＞e時，g'（x）＞0，g（x）單調遞增，∴g（x）≥g（e）＝e，∴m≤e.綜上知0≤m≤e，故實數(shù)m的取值范圍是[0，e].（1）含參不等式恒成立求參數(shù)范圍的關鍵是將恒成立問題轉化為最值問題，如恒成立，則，然后利用最值確定參數(shù)滿足的不等式，解不等式即得參數(shù)范圍.（2）含參不等式（）能成立問題等價于不等式有解問題，從而進一步轉化為（）成立，求參數(shù).（3）在解題過程中要注意函數(shù)能否取得最值，這會影響等號的取舍。【對點演練1】（2023·石家莊模擬）已知函數(shù)f（x）＝axex－（a＋1）（2x－1），當x＞0時，若函數(shù)f（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】由f（1）≥0，得a≥1e?1則f（x）≥0對任意的x＞0恒成立可轉化為aa+1≥2x設函數(shù)F（x）＝2x-1x則F'（x）＝－(2x當0＜x＜1時，F(xiàn)'（x）＞0；當x＞1時，F(xiàn)'（x）＜0，所以函數(shù)F（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減，所以F（x）max＝F（1）＝1e于是aa+1≥1e，解得a故實數(shù)a的取值范圍是1e?1【對點演練2】已知函數(shù)fx(1)當a=0時，求曲線y=fx在1,f(2)若存在x0∈e,+∞【分析】(1)先求導，把切點的橫坐標代入導數(shù)方程得切線的斜率，再求切點坐標，從而求出切線方程，由方程求出切線與x,(2)令?(x)=exlnx，則只要函數(shù)?【詳解】（1）當a=0時，ff'(x)=ex?1x∴切線方程為y=(e?1)與x,y軸的交點分別是∴切線與坐標軸圍成的三角形的面積S=（2）存在x0∈e,+∞，使f(x即存在x0∈e,+∞令?(x)=exlnx下面求函數(shù)?(x)=?'令u(x)=ln所以u(x)為e,+∞∴?'(∴?(x函數(shù)?(x)=ex?(e)=ee角度3等價轉化例3已知函數(shù)f（x）＝14x3－x2sinα＋x＋1，α∈-π6,π2，證明：存在α∈-π【證明】不等式f（x）＞ex等價于14x3-所以只需證14x3-又α∈-π6,π2由x2∈[0，＋∞），所以－x2sinα≤12x2，當α＝－π所以14x3-x2sinα+設函數(shù)g（x）＝14x3+12x2+x+1e－x，g'（當x∈（－∞，1）時，g'（x）≥0，g（x）單調遞增，當x∈（1，＋∞）時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，因為g（1）＝14+1所以存在α∈-π6,π2，使不等式f求解不等式恒（能）成立問題的過程中，要注意對不等式進行合理的變形，以利于構造函數(shù)后求導研究性質，合理的等價轉化往往可以達到事半功倍的效果?！緦c演練】若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在區(qū)間（0，e]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在區(qū)間（0，e]上恒成立等價于2lnx≥－x＋a－3x令g（x）＝2lnx＋x－a＋3x則g'（x）＝2x＋1－3x2＝x則在區(qū)間（0，1）上，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）為減函數(shù)；在區(qū)間（1，e]上，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）為增函數(shù).由題意知g（x）min＝g（1）＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以實數(shù)a的取值范圍是（－∞，4].角度4同構變形構造函數(shù)例4（2023山東部分學校聯(lián)考）已知函數(shù)fx=aeax?lnx【分析】分類討論a，當a>0時，則aeax≥lnx，即axeax≥xlnx，設gx=xln【解析】當a≤0時，fx當a>0時，則aeax≥設gx=xlnx，則g'因為x>1，a>0，所以eax>1.因為axeax≥xlnx，即g設?x=ln由?'x>0，得0<x<e，由?'x<0，得x>故?(x)max=?e=故答案為：[指對不等式的恒（能）成立問題，可以利用指數(shù)式對數(shù)式的運算性質構造函數(shù)，然后再結合函數(shù)的單調性求解?！緦c演練】當x∈1,+∞時，若xe【詳解】當x∈1,+∞時即xex+亦即xex+設函數(shù)?x=xex又?'設φx=?當x∈?∞,?2時，φ'x<0當x∈?2,+∞時，φ'x>0所以?'所以?x在R上單調遞增，又?x≥?m令rx=x①當m≤1時，rx>0在1,+∞②當m>1時，由r'x當x∈1,m時，r'x當x∈m,+∞時，r'xrx的最小值rm=綜上，m的取值范圍是?∞,e考向2雙函數(shù)單變量型例5.已知函數(shù)f（x）＝ax－ex（a∈R），g（x）＝lnxx，若?x∈（0，＋∞），使不等式f（x）－g（x）＋ex≤0成立，求【解析】因為?x∈（0，＋∞），使不等式f（x）－g（x）＋ex≤0成立，所以ax≤lnxx，即a≤lnxx2設h（x）＝lnxx2，由h'（x）＝1?2lnxx3，令h'（當x在區(qū)間（0，＋∞）內變化時，h'（x），h（x）隨x變化的變化情況如下表：x（0，e）e（e，＋∞）h'（x）＋0－h(huán)（x）↗極大值1↘由上表可知，當x＝e時，函數(shù)h（x）有極大值，即最大值為12e，所以a≤1故a的取值范圍是-∞,1雙函數(shù)單變量問題一般可以轉化為單函數(shù)單變量問題求解?！緦c演練】已知a∈R，f（x）＝alnx＋x2－4x，g（x）＝（a－2）x，若存在x0∈1e,e，使得f（x0）≤g（x0）成立，求實數(shù)解：由f（x0）≤g（x0），得（x0－lnx0）a≥x02－2x記F（x）＝x－lnx（x＞0），則F'（x）＝x-1x（∴當0＜x＜1時，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）單調遞減；當x＞1時，F(xiàn)'（x）＞0，F(xiàn)（x）單調遞增.∴F（x）≥F（1）＝1＞0，∴a≥x0記G（x）＝x2-2xx-ln則G'（x）＝(2＝(x∵x∈1e,e，∴2－2lnx＝2（1－ln∴x－2lnx＋2＞0，∴當x∈1e,1時，G'（x）＜0，G（x）單調遞減；當x∈（1，e]時，G'（x）＞0，G（∴G（x）min＝G（1）＝－1，∴a≥G（x）min＝－1，故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞）.題型二：雙變量不等式恒（能）成立問題考向1單函數(shù)雙變量型角度1：轉化為函數(shù)的單調性問題例6已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函數(shù)h(x)圖象上任意兩點，且滿足eq\f(h(x1)－h(huán)(x2),x1－x2)＞1，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)f′(x)＝1－eq\f(1,x)，x＞0，令f′(x)＝0，則x＝1．當t≥1時，f(x)在[t，t＋1]上單調遞增，f(x)的最小值為f(t)＝t－lnt；當0＜t＜1時，f(x)在區(qū)間(t，1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1，t＋1)上為增函數(shù)，f(x)的最小值為f(1)＝1．綜上，m(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t－lnt，t≥1，,1，0＜t＜1.))(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，則x1－x2＜0，則由eq\f(h(x1)－h(huán)(x2),x1－x2)＞1，可得h(x1)－h(huán)(x2)＜x1－x2，變形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，則F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上單調遞增，故F′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋eq\f(1,x)≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．因為2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當且僅當x＝eq\f(\r(2),2)時取“＝”，所以a≤2eq\r(2)－2．故a的取值范圍為(－∞，2eq\r(2)－2]．雙變量不等式如將變量分離后，不等號兩邊的結構相同，可構造函數(shù)，將不等式的恒成立問題轉化為函數(shù)的單調性問題求解?！緦c演練1】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－3x．(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－2，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若a＝1，對于任意x1，x2∈[1，10]，當x1<x2時，不等式f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)f(x)＝lnx＋ax2－3x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－3．由函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．此時f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f((2x－1)(x－1),x)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2)．當x∈和x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0．所以函數(shù)f(x)在和(1，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減，所以當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值f(1)＝ln1＋1－3＝－2．(2)由a＝1得f(x)＝lnx＋x2－3x．因為對于任意x1，x2∈[1，10]，當x1<x2時，f(x1)－f(x2)>eq\f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，所以對于任意x1，x2∈[1，10]，當x1<x2時，f(x1)－eq\f(m,x1)>f(x2)－eq\f(m,x2)恒成立，所以函數(shù)y＝f(x)－eq\f(m,x)在[1，10]上單調遞減．令h(x)＝f(x)－eq\f(m,x)＝lnx＋x2－3x－eq\f(m,x)，x∈[1，10]，所以h′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＋eq\f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立，則m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．設F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，則F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6＋eq\f(1,2)．當x∈[1，10]時，F(xiàn)′(x)<0，所以函數(shù)F(x)在[1，10]上單調遞減，所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1710，所以m≤－1710，故實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1710]．角度2轉化為最值問題例7已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a為正實數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)因為f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因為a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,3)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知，f(x)在(0,3)上單調遞增，在(3,4)上單調遞減，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值為f(0)＝－a.若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，則需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，即eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3)，又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3)，故實數(shù)a的取值范圍為考向2雙函數(shù)雙變量型角度1構造單調函數(shù)法例8已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,x)．(1)當a＝－2時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若a<0，且對任意x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)當a＝－2時，f(x)＝x－1＋2lnx，f′(x)＝1＋eq\f(2,x)，f(1)＝0，切線的斜率k＝f′(1)＝3，故曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為3x－y－3＝0．(2)對x∈(0，1]，當a<0時，f′(x)＝1－eq\f(a,x)>0，∴f(x)在(0，1]上單調遞增，易知g(x)＝eq\f(1,x)在(0，1]上單調遞減，不妨設x1，x2∈(0，1]，且x1<x2，f(x1)<f(x2)，g(x1)>g(x2)，∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋eq\f(4,x1)>f(x2)＋eq\f(4,x2)．令h(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)，則當x1<x2時，有h(x1)>h(x2)，∴h(x)在(0，1]上單調遞減，∴h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立，∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等價于a≥x－eq\f(4,x)在(0，1]上恒成立，∴只需a≥(x－eq\f(4,x))max．∵y＝x－eq\f(4,x)在(0，1]上單調遞增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，故實數(shù)a的取值范圍為[－3，0)．【對點演練1】設f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x．(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．【解析】(1)因為F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>－1，令F′(x)<0，解得x<－1，所以F(x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增．故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)．(2)因為任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上單調遞增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e，即實數(shù)m的取值范圍是[e，＋∞)．角度2：轉化為最值問題例9(2023·石家莊質檢)已知函數(shù)f(x)＝ax2lnx與g(x)＝x2－bx.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，求a，b，并證明f(x)≥g(x)；(2)若對?x∈[1，e]，都?b∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍．【解析】(1)f′(x)＝2axlnx＋ax，g′(x)＝2x－b，∵函數(shù)f(x)與g(x)在x＝1處有相同的切線，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝g1，,f′1＝g′1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＝1－b，,a＝2－b，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1，))此時f(x)＝x2lnx，g(x)＝x2－x，要證f(x)≥g(x)，即證x2lnx≥x2－x，即xlnx≥x－1，令h(x)＝xlnx－x＋1，則h′(x)＝lnx，且h′(1)＝0，當x∈(0,1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，∴h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴h(x)≥h(1)＝0，即f(x)≥g(x)．(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，即ax2lnx≥x2－bx成立，即axlnx－x≥－b成立，∵?b∈使f(x)≥g(x)恒成立，∴axlnx－x≥－eq\f(e,2)恒成立，當x＝1時，有－1≥－eq\f(e,2)成立，∴a∈R，當x∈(1，e]時，a≥eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，令G(x)＝eq\f(x－\f(e,2),xlnx)，則G′(x)＝eq\f(\f(e,2)lnx－x＋\f(e,2),xlnx2)，令m(x)＝eq\f(e,2)lnx－x＋eq\f(e,2)，則m′(x)＝eq\f(e,2x)－1，且m′＝0，當1<x<eq\f(e,2)時，m′(x)>0，當eq\f(e,2)<x<e時，m′(x)<0，∴m(x)在上單調遞增，在上單調遞減，m(1)＝－1＋eq\f(e,2)>0，m＝eq\f(e,2)ln

eq\f(e,2)>0，m(e)＝0，∴當x∈(1，e]時，m(x)≥0，即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上單調遞增，當x＝e時，G(x)有最大值，且G(e)＝eq\f(1,2)，∴a≥eq\f(1,2)，綜上所述，a的取值范圍是a≥eq\f(1,2).“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質，深刻挖掘內含條件，進行等價變換，常見的等價轉換有(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.【對點演練1】(2023·鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)＝alnx－x(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)當a>0時，設g(x)＝x－lnx－1，若對于任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有f(x1)<g(x2)，求a的取值范圍．【解析】(1)函數(shù)f(x)＝alnx－x(a∈R)的定義域為(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(－x＋a,x)，①當a≤0時，f′(x)<0恒成立，∴函數(shù)的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞);②當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a；當x∈(0，a)時，f′(x)>0，當x∈(a，＋∞)時，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，a)，單調遞減區(qū)間為(a，＋∞).綜上可得，當a≤0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)；當a>0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，a)，單調遞減區(qū)間為(a，＋∞)．(2)由已知，轉化為f(x)max<g(x)min.由(1)知，當a>0時，函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，a)，單調遞減區(qū)間為(a，＋∞)．故f(x)的極大值即為最大值，f(x)max＝f(a)＝alna－a，∵g(x)＝x－lnx－1，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當0<x<1時，g′(x)<0，當x>1時，g′(x)>0，∴函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，故g(x)的極小值即為最小值，∴g(x)min＝g(1)＝0，∴alna－a<0，即lna－1<0，解得0<a<e.∴a的取值范圍為(0，e)．【對點演練2】已知函數(shù)f(x)=13x3+x2+(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調遞增,求實數(shù)a的最小值;(2)若函數(shù)g(x)=xex,對?x1∈[12,2],?x2∈[12,2],使f'(x1)≤g(x2【解析】(1)由題設知f'(x)=x2+2x+a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,而函數(shù)y=-(x+1)2+1在[1,+∞)上單調遞減,則ymax=-3,所以a≥-3,所以a的最小值為-3;(2)“對?x1∈[12,2],?x2∈[1使f'(x1)≤g(x2)成立”等價于“當x∈[12,2]時,f'(x)max≤g(x)max”因為f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[12所以f'(x)max=f'(2)=8+a,而g'(x)=1?xex,由g'(x由g'(x)<0,得x>1,所以g(x)在(-∞,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,所以當x∈[12,2]時,g(x)max=g(1)=1由8+a≤1e,得a≤1所以實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1e-8]1．若存在x0∈?1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【答案】D【分析】x0+e2?1lna≥2ae求導判斷單調性求得當1≤t≤e2時，f(【詳解】x0+e2?令aex0因為x0∈[?1,2]，所以令f(則原問題等價于存在t∈aef令f'(t)<0，即令f'(t)>0，即所以ft在0,e2又因為f(1)=0,f而1<e∴當1≤t≤e若存在t∈ae只需ae2≤e2且a所以1e故a的取值范圍為1e故選：D2.（2023秋·安徽宣城·高三統(tǒng)考期末）已知fx=alnx?2x2在區(qū)間0,1內任取兩個不相等的實數(shù)p，【答案】5,+∞【分析】根據(jù)題意確定函數(shù)g(x)=alnx?2【詳解】不妨設0<p則由fp?f即fp所以函數(shù)y=f(令g(則g'(x即a≥4因為y=4x2所以y=4所以a≥5故答案為:5,+∞.3．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex.(1)求f(x)在[－1,3]上的最值；(2)若不等式2f(x)＋2ax≥ax2對x∈[2，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)依題意f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，解得x＝1，當x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,1)上單調遞減，在(1,3]上單調遞增，而f(1)＝－e，f(3)＝e3，f(－1)＝－eq\f(3,e)，∴f(x)在[－1,3]上的最小值為－e，最大值為e3.(2)依題意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立．當x＝2時，4a≥4a，∴a∈R；當x>2時，原不等式化為a≤eq\f(2x－2ex,x2－2x)＝eq\f(2ex,x)，令g(x)＝eq\f(2ex,x)，則g′(x)＝eq\f(2x－1ex,x2)，∵x>2，∴g′(x)>0，∴g(x)在(2，＋∞)上單調遞增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e2]．4．已知函數(shù)f(x)＝x－1－alnx(a<0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)若對于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】(1)由題意知f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)，因為x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．(2)不妨設0<x1<x2≤1，則eq\f(1,x1)>eq\f(1,x2)>0，由(1)知f(x1)<f(x2)，所以|f(x1)－f(x2)|<4?f(x2)－f(x1)<4?f(x1)＋eq\f(4,x1)>f(x2)＋eq\f(4,x2)．設g(x)＝f(x)＋eq\f(4,x)，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4等價于g(x)在(0，1]上單調遞減，所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立?1－eq\f(a,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立?a≥x－eq\f(4,x)在(0，1]上恒成立，易知y＝x－eq\f(4,x)在(0，1]上單調遞增，其最大值為－3．因為a<0，所以－3≤a<0，所以實數(shù)a的取值范圍為[－3，0)．5.已知函數(shù)f（x）＝13x3＋x2＋ax（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，＋∞）上單調遞增，求實數(shù)a的最小值；（2）若函數(shù)g（x）＝xex，對?x1∈12,2，?x2∈12,2，使f'（x1）≤g【解析】（1）由題設知f'（x）＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞）上恒成立，即a≥－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上恒成立，而函數(shù)y＝－（x＋1）2＋1在[1，＋∞）上單調遞減，則ymax＝－3，所以a≥－3，所以a的最小值為－3.（2）“對?x1∈12,2，?x2∈12,2，使f'（x1）≤g（x2）成立”等價于“當x∈12,2時，f'（x）max≤因為f'（x）＝x2＋2x＋a＝（x＋1）2＋a－1在12,2上單調遞增，所以f'（x）max＝f'（2）＝8＋而g'（x）＝1?xex，由g'（x）＞0，得x＜1，由g'（x所以g（x）在（－∞，1）上單調遞增，在（1，＋∞）上單調遞減.所以當x∈12,2時，g（x）max＝g（1）＝由8＋a≤1e，得a≤1所以實數(shù)a的取值范圍為-∞,16.（2023四川金堂聯(lián)考三模）已知函數(shù)fx=3x(1)當m=1時，求fx(2)若對任意x∈0,m，都有fx【分析】（1）求導，因式分解后可知其單調區(qū)間；（2）分m≥1和0<【詳解】（1）當m=1時，fx=3當x∈0,1時，f'x<0∴fx的單調遞減區(qū)間為0,1，單調遞增區(qū)間為（2）f'當x∈0,m∴fx在0,m①當m≥1時，∵fx在0,∴f②當0<m<1時，則m>m,∴fx∴實數(shù)m的取值范圍為812567.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)＋x－1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,e)(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)證明：f(x)≥g(x)；(2)若對于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，總有|f(x1)－g(x2)|≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，求a的最大值．【解析】(1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)＋x－lnx－1－eq\f(1,e)，∴F′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\f(ex－x,xex)．∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上單調遞增．∵f(x)≥g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴f(x)與g(x)的圖象在[1，a]上的距離隨x增大而增大，∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，∴eq\f(a,ea)＋a≤eq\f(2,e2)＋2，設G(a)＝eq\f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq\f(1－a,ea)＋1＝eq\f(ea－a＋1,ea)，∵當a>1時，ea>a＋1，∴當a>1時，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上單調遞增，∴a≤2，∴a的最大值為2．8.已知函數(shù)f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若0＜a＜1，對于區(qū)間[1，2]上的任意兩個不相等的實數(shù)x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(a,x)．當a≤0時，顯然f′(x)＞0恒成立，故f(x)無極值；當a＞0時，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\r(a)，f(x)在(0，eq\r(a))上單調遞減；由f′(x)＞0，得x＞eq\r(a)，f(x)在(eq\r(a)，＋∞)上單調遞增．故f(x)有極小值f(eq\r(a))＝a－alna，無極大值．綜上，a≤0時，f(x)無極值；a＞0時，f(x)極小值＝a－alna，無極大值．(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因為0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，因為|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2alnx－2ax在[1，2]上單調遞增，所以h′(x)＝2x－eq\f(2a,x)－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤eq\f(x2,x＋1)在[1，2]上恒成立．令t＝x＋1∈[2，3]，則eq\f(x2,x＋1)＝t＋eq\f(1,t)－2≥eq\f(1,2)，所以a∈．故實數(shù)a的取值范圍為．9.已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1(a∈R)．(1)當0＜a＜eq\f(1,2)時，討論f(x)的單調性；(2)設g(x)＝x2－2bx＋4．當a＝eq\f(1,4)時，若對任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍．【解析】(1)因為f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得兩根分別為1，eq\f(1,a)－1，因為0＜a＜eq\f(1,2)，所以eq\f(1,a)－1＞1＞0，當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減；當x∈時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增；當x∈時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減．(2)a＝eq\f(1,4)∈，eq\f(1,a)－1＝3?(0，2)，由(1)知，當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調遞減；當x∈(1，2)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調遞增，所以f(x)在(0，2)上的最小值為f(1)＝－eq\f(1,2)．對任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等價于g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－eq\f(1,2)，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，①當b＜1時，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此時與