資源簡介

第 06 講 利用導數研究恒成立與能成立（有解）問題
（2 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
證明函數的對稱性
利用導數求函數的單調性
2024 年新 I 卷，第 18 題,17 分 利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數證明不等式
利用不等式求取值范圍
2023 年新 I 卷，第 19 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 含參分類討論求函數的單調區間
利用導數求函數的單調區間
(不含參)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數研究函數的零點
根據極值點求參數
含參分類討論求函數的單調區間
2022 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題
裂項相消法求和
2020 年新 I 卷，第 21 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 求在曲線上一點處的切線方程
2020 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 求在曲線上一點處的切線方程
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數證明函數的單調性
2 能求出函數的極值或給定區間的最值
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 ，
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩中
求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養以及綜合應用能力,
有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養
都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
1. 恒成立問題常見類型
假設 x 為自變量，其范圍設為 D ， f x 為函數；a 為參數， g a 為其表達式，
（1） f x 的值域為 m, M
①"x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
"x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
②"x D, g a f x ，則只需要 g a f x =Mmax
"x D, g a > f x ，則只需要 g a > f x =Mmax
（2）若 f x 的值域為 m, M
① "x D, g a f x ，則只需要 g a m
"x D, g a f x ，則只需要 g a m （注意與（1）中對應情況進行對比）
② "x D, g a f x ，則只需要 g a M
"x D, g a > f x ，則只需要 g a M （注意與（1）中對應情況進行對比）
2. 恒成立問題的解決策略
①構造函數，分類討論；
②部分分離，化為切線；
③完全分離，函數最值；
④換元分離，簡化運算；
在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘數’”.依托端點效應，縮小范圍，借助數形結合，尋找臨界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解問題設計獨特，試題形式多樣、變化眾多，涉及到函數、不等
式、方程、導數、數列等知識，滲透著函數與方程、等價轉換、分類討論、換元等思想方法，有一定的綜
合性，屬于能力題，在提升學生思維的靈活性、創造性等數學素養起到了積極的作用，成為高考的一個熱
點．
3. 能成立（有解）問題常見類型
假設 x 為自變量，其范圍設為 D ， f x 為函數；a 為參數， g a 為其表達式，
（1）若 f x 的值域為 m, M
①$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = Mmax
$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = Mmax
②$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
$x D, g a > f x ，則只需要 g a > f x = mmin
（2）若 f x 的值域為 m, M
① $x D, g a f x ，則只需要 g a M （注意與（1）中對應情況進行對比）
$x D, g a f x ，則只需要 g a M
② $x D, g a f x ，則只需要 g a > m （注意與（1）中對應情況進行對比）
$x D, g a > f x ，則只需要 g a > m
4. 能成立（有解）問題的解決策略
①構造函數，分類討論；
②部分分離，化為切線；
③完全分離，函數最值；
④換元分離，簡化運算；
在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘數’”.依托端點效應，縮小范圍，借助數形結合，尋找臨界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解問題設計獨特，試題形式多樣、變化眾多，涉及到函數、不等
式、方程、導數、數列等知識，滲透著函數與方程、等價轉換、分類討論、換元等思想方法，有一定的綜
合性，屬于能力題，在提升學生思維的靈活性、創造性等數學素養起到了積極的作用，成為高考的一個熱
點．
考點一、利用導數解決函數恒成立問題
1．（2024·全國·高考真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時， f x 0 ，求 a的取值范圍．
【答案】(1)極小值為 0 ，無極大值.
1
(2) a -
2
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.
1 1
（2）求出函數的二階導數，就 a - 、- a 0 、 a 0分類討論后可得參數的取值范圍.
2 2
【詳解】（1）當 a = -2 時， 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因為 = + = - +1在 -1, + 上為增函數，
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上為增函數，而 f (0) = 0 ，
故當-1 x 0時， f (x) 0 ，當 x > 0時， f (x) > 0 ，
故 f x 在 x = 0處取極小值且極小值為 f 0 = 0，無極大值.
（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
設 s x = -a ln 1 x + - , x > 0，
1+ x
s x -a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1則 = - 2 = - = -x +1 1+ x ，1+ x 2 1+ x 2
1
當 a - 時， s x > 0，故 s x 在 0, + 上為增函數，
2
故 s x > s 0 = 0，即 f x > 0，
所以 f x 在 0, + 上為增函數，故 f x f 0 = 0 .
1
當- a 0
2a +1
時，當0 x - 時， s x 0，
2 a
故 s x 2a +1 2a +1 在 0, - 上為減函數，故在 0, - 上 s x s 0 ，
è a ÷ è a ÷

即在 0,
2a +1
- ÷上 f x 0即 f x 為減函數，
è a
0, 2a +1 故在 - ÷上 f x f 0 = 0，不合題意，舍.
è a
當 a 0，此時 s x 0在 0, + 上恒成立，
同理可得在 0, + 上 f x f 0 = 0恒成立，不合題意，舍；
綜上， a
1
- .
2
【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導
數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.
2．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x)
sin x π
= ax -
cos3
, x 0,x ֏ 2
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析.
(2) (- ,3]
【分析】（1）求導,然后令 t = cos2 x ,討論導數的符號即可;
（2）構造 g(x) = f (x) - sin 2x ,計算 g (x) 的最大值,然后與 0 比較大小,得出 a的分界點,再對 a討論即可.
3
1 f (x) a cos x cos x + 3sin x cos
2 x sin x
【詳解】（ ） = -
cos6 x
a cos
2 x + 3sin2 x a 3 - 2cos
2 x
= - = -
cos4 x cos4 x
令 cos2 x = t ,則 t (0,1)
2
f (x) g(t) a 3- 2t at + 2t - 3則 = = - 2 =t t 2
8t 2a 8, f (x) g(t) + 2t - 3 (2t -1)(4t + 3)當 = = =
t 2
=
t 2
當 t
0, 1 , x
π π
, , f ÷ 即 ÷ (x) 0 .
è 2 è 4 2
1
當 t ,1

÷ ,即 x

0,
π , f ÷ (x) > 0 .
è 2 è 4
π
所以 f (x)
π π
在 0, ÷上單調遞增,在 ,4 2 ÷ 上單調遞減è 4 è
（2）設 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 設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 ÷上單調遞減
,所以 g(x) g(0) = 0 .
è
所以當 a (- ,3], f (x) sin 2x ,符合題意.
2° 若 a (3,+ )
2
當 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 當 0 ,1 ,j(t) > 0 ,即當 x 0, x0 , g (x) > 0, g(x)單調遞增.
所以當 x 0, x0 , g(x) > g(0) = 0 ,不合題意.
綜上, a的取值范圍為 (- ,3] .
【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性 t = cos x在定義域內是減函數,若 t0 = cos x0 ,當
t t0 ,1 ,j(t) > 0 , 對應當 x 0, x0 , g (x) > 0 .
3．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = xeax - ex ．
(1)當 a =1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)當 x > 0時， f (x) -1，求 a 的取值范圍；
1 1 1
(3)設 n N* ，證明： + +L+ > ln(n +1)．
12 +1 22 + 2 n2 + n
【答案】(1) f x 的減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + .
1
(2) a
2
(3)見解析
【分析】（1）求出 f x ，討論其符號后可得 f x 的單調性.
（2）設 h x = xeax - ex +1 1 1，求出 h x ，先討論 a > 時題設中的不等式不成立，再就0 a 結合放縮法
2 2
討論 h x 符號，最后就 a 0結合放縮法討論 h x 的范圍后可得參數的取值范圍.
1 1
（3）由（2）可得 2ln t t - t > 1 ln n +1 - ln n *t 對任意的 恒成立，從而可得 2 對任意的 n N 恒成立，n + n
結合裂項相消法可證題設中的不等式.
【詳解】（1）當 a =1時， f x = x -1 ex f x = xex，則 ，
當 x 0 時， f x 0，當 x > 0時， f x > 0，
故 f x 的減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + .
2 h x = xeax x（ ）設 - e +1，則 h 0 = 0，
又 h x = 1+ ax eax - ex ，設 g x = 1+ ax eax - ex ，
則 g x = 2a + a2x eax - ex ，
1
若 a > ，則 g 0 = 2a -1 > 0，
2
因為 g x 為連續不間斷函數，
故存在 x0 0, + ，使得"x 0, x0 ，總有 g x > 0，
故 g x 在 0, x0 為增函數，故 g x > g 0 = 0，
故 h x 在 0, x0 為增函數，故 h x > h 0 = 0，與題設矛盾.
1 ax x ax+ln 1+ax x
若0 a ，則 h x = 1+ ax e - e = e - e ，
2
下證：對任意 x > 0，總有 ln 1+ x x 成立，
證明：設 S x = ln 1+ x - x S x 1 -x，故 = -1 = 0，
1+ x 1+ x
故 S x 在 0, + 上為減函數，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總成立，即 h x 在 0, + 上為減函數，
所以 h x h 0 = 0 .
ax x
當 a 0時，有 h x = e - e + axeax 1-1+ 0 = 0，
所以 h x 在 0, + 上為減函數，所以 h x h 0 = 0 .
1
綜上， a .
2
1 1
（3）取 a = ，則"x > 0，總有 xxe2 - ex2 +1 0
成立，
1
令 x 2 xt = e2 ，則 t >1, t = e , x = 2ln t ，
1
故 2t ln t t 2 -1即 2ln t t - 對任意的 t > 1恒成立.t
n +1 n +1 n
所以對任意的 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.
【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處
導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.
2
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f x = lnx - ax, g x = ,a 0．
ax
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
【答案】(1)答案見詳解
2
(2)
e3
【分析】（1）求導后，利用導數與函數單調性的關系，對 a > 0與 a<0分類討論即可得；
（2）結合函數的單調性求出函數的最值，即可得解.
【詳解】（1） f x 1= - a 1- ax= （ a 0），
x x
當 a 0時，由于 x > 0，所以 f x > 0恒成立，從而 f x 在 0, + 上遞增；
當 a > 0時，0
1
x ， f x > 0； x
1
> ， f x 0，
a a
從而 f x 在 0,
1 1
a ÷
上遞增，在 ,+ a ÷
遞減；
è è
綜上，當 a 0時， f x 的單調遞增區間為 0, + ，沒有單調遞減區間；
當 a > 0時， f x 1 1 的單調遞增區間為 0, ÷ ，單調遞減區間為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，
當0 x
2 2
時， h x > 0，當 x + 時， h x 0，
a a
h x 0, 2 2可知 在 ÷內單調遞增，在 ,+

a ÷ 內單調遞減，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 的最小值為 ；
e3
若 a 0， x > 0，所以 ax - 2 0恒成立，
1 1
當0 x - 時， h x 0，當- x + 時， h x > 0，
a a

可知 h x 在 0,
1 1- ÷ 內單調遞減，在 - ,+ ÷內單調遞增，
è a è a
所以 h x 在 0, + 內無最大值，且當 x 趨近于+ 時， h x 趨近于+ ，不合題意；
2
綜上所述： a的最小值為 3 .e
2．（2024· 2江蘇蘇州·三模）已知函數 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x .
(1) a =1時，求F (x) = f (x) - g(x)的零點個數;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立，求實數 a的最大值;
n
sin p k 3(3)求證: - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
【答案】(1)2 個
(2) 12
(3)證明見解答
【分析】（1）F (x) = cos x - 2 + x2，求導后令 h(x) = F (x) = -sin x + 2x，再次求導可得 h (x) > 0，進而可判斷
F (x)的單調性，結合 F (0) ，F (2) = F (-2)的值可得結論；
1 1
（2）m(x) = cos x - 2a + ax2 ,由題意可得m(0) 0，可得 a ，進而判斷 a = 時，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 ，結合（2）以及放縮法可
è è 3 i è 3 i è 2 i i
證明不等式.
【詳解】（1）當 a =1時， g(x) = 2 - x2 ，則F (x) = f (x) - g(x) = cos x - 2 + x2 ，
所以F (x) = -sin x + 2x，令 h(x) = -sin x + 2x ，則 h (x) = -cos x + 2 > 0 ，
所以 h(x) = -sin x + 2x 在R 上單調遞增，即F (x) = -sin x + 2x在R 上單調遞增，
當 x > 0時，F (x) > 0，所以 F (x)在 (0, + )上為增函數，
當 x 0 時， F (x) 0，所以 F (x)在 - ,0 上為減函數，
又F (0) = -1，F (2) = F (-2) = cos 2 + 2 > 0，
且 x - 時，F (x) + ，則存在 x1 - ，0 ， x2 0,2 ，使得F (x1) = 0, F (x2 ) = 0，
所以 F (x)有兩個零點.
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, + )上為增函數，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, + ) 上單調遞增，所以 h(x) h(0) = 0 ，即cos x 1
1
> - x2，
2
所以 f (x) g(x) 1恒成立，所以實數 a的最大值是實數 2 ；
3 sin p k- +1 3 sin p k- + cos p k- p k k（3）因為 ÷ ÷ ÷ = 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
【點睛】方法點睛：第三問，考查放縮法證明不等式，其中證明不等式cos x > 1- x 成立是關鍵.
2
3．（2024·浙江溫州· f x = e- x模擬預測）函數 sin x
(1)求 f x 的單調區間.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 時恒成立，求 a的取值范圍.
3π π
【答案】(1) f x 的單調遞增區間是 2kπ - , 2kπ + ÷ k Z 單調遞減區間是4 4 è

2kπ
π
+ , 2kπ 5π+ ÷ k Z
è 4 4
(2) 1, +
【分析】（1）對函數求導有 f x = 2e- x cos x
π
+ ÷，根據導數判斷函數的單調性區間即可；
è 4
2
（2）構造函數 g x = f x - ax - x x 0 ，將問題轉化為： g x 0在 x 0 時恒成立，求 a的取值范圍；
根據 g 0 = 0，求出命題成立的必要條件，再驗證充分性即可確定 a的取值范圍.
- x
【詳解】（1）因為 f x = e sin x，
π
所以 f x = e- x cos x - sin x = 2e- x cos x + ÷，定義域為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
所以當 x
3π π
2kπ - , 2kπ + ÷ k Z 時， f x > 0， f x 單調遞增；
è 4 4
π 5π
當 x 2kπ + , 2kπ +

4 4 ÷
k Z 時， f x 0， f x 單調遞減；
è
3π π
綜上所述， f x 的單調遞增區間是 2kπ - , 2kπ + ÷ k Z ，單調遞減區間是4 4 è
2kπ π+ , 2kπ 5π+ k Z .
è 4 4 ÷
（2）記 g x = f x - ax - x2 x 0 ，則 g x = e - xsinx - ax - x2 x 0 ，
所以 g x = e- x cos x - sin x - a - 2x x 0 ，
根據題意原題可化為： g x 0在 x 0 時恒成立，求 a的取值范圍；
因為 g 0 = 0 2，所以 f x ax + x 在 x 0 時恒成立的必要條件為 g 0 0，
即1- a 0，即a 1；
構造函數 h x = x - sin x x 0 ，則 h x =1- cos x 0 x 0 ，
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，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，當 x 0, + 時，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，
因為 e- x > 0，不等式兩邊同時乘以 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時， g x 0在 0, + 上恒成立，
綜上a 1，是 f x ax + x2在 x 0 時恒成立的充要條件，
所以 a的取值范圍為a 1 .
【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：
若 f (x) 在區間D上有最值，則
（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 .
若能分離常數，即將問題轉化為： a > f x （或 a f x ），則
（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·湖北武漢·模擬預測）已知函數 f x = ex + ax2 - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然對數的底數）
(1)若 f x 無極值點，求實數 a的取值范圍；
1
(2) x 0 f x x3當 時， + x - e +1恒成立，求實數 a的取值范圍.
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，無變號零點，考慮 a = 0后參變分離為 x = - ，原問題等價于e 2a
g x 1的圖像與 y = - 無相交交點；法二，構建 g x = f x ，分 a > 0， a = 0， a 0結合根的存在性定理
2a
即可求解；
2 - x
1 3 2
（ ）法一，式子轉化為j x = e x - ax + x +1

÷ -1，即證j x 0即可，易知j 0 = 0，則
è 2
j x 1= - xe- x x - 2 x - 2a -1 ，分 2a +1 0，0 2a +1 2， 2a +1 2 討論即可；法二，轉化為
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
【詳解】（1）（方法一）易知 f x = e + 2ax ，由 f x 無極值點可知，
f x 無變號零點，令 ex + 2ax = 0 （*），
顯然 a = 0時，（*）無零點，此時 f x 無極值點，滿足題意；
x 1
故當（*）可變形得
ex
= - ，
2a
x 1
令 g x = x ，原問題等價于 g x 的圖像與 y = - 無相交交點，e 2a
又 g x 1- x= x ，則 x - ,1 ， g x > 0， g x 單調遞增；e
x 1, + ， g x 0， g x 單調遞減；
又 x 趨于- ， g x 趨于- ； x 趨于+ ， g x 趨于 0 ； f 1 1= .
e
可得 g x 的圖象如圖：
1 1
由圖可知- ，解得 - e2 ≤ a 0 ，2a e
e
綜上，- a 0
2
（方法二）構建 g x = f x ，則 g x = ex + 2a
①當 a > 0時， g x > 0當 x R 時恒成立， g x 在R 上單調遞增，
g 1-
1
-
因為 ÷ = e 2a -1 0， g 0 =1 > 0，
è 2a
所以 g x 有一個零點，即為 f x 的一個極值點；
②當 a = 0時， g x > 0當 x R 時恒成立，即 f x 無極值點；
③當 a 0時，當 x ln -2a ， g x 0；當 x > ln -2a ， g x > 0，
所以 g x 在 - , ln -2a 單調遞減，在 ln -2a , + 上單調遞增，
故 g x = g ln -2amin = -2a + 2aln -2a ，
若 g x 0，則-1+ ln -2a > 0即 a - emin 2 .
當 x 0 時， g x > 0，
當 x > 0時， g 2ln -2a = 4a2 + 4aln -2a = -2a é-2a - 2ln -2a ù ，
設 s t = t - 2ln t ， t > e t - 2，故 s t = > 0，
t
故 s t 在 e, + 上為增函數，
故 s t > s e = e - 2lne = e - 2 > 0，
故-2a é -2a - 2ln -2a ù > 0，
故當 g ln -2a 0時， g x 有兩個零點，此時 f x 有兩個極值點.
當 g ln -2a 0時， g x 0 當 x R 時恒成立，即 f x 無極值點；
e
綜上所述：- 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，即證j x 0，
è 2
易知j 0 = 0，
1 - x 2
則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 - 時，
2
則 x 0,2 ，j x > 0，j x 單調遞增，j x > j 0 = 0，不符合題意；
若0 2a
1
+1 2，即- a
1
時，
2 2
則 x 0,2a +1 ，j x 0，j x 單調遞減，
x 2a +1,2 ，j x > 0，j x 單調遞增，
x 2, + ，j x 0，j x 單調遞減，
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 時，
2
則 x 0,2 ，j x 0，j x 單調遞減，
x 2,2a +1 ，j x > 0，j x 單調遞增，
x 2a +1, + ，j x 0，j x 單調遞減，
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+ 記 ÷ -1，則 h a = -e- 2a+1 2a +1 2 0恒成立，
è 2
1
所以 h a 在 ,+
è 2 ÷
上單調遞減，

h a h 1 5所以 ÷ = 2 -1 0，即j 2a +1 0，è 2 e
a 1即對于任意 ，j x 0恒成立，
2
2
綜上所述， a 7 - e
4
（方法二）①當 x = 0時，不等式恒成立，可得 a R ；
1 3
② x > 0 x + x
1
+1- ex x3 + x +1- ex
當 時，可得 a 2 恒成立，設 h x = 2 ，
x2 x2
2 x ex 1 x3 x 2 2 x ex 1- + 3 2 - - ÷ - + x - x ÷ + x2 - x - 2 則 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可設 = - x - x -1，可得m x = ex - x -1，
2
設 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, + 上單調遞增，
m x 在 0, + 上單調遞增，所以m x > m 0 = 0 ，
即m x > 0恒成立，即m x 在 0, + 上單調遞增，所以m x > m 0 = 0，
再令 h x = 0，可得 x = 2，
當0 x 2時， h x > 0， h x 在 0,2 上單調遞增；
x > 2時， h x 0， h x 在 2, + 上單調遞減，
2
所以 h x h 2 7 - e= = ，max 4
a 7 - e
2 é7 - e2
所以 ，綜上可得 a的取值范圍是 ê ,+ ÷ .4 4
【點睛】思路點睛：利用導數證明不等式，可通過構造函數，結合導數求得所構造函數的單調性、極值、
最值.
考點二、利用導數解決函數能成立（有解）問題
1．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的單調區間；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求實數 a的取值范圍．
1 1- -
【答案】(1)單調遞減區間為 0,e 2 ÷，單調遞增區間為 e 2 , + ÷ ；
è è
{a | a 1(2) - }
e
【分析】（1）先對函數求導，結合導數與單調性關系即可求解；
（2）由已知不等式成立，先分離參數，結合成立與最值關系的轉化即可求解．
【詳解】（1）因為 f x = x 2ln x +1 ， x > 0，
令 f x 1= 0，解得 -x = e 2 ，
1-
當 x 0,e 2 ÷時， f x 0， f (x) 單調遞減，
è
1-
當 x e 2 , + ÷時， f x > 0， f (x) 單調遞增，
è
1 1- -
則 f (x) 的單調遞減區間為 0,e 2 ÷，單調遞增區間為 e 2 , + ÷ ；
è è
（2）依題意，存在 x > 0，使得 a x ln x ，
令 g x = x ln x，則 g x = ln x +1，
1
當 x 0, ÷時， g x 0， g(x)單調遞減，
è e
x 1當

,+ ÷時， g x > 0e ， g(x)單調遞增，è
g x 1= g 1 1故 min ÷ = - ，因此 a - ，è e e e
1
故 a的取值范圍為{a | a - }．
e
2．（2024 高三·全國· x專題練習）已知函數 f x = e - x .
(1)求函數 f x 的極值；
1
(2)若對任意 x > 0, f x > ax2 +1有解，求 a的取值范圍.
2
【答案】(1)極小值為 1，無極大值；
(2) a 1 .
【分析】（1）利用導數研究函數 f x 的單調性即可求極值；
1
（2 x）由題意可得任意 x > 0,e - x - ax2 -1 > 0有解，設 g x 1= ex - x - ax2 -1，分 a 0、0 a 1及 a > 1
2 2
討論即可求解.
【詳解】（1） f x = ex -1 = 0，得 x = 0，
當 x 0 時， f x 0，函數 f x 單調遞減，
當 x > 0時， f x > 0，函數 f x 單調遞增，
所以 f (x) 的極小值為 f 0 =1，無極大值；
（2）對任意 x > 0, f x 1 1> ax2 +1 x即 e - x - ax2 -1 > 0，
2 2
設 g x = ex - x 1- ax2 -1, x 0， g x = ex -1- ax, x 0 ，
2
①當 a 0時， g x 單調遞增， g 0 = 0, g x > 0, g x 單調遞增， g x > g 0 = 0，成立；
②當0 a 1時，令 h x = g x ,h x = ex - a > 0, g x 單調遞增， g 0 = 0, g x > 0, g x 單調遞增，
g x > g 0 = 0，成立；
③當 a > 1時，當0 x lna x時， h x = e - a 0, g x 單調遞減， g 0 = 0, g x 0, g x 單調遞減，
g x g 0 = 0 ，不成立.
綜上， a 1 .
x
3．（2024·湖南婁底·一模）已知函數 f x =
ex
，其中 e = 2.71828L為自然對數的底數.
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)證明： f x ex -1；
(3)設 g x = f x - e2x + 2aex - 4a2 +1 a R ，若存在實數 x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
【答案】(1)增區間為 - ,1 ，減區間為 1, + ；
(2)證明見解析；
(3) 12 .
【分析】（1）求出 f x ，判斷導數正負得到函數 f x 的單調區間；
（2）利用分析法轉化要證結論，要證 f x ex -1 x ex 1 x- x，即證 x ，令 h x = x - e +1，即證 h x 0，e e
利用導數判斷 h x 單調性，求出最大值即可得證；
3 g x = f x - e2x（ ） + 2aex - 4a2 +1 1 1，分別討論當 0≤a≤ 2 時和 a > 時是否存在 x0 使得 g x0 0，即可2
求解.
f x R, f x 1- x【詳解】（1） 的定義域為 = x ，e
所以當 x 1時， f x > 0；當 x >1時， f x 0 .
所以 f x 的增區間為 - ,1 ，減區間為 1, + .
x
2 f x ex -1 ex x（ ）要證 ，即證 x -1，令 h x = xe ex - e +1，即證 h x 0，
2x
h x 1- x - e= ，令m x =1- x - e2x ，則m x = -1- 2e2x 0，所以m x 在R 上單調遞減，又m 0 = 0x ，e
\當 x 0 時，m x > 0, h x > 0；當 x > 0時，m x 0, h x 0 .
\h x 在 - ,0 上單調遞增，在 0, + 上單調遞減，
\h x h 0 = 0 x x，所以 x e -1，即 f x e
x -1得證.
e
0 a 1（3）當 ≤ ≤ 時， g 0 = 2a - 4a2 = 2a 1- 2a 02 ，即存在 x0 = 0滿足題意；
a 1當 > 時，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
\此時 g x 0 恒成立，不滿足題意；
1
綜上，所以 a的最大值為 2 .
1．（2024·湖北·模擬預測）已知函數 f x = lnx ， g x a= -1x 其中 a為常數.
(1)過原點作 f x 圖象的切線 l，求直線 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
【答案】(1) x - ey = 0
1
(2) - 2 .e
【分析】（1）設切點，求導得出切線方程，代入原點，求出參數即得切線方程；
（2）由題意，將其等價轉化為 a x lnx +1 在 0, + 有解，即只需求 h x = x lnx +1 在 0, + 上的最小值，
利用導數分析推理即得 a的最小值.
【詳解】（1） f x 1= ,
x
設切點坐標為 t, lnt 1，則切線方程為 y - lnt = x - t ，
t
lnt 1因為切線經過原點O，所以- = -t ，解得 t = e ，
t
1
所以切線的斜率為 ，所以 l的方程為 x - ey = 0 .
e
（2）$x 0, + ， f x g x ，即 ln x a -1成立，
x
則得 a x lnx +1 在 0, + 有解，
故有 x 0, + 時， 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, ÷單調遞減， ,+ ÷ 單調遞增，
è e2 è e2
所以 h x h 1 1= = -min ÷ ，è e2 e2
則 a
1 1
- 2 ，故 a的最小值為- .e e2
2．（2024·全國· 2模擬預測）已知函數 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)討論 f x 的單調性；
(2) 2若不等式 f x 2 ln x + x2 - 2x 在區間 (1, + )上有解，求實數 a 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
(2) e - 2, + ．
【分析】（1）求出 f (x) ，分類討論確定 f (x) > 0 和 f (x) 0 的解得單調性；
a x -1 x -1（2）用分離參數法轉化問題為不等式 - ln x 1, + ln x 在區間 上有解，引入函數 g x = - ln x x > 1 ln x ，
求出 g(x)的最小值即可得．
【詳解】（1）由題意知函數 f x 的定義域為 (0, + )，
2
而 f (x) 2x
2a 2(x - a)
= - = ，
x x
當 a 0時， f x > 0恒成立，函數 f x 在 (0, + )上單調遞增；
當 a > 0時，由 f x 0，得0 x a ，
由 f x > 0，得 x > a ，
所以 f x 在 0, a 上單調遞減，在 ( a , + )上單調遞增．
綜上，當 a 0時， f x 在 (0, + )上單調遞增；
當 a > 0時， f x 在 0, a 上單調遞減，在 a , + 上單調遞增．
（2）因為不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在區間 (1, + )上有解，
所以 (ln x)2 + a ln x - x +1 0在區間 1, + 上有解，此時 ln x > 0，
即 a
x -1
- ln x
ln x 在區間
1, + 上有解，
ln x -1 1+
令 g x x -1= - ln x x > 1 ，則 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 = - - > ，則 = - = > 0，
x x
所以函數 h x 在 1, + 上單調遞增，所以 h x > h 1 = 0．
當1 x e 時 g x 0；當 x>e時 g x > 0，
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，在 e, + 上單調遞增，
所以 g x min = g e = e - 2，所以 a e - 2 ，
綜上可知，實數 a 的取值范圍是 e - 2, + ．
3．（2024·山西運城·一模）已知a 1，函數 f (x) = x sin x + a cos x ， x 0, π .
(1)求曲線 y = f (x)
π π
在點 , f ÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
(2)證明： f (x) 存在唯一的極值點；
1
(3)若存在 a，使得 f (x) - a + b對任意 x 0, π 成立，求實數b 的取值范圍.
2
aπ
【答案】(1) (1- a)x - y + = 0
2
(2)證明見解析
(3) ( 3π , + )
3
π π
【分析】（1）求 f (x) ，代入計算 f ( ) 即為斜率，求 f ( )的值，結合點斜式即可求得切線方程.
2 2
π π
（2）①研究當 x (0, ]時， f (x) 的單調性，②研究當 x ( , π) 時，令 f (x) = g(x) ，運用導數研究 g(x)2 單2
π
調性，結合零點存在性定理可知存在唯一 x0 ( , π) ，使得 g(x0 ) = 0，即 f (x0 ) = 0 ，進而可證得 f (x) 的單2
調性，進而可證得結果.
（3）將問題轉化為 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，進而可得存在 x ( , π) ，使得b
x
> 0 + cos x x0 cos x0 1+ +
sin x 00 2 sin x
0
0 2sin x 2
，設
0
g(x) x x cos x 1= + cos x + + π， x ( , π) ，進而將問題轉化為求 g(x)min ，運用導數求 g(x)2 min 即可.sin x 2sin x 2
【詳解】（1）由題意知， 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所以曲線在點 處的切線方程為 - = (1- a)(x - )，即 (1 a)x y
aπ
- - + = 0 .
2 2 2 2 2
（2）證明：由 f (x) = (1- a)sin x + x cos x，a 1，
①當 x (0,
π] π時， f (x) > x cos x 0，則 f (x) 在 (0, ]上單調遞增，
2 2
π
②當 x ( , π) 時，設 g(x) = (1- a)sin x + x cos x ，則 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) 上單調遞減，
2
又 g(
π) =1- a > 0 ， g(π) = -π 0，
2
π
所以由零點存在性定理可知，存在唯一 x0 ( , π) ，使得 g(x0 ) = 0，即 f (x ) = 0 .2 0
π
所以當 x x0時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ；當 x0 x π 時， g(x) 0，即 f (x) 0 ，2
π
所以 f (x) 在 ( , x0 ) 上單調遞增，在 (x0 , π)上單調遞減，2
π
綜述： f (x) 在 (0, x0 )上單調遞增，在 (x0 , π)上單調遞減，存在唯一 x0 ( , π) ，使得 f (x0 ) = 0 .2
故 f (x) 存在唯一的極值點.
（3）由（2）可知， f (x) 在 (0, x0 )上單調遞增，在 (x0 , π)上單調遞減，
故 f (x)max = f (x0 ) = x0 sin x0 + a cos x0 ，
x cos x
因為 f (x0 ) = (1- a)sin x0 + x0 cos x0 = 0
0 0
，所以 a =1+ sin x ，0
由題意知， 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化簡得 > + 00 + +
π
sin x 2sin x 2 ， x0 ( , π) ，0 0 2
設 g(x)
x cos x x cos x 1= + + + ， x
π
( , π)
sin x 2sin x 2 2
，
π
由題存在 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
設 h(x) = sin 2x - 2x π， x ( , π) ，則 h (x) = 2cos 2x - 2 02 ，
π
所以 h(x) 在 ( , π) 上單調遞減，
2
故 h(x) h(
π) 0，
2
π 2π 2π
當 x 時， 2cos x +1 > 0， g (x) 0；當 x π 時， 2cos x +1 0， g (x) > 0，
2 3 3
故 g(x)在 (
π , 2π) 2π上單調遞減，在 ( , π)上單調遞增，
2 3 3
所以 g(x) 2πmin = g( )
3π
= ，所以b 3π> .
3 3 3
故b 的取值范圍為 ( 3π , + ) .
3
【點睛】方法點睛：恒成立（能成立）問題解題策略：
方法 1：分離參數法求最值：
(1)分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題；
(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：根據不等式恒成立（能成立）構造函數轉化成求函數的最值問題，一般需討論參數范圍，借助函數
單調性求解．
1．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f (x) = ex -1- x - ax2，若當 x 0 時 f (x) 0，求 a的取值范圍．
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, + ，再對 a分 a 和 a > 兩種情況討
2 2
論判斷 f (x) 0是否成立即得解.
【詳解】[方法一]：由題得 f (x) = ex -1- 2ax，
令 g(x) = ex -1- 2ax，所以 g (x) = ex - 2a ， x 0, +
a 1 1當 時， g (x) = ex - 2a 0 恒成立，僅當 a = , x = 0 時， g (x) = 0
2 2
f (x) = ex -1- 2ax在 x 0, + 單調遞增，所以 f (x) f (0) = 0，
所以函數 f (x) 在[0, + ) 上單調遞增.
所以 f (x) f (0) = 0滿足題意；
a 1當 > 時， 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 單調遞減，在 x ln 2a,+ 單調遞增，
又 f (0) = 0,\ f (ln 2a) 0，所以函數 f (x) 在 x 0, ln 2a 單調遞減，
又 f (0) = 0，所以函數 f (x) 在 x (0, ln 2a)上 f (x) f (0) = 0，與已知矛盾，不合題意，所以舍去.
1
綜上所述： a .
2
[方法二]： f (x) = ex -1- 2ax，由指數不等式 e x 1 + x ，當且僅當 x = 0時，等號成立．
得 f (x) x - 2ax = (1- 2a)x
1
，從而當1- 2a 0，即 a 時， f (x) 0(x 0)，
2
而 f (0) = 0，于是當 x 0 時， f (x) 0．
由 ex >1+ x(x 0)可得 e- x >1- x(x 0)
a 1從而當 > 時， f (x) ex -1+ 2a e- x -1 = e- x ex - 1 ex） - 2a ，
2
故當 x (0, ln 2a)時， f (x) 0 ，而 f (0) = 0，當 x (0, ln 2a)時， f (x) 0，不合題意．
綜合得 a

的取值范圍為 - ,
1 ù
è 2 ú
．
1+ x f (x) k x x
3
2．（2023 高三·全國·專題練習）已知 f (x) = ln ，實數 k 使得 > + ÷對 x (0,1) 恒成立，求實數 k1- x è 3
的最大值．
【答案】2
3
【分析】轉化為 g x ln 1+ x = - k x
x
+ ÷ > 0在( 0, 1)上恒成立，根據 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，再論證 k 2時， g x > g 0 = 0即可.
x3
【詳解】因為實數 k 使得 f (x) > k x + ÷對 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)單調遞增，解得 k 2．
4
當 k 2時， g (x) kx + 2 - k= 0,12 0 在 上恒成立，1- x
即 g x 在 0,1 上遞增，故 g x > g 0 = 0恒成立．故 k 2滿足題意．
ax
3．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f x = ln x +1 - ．
x +1
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
【答案】(1)答案見解析
(2) a =1
【分析】（1）利用導數的性質分類討論進行求解即可；
（2）根據（1）的結論，結合構造函數法進行求解即可.
1 a x +1- a
【詳解】（1） f x 的定義域為 -1, + ． f x = - =x +1 x +1 2 x +1 2 ．
若 a 0，則 f x > 0， f x 在 -1, + 上單調遞增．
若 a > 0，則當 x -1,a-1 時， f x 0， f x 單調遞減；
當 x a -1, + 時， f x > 0， f x 單調遞增；
（2）由（1）知，若 a 0，則當-1 x 0時， f x f 0 = 0 ，矛盾．
因此 a > 0．由（1）知此時 f x = f a -1 = ln a - a +1min ．
f x 0恒成立等價于 f x = ln a - a +1 0min 恒成立．
設 g a = ln a - a +1 a > 0 ，即 g a 0恒成立，
則 g a 1- a= ，
a
當 x 0,1 時， g a > 0, g a 單調遞增，
當 x 1,+ 時， g a 0, g a 單調遞減，所以 g a = g 1 = 0max ，
顯然函數 g a 在 a =1處有唯一零點，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 貴州安順 期末）已知函數 - x + 2
(1)求 f x 的單調增區間；
1
(2)方程 f x = m在 x éê- , 2
ù
ú 有解，求實數 m 的范圍. 2
1
【答案】(1)單調遞增區間為 - , - 3 ÷
， 1, + ；
è
(2) m 1,4 .
【分析】（1）求導，解不等式求出單調遞增區間；
（2）先求出 f x é 1 ù在區間 ê- , 2ú上的最大值為 4，最小值為 1，從而得到答案. 2
3 2
【詳解】（1） f x = x - x - x + 2的定義域為 R，
f x = 3x2 - 2x -1 = x -1 3x +1 ，
x 1 1當 - , -

÷ 1, + 時， f x > 0； x - ,13 ÷時， f x 0；è 3 è
故 f x 1單調增區間為 - , -

÷ ， 1, + ；
è 3
1 1
（2）由（1）知，函數 f x 在區間 - ,- ÷， 1,2 上單調遞增，
è 2 3
1
在區間 - ,1

÷上單調遞減，
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
故函數 f x é 1在區間 ê- , 2
ù
ú上的最大值為 4，最小值為 1， 2
∴ f x 1,4 ，
∴ m 1,4 .
5．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知函數 f x = ln 2x +1 - 4aex + a - 2 x a R ．
(1)當 a = 0時，求 f x 的最大值；
(2)若 g x = f x + 3aex 對定義域內任意實數 x 都有 g x 0 ，求 a的取值范圍．
【答案】(1)0
(2) 0, +
【分析】（1）利用導數研究函數的單調性得到函數的最值.
（2）先利用端點效應猜想 a的取值范圍再利用導數研究函數的單調性，求證出猜想的正確性.
1
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = ln 2x +1 - 2x ，定義域為 - , + ÷，
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

÷上單調遞增，在 0, + 上單調遞減，
è 2
所以 f x 的最大值為 f 0 = 0．
（2）因為 g x = ln 2x +1 - aex + a - 2 x 0恒成立，所以 g 0 0，得 a 0，
下面證明：當 a 0時， g x 0 ．
2 x 1
證明如下：因為 g x = - ae + a - 2 在 - , +

上單調遞減，
2x +1 è 2 ÷
又因為 g 0 = 0 1，所以當- x 0時， g x > 0，當 x > 0時， g x 0，
2
所以 g x 1 在 - ,0÷上單調遞增，在 0, + 上單調遞減，
è 2
所以 g x g 0 ，又因為 g 0 = -a 0 ，所以 a 0時， g x 0 ．
綜上， a的取值范圍為 0, + ．
6．（22-23 高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = k é x -1 e
x - 6 ù （其中 e為自然對數的底數）．
(1)若 k =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若1 k 2，求證："x 0, k ， f x x2 ．
【答案】(1)單調遞增區間為 0, + ，單調遞減區間為 - ,0 ；
(2)見解析.
x 1 2
【分析】（1）求導，當 f x 0時， x 0 ，當 f x 0時， x 0 ，即可解決；（2）由 é x -1 e - 6 ù - x 0k
令新函數 g(x) = x 1 ex 1- - x2 - 6，求導，由 g(k) = k -1 ek - k - 6，再令新函數
k
h(k) = g(k) = k -1 ek - k - 6，證明 h(k) 0在1 k 2上恒成立，即可得證.
【詳解】（1）由題知 f x = k é x -1 e
x - 6 ù ，
f x = k éex所以 + x -1 e
x
ù = kxe
x
，
當 k =1 x時， f x = xe ，
當 f x 0時， x 0 ，當 f x 0時， x 0 ，
所以 f x 的單調遞增區間為 0, + ，單調遞減區間為 - ,0 ，
（2）由題知1 k 2，"x 0, k ， f x x2 ，
所以 k é x -1 ex - 6 ù - x
2 0 ，
因為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
即證 g(x) = x -1 ex 1- x2 - 6 0在 x 0, k 上恒成立，
k
因為 g (x) xex
2 x x(ex 2= - = - )
k k
當 g (x)
2
= 0時， x = ln ，
k
當 g (x) 0
2 2 時， x ln ，即 g(x) é在 êln ,k
ù
ú 上單調遞增，k k
當 g (x) 0時， x ln
2
，即 g(x) é在 ê0, ln
2 ù
k k ú
上單調遞減，

因為 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，
因為1 k 2，
所以 h (k) = kek -1 > 0 ，
所以 h(k) 在 1,2 上單調遞增，
所以 h(k)max = h(2) = e
2 -8 0，
所以 g(k ) 0恒成立，
因為 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，即得證.
k
1
7．（2023 · · f (x) = x3 - ax2高三 全國 專題練習）已知函數 + (a2 -1)x + b，其圖象在點 1, f x 處的切線方程
3
為 x + y - 3 = 0．
(1)求 a，b 的值與函數 f (x) 的單調區間；
(2)若對 x [-2， 4]，不等式 f (x) c2 - c恒成立，求 c的取值范圍．
8
【答案】(1) a =1，b = ； f (x) 的單調遞增區間為 (- ,0)， (2,+ )3 ；單調遞減區間為
(0,2)
(2) ( 1- 33- , )U(1+ 33 ,+ )2 2
【分析】（1）利用導數的幾何意義可得 f (1) = 2, f (1) = -1,
8
從而求得 a =1，b = ．進而令 f (x) > 03 得增區間，
令 f (x) 0 得減區間；
（2）利用導數求得函數 f (x) 在 x -2,4 上的最大值為 8，進而轉化為 c2 - c > 8，解不等式即可.
1 f (x)
1
= x3 - ax2 + (a2【詳解】（ ） -1)x + b，
3
\ f (x) = x2 - 2ax + (a2 -1) ，
Q函數 f (x) 的圖象在點 1, f x 處的切線方程為 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．
\函數 f (x) 的單調遞增區間為 (- ,0)， (2,+ ) ；單調遞減區間為 (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 ，則 x1 = 0, x2 = 2，
所以當 x 變化時， f x , f x 的變化情況如下：
x [-2 ， 0) 0 (0,2) 2 (2， 4]
f (x) + 0 - 0 +
f (x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
由表格可知：當 x = 0時，函數 f (x) 取得極大值， f (0)
8
= ，又 f (4) = 8．
3
\函數 f (x) 在 x -2,4 上的最大值為 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的取值范圍是 - )U( ,+ )．2 2
8．（23-24 高三上·江蘇常州·期中）已知函數 f x a= x2 + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)對于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求實數 a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
a 6(2) .
5
【分析】（1）對函數求導，討論 a 0、 a > 0研究導數符號確定區間單調性；
（2）問題化為 f x bmin = 2對"x 1,e 恒成立，討論a 1、a 1求參數范圍.
2 ax2 + 2a -1 x - 2 ax -1 x + 2
【詳解】（1）由題設 f x = ax + 2a -1- = = 且 x (0,+ )，
x x x
當 a 0時 f x 0, f x 在 0, + 上遞減；
當 a > 0
1
時，令 f x = 0 x = ，
a
0 x 1當 時 f x 0, f x 在區間 0,
1
上遞減；
a è a ÷
1 f x 0, f x 1當 x > 時 > 在 , +

a a ÷
上遞增．
è
所以當 a 0時， f x 的減區間為 0, + ，無增區間；
1 1
當 a > 0時， f x 的增區間為 , + ÷，減區間為 0, ÷ .
è a è a
（2）由題設知 f x bmin = 2對"x 1,e 恒成立．
5a
當a 1時，此時 f 1 = -1 2 ，不合題設，舍去．
2
當a 1時， f x 0, f x 1,e f 1 5a 1 2 a 6在 上遞增，只需 = - 符合．
2 5
6
綜上： a ．
5
9．（2024·吉林白山·二模）已知函數 f x = 2lnx - mx + 2 .
(1)若m = 3，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若"x 0, + , f x 0，求實數m 的取值范圍.
【答案】(1) x + y = 0
(2) 2, +
【分析】（1）根據導數的幾何意義，結合導數的運算性質、直線的點斜式方程進行求解即可；
（2）對不等式進行常變量分離，構造函數，利用導數研究函數的最值即可.
【詳解】（1） f x = 2lnx - 3x + 2 f x 2= - 3，
x
因此 f 1 = -1，而 f 1 = -1，
故所求切線方程為 y +1 = - x -1 ，即 x + y = 0；
m 2lnx + 2（2）依題意， 2lnx - mx + 2 0 ，故 對任意 x 0, + 恒成立.
x
g x 2lnx + 2 x 0 g x -2lnx令 = > ，則 = ，
x x2
令 g x = 0 ，解得 x =1 .
故當 x 0,1 時， g x > 0, g x 單調遞增；
當 x 1,+ 時， g x 0, g x 單調遞減，
則當 x =1時， g x 取到極大值，也是最大值 2.
故實數m 的取值范圍為 2, + .
10．（23-24 高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)當 a = -1時，求函數 f x 的單調區間；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在實數解，求實數 a的取值范圍．
1 ù 1
【答案】(1)單調增區間為 0, ，單調減區間為 ,+ ÷
è 2 ú è 2
1
(2) a
2
【分析】（1）根據導函數的正負判斷函數的遞增遞減區間即得；
2 a - ln x + 2x
2 -1
（ ）通過代入不等式整理成 在 1, + 上存在實數解問題，故可轉化成求函數
2x
2
h x - ln x + 2x -1= 在 1, + 得最小值問題，計算即得.
2x
【詳解】（1）當 a = -1時， 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
所以函數 f x 的單調增區間為 0,
1 ù 1
ú，單調減區間為 ,+ 2 2 ÷
；
è è
（2）原條件等價于： g x = ln x - 2x2 + 2ax -1在 1, + 上存在實數解．
a - ln x + 2x
2 -1
化為 在 1, + 上存在實數解，
2x
2
令 h x - ln x + 2x -1= ，
2x
x 1 - + 4x

÷ - - ln x + 2x2 -1 則 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, + ) 上單調遞增，2x
∴ h x 1的最小值為 h 1 = ，
2
1
∴ a 時，不等式 g x -1在 1, + 上存在實數解．
2
2
1．（2024· x浙江紹興·二模）已知函數 f x = - x + a sin x .
2
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0, π 時， f x > 0，求實數 a的取值范圍.
【答案】(1) y = x ；
(2) a 1 .
【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率，進而求出切線方程；
（2）分a 1和a 1討論，利用導數結合不等式放縮判斷導數正負，結合單調性驗證恒成立是否滿足.
2
【詳解】（1）當 a = 2時， f x x= - x + 2sin x，則 f x = x -1+ 2cos x ，
2
所以切線斜率為 k = f 0 =1，又 f 0 = 0，
所以，切線方程是 y = x .
（2）①當a 1時，因為 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
記 g x x= - x + sin x ，則 g x = x -1+ cos x，
2
令 h x = g x = x -1+ cos x，則 h x =1- sin x .
因為當 x 0, π 時， h x 0，所以 g x 在區間 0, π 上單調遞增，
所以， g x > g 0 = 0，
所以， g x 在區間 0, π 上單調遞增，
所以， g x > g 0 = 0，所以 f x > 0 .
②當a 1時， f x = x -1+ a cos x，
因為當 x 0, π 時， sin x 0,1 ，
令j x = f x = x -1+ a cos x，則j x =1- a sin x ，
若 a 0，則j x > 0，即 f x 在區間 0, π 上單調遞增.
若 0 a 1，則j x =1- a sin x 1- a > 0，
所以 f x 在區間 0, π 上單調遞增.
所以當a 1時， f x 在區間 0, π 上單調遞增.
因為 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，當 x 0, x0 時， f x 0，即 f x 在區間 0, x0 上單調遞減，
所以 f x0 f 0 = 0，不滿足題意.
綜上可知，實數 a的取值范圍為a 1 .
2．（23-24 高三上·廣東深圳·階段練習）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)討論 f x 的單調性和極值；
(2)若 x 0,e 時， f x 3有解，求 a的取值范圍．
【答案】(1)見解析
(2) - , e2 ù
ax -1
【分析】（1）首先求函數的導數， f x = , x > 0 ，討論 a 0和 a > 0兩種情況討論函數的單調性和極
x
值；
3 ln x 3 ln x
（2）首先不等式參變分離為 a + ，在 x 0,e 時有解，再構造函數 g x = + ， x 0,e ，轉化
x x x x
為利用導數求函數的最大值.
1 ax -1
【詳解】（1） f x = a - = , x > 0 ，
x x
當 a 0時， f x 0恒成立，函數在區間 0, + 上單調遞減，無極值；
當 a > 0時，令 f x = 0 x 1，得 = ，
a
f x 0 0 x 1 1，得 ，函數在區間
a
0, ÷ 上單調遞減，
è a
f x 1> 0，得 x 1> ，函數在區間 ,+ ÷ 上單調遞增，a è a
1
當 x
1
= ，函數取得極小值 f =1+ ln a ，
a ֏ a
綜上可知， a 0時，函數的單調遞減區間是 0, + ，無增區間，無極值；
1 1
a > 0 時，函數的單調遞增區間是 ,+ ÷ ，單調遞減區間 0, ÷ ，極小值1+ ln a ，無極大值.
è a è a
（2）由題意可知， ax - ln x 3， x 0,e 時有解，
3 ln x 3 ln x
則 a + ，在 x 0,e 時有解，即 a + ÷ , x 0,e ，x x è x x max
g x 3 ln x設 = + ， 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 ，
當0 x
1
2 時， g x > 0， g x 單調遞增，e
1
當 2 x e時， g x 0， g x 單調遞減，e
所以 g x 的最大值為 g 1 ÷ = e2 ，即 a e2，
è e2
2
所以實數 a的取值范圍是 - , e ù .
f (x) = x ln x g(x) 2 f (x) 13．（2024·陜西渭南·二模）已知函數 ， = - x + .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時，mx2 - ex mf (x)恒成立，求實數 m 的取值范圍.
【答案】(1)遞減區間為 (0, + )，無遞增區間；
(2) (- , e] .
【分析】（1）求出函數 g(x)，再利用導數求出 g(x)的單調區間.
（2）等價變形給定不等式得m(x - ln x) ex-ln x ，令 t = x - ln x并求出值域，再換元并分離參數構造函數，求
出函數的最小值即得.
1
【詳解】（1）依題意，函數 g(x) = 2ln x - x + 的定義域為 (0, + )，
x
求導得 g (x)
2 1 1
= -1- = -( -1)2 0 ，當且僅當 x =1時取等號，
x x2 x
即 g(x)在 (0, + )上單調遞減，
所以函數 g(x)的遞減區間為 (0, + )，無遞增區間.
x
（2 e）當 x > 0時，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 ，求導得 h (x) =1- ，
x
當0 x 1時， h (x) 0，當 x >1時， h (x) > 0，
即函數 h(x) 在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增，則當 x > 0時，h(x) h(1) = 1，
t
令 t = x - ln x e，依題意，"t [1, + )，mt et m 恒成立，
t
t t
令j(t) e= , t 1，求導得j (t) e (t -1)= 2 0，則函數j(t) 在[1, + ) 上單調遞增，t t
當 t =1時，j(t)min = j(1) = e ，因此m e ，
所以實數 m 的取值范圍 (- , e] .
【點睛】關鍵點點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用導數探求函數單
調性、最值是解決問題的關鍵.
4．（2024·山東德州·三模）設函數 f x = bex + a cos x， a,b R ，曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程
為 y = x + 2 .
(1)求 a,b的值;
(2)求證:方程 f x = 2僅有一個實根;
(3)對任意 x 0, + ，有 f x > k sin x + 2 ，求正數 k 的取值范圍.
【答案】(1) a = b =1
(2)證明見解析
(3) 0 k 1
【分析】（1）利用導數的幾何意義，結合切線和曲線，以及切點的關系，即可列式求解；
（2）分 x > 0， x = 0和 x 0 三種情況，分析函數的性質，判斷函數的零點個數；
（3）令F x = ex + cos x - k sin x - 2，分0 k 1和 k >1兩種情況，利用導數討論函數的最值，即可求解.
x
【詳解】（1）因為 f x = be + a cos x，所以 f 0 = be0 + a cos 0 = b + a，
又點 0, f 0 在切線 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）證明: 欲證方程 f x = 2僅有一個實根，只需證明 ex + cos x - 2 = 0僅有一個實根，
令 g x = ex + cos x - 2 g 0 = e0 x，且 + cos 0 - 2 = 0，則 g x = e - sin x ，
令 h x = g x = ex - sin x ，則 h x = ex - cos x ，
討論: 當 x > 0時， h x = ex - cos x > e0 - cos x =1- cos x 0，
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，所以 h x h 0 =1，即 g x = ex - sin x >1 > 0，
所以 g x 在 0, + 上單調遞增， g x > g 0 = 0，即此時無零點；
當 x = 0時， g 0 = 0，即此時有一個零點:
當 x 0 時， 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，當 x 0 時， g x 0 ，即此時無零點，
x
綜上， g x = e + cos x - 2僅有一個零點，得證.
（3）當 x 0, + 時， 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，則F x = ex - sin x - k cos x，
由（2） 可知， x 0, + 時， ex - sin x >1，
所以F x = ex - sin x - k cos x >1- k cos x ，
討論: 當0 k 1時，因為-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, + 時單調遞增，
所以F x > F 0 = 0恒成立，即滿足條件 ex + cos x - k sin x - 2 > 0，
當 k >1時，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，當 x 0, x0 時，F x 0，F x 單調遞減，
當 x x0 ,+ 時，F x > 0，F x 單調遞增，
所以F x0 F 0 = 0，即不能保證 ex + cos x - k sin x - 2 > 0恒成立
綜上，正數 k 的取值范圍是0 k 1.
【點睛】關鍵點點睛：本題的第二問的關鍵是需分三段討論函數的性質，第三問的關鍵是對 k 分 2 種情況討
論函數的性質.
5．（2024·江蘇宿遷·三模）已知函數 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，求實數b 的值；
(2)若函數 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a的取值范圍．
【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，代入計算即可；
（2）先求出 f (x)
9a
，令 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，設$x0 (a, )4 ，使得
g(x0 ) = 0，即 f (x0 ) = 0 ，根據導函數
求出 fmax (x) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，根據不等式恒成立建立不等式得 g(2a)≤0，計算即可.
9a
【詳解】（1）因為 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函數的定義域為 (a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，得 f (2) = -1，
f (2) 1 2所以 = - = -12 - a 9a - 8 ，
設 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
所以函數 h(a) 是 ( ,2)9 上的遞增函數，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，
所以切點坐標為 (2,1)，代入直線方程 x + y = b得b = 3．
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定義域為 (a,
9a ]
4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x - a ，9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
設 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 0，
9a - 4x
9a 9a 5a
所以 g(x)在 (a, ) 上遞減，又 g(a) = 5a > 0， g( ) = - 04 4 2 ，
所以當 x (a, x0 )時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0 ，函數 f (x) 遞增，
當 x (x ,
9a
0 )時， g(x) 0，即 f (x) 0 ，函數 f (x)4 遞減，
所以函數 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)，
因為 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
設 h(x) = ln x + 2x，則 h (x) = 1x + 2 > 0，所以 h(x) 遞增，
所以 x0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，
g(x) (a, 9a因為 在 )4 上遞減，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
【點睛】關鍵點點睛：本題第一問求解的關鍵在于根據導數的幾何意義建立等式求出 a =1，在解的過程中
要注意說明解得唯一性；第二問求解關鍵在于分母恒大于零，在探究導函數單調性時只需對導函數分子求
導，根據導數求出 fmax (x)，再根據不等式恒成立建立不等式得 g(2a)≤0，最后計算可得.
6．（2024·青海海西· 3 2模擬預測）已知函數 f x = x - x + ax .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)令 g x = f x a+ - x ln x - 2，若 g x 0 恒成立，求實數 a 的取值范圍.
x
【答案】(1)答案見解析
(2)[1, + ) ．
1 f x = 3x2【分析】（ ）求導得 - 2x + a，利用判別式分類討論可求單調區間；
（2） g 1 = 2a - 2 0，可得a 1，進而證明a 1時 g x 0 恒成立，利用放縮法與構造函數法可求解.
2
【詳解】（1）由 f x = 3x - 2x + a，D = 4 -12a ，
1
①當 a 時，D 0，可得 f x 0，此時函數 f x 在 R 上單調遞增；
3
1
②當 a 時，D > 0，關于 x 的一元方程3x2 1± 1- 3a- 2x + a = 0的兩根為 x = ，3 3

f x 1- 1- 3a 1+ 1- 3a
1- 1- 3a 1+ 1- 3a
此時函數 的減區間為 ,3 3 ÷÷
，增區間為 - , ÷÷， ,+ ÷÷；
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，
下面證明a 1時 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
要證不等式 g x 0 ，只需證 x - x + x + - x ln x - 2≥0，
x
又由 x > 0 2，只需證 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當0 x 1時，0 x3 1，0 2x 2 ，
有 4x4 - x3 - 2x + 4 > 4x4 -1- 2 + 4 = 4x4 +1 > 0；
②當 x 1時， 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，故函數j x 單調遞增，
又由j 1 = 0，可知當0 x 1時j x 0，即 h x 0；
當 x >1時j x > 0 ，即 h x > 0，可得函數 h x 的減區間為( 0, 1)，增區間為 1, + ，
有 h x h 1 = 0．
由上知，若 g x 0 恒成立，則實數 a 的取值范圍為[1, + ) .
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造
的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放
縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
7 3 2．（2024·四川瀘州·二模）已知函數 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ．
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若$x -1,1 ， f x 3，求實數 a 的取值范圍．
【答案】(1) y = 2
(2) (0,1] [3, + )
【分析】（1）對 f x 求導，利用導數的幾何意義即可得解；
（2）先利用導數分析 f x 的單調性，再構造 g(x) = f x ，將問題轉化為 g(x)max 3，利用 f x 的單調性，
分析得 | f (x) |max ，從而得解.
3 2
【詳解】（1）因為 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ，則 f (x) = 6x2 - 2ax，
所以 f (0) = 2， f (0) = 0 ，
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程 y = 2；
（2）因為 f (x) = 6x2
a
- 2ax = 6x x - ，且 a > 0，
è 3 ÷
a
所以當0 x 時， f (x) 0 ， f x 單調遞減，
3
當 x 0 或 x
a
> 時， f (x) > 0 ， f x 單調遞增；
3
不妨令 g(x) = f x ，
a
當 1，即 a 3時， f (x) 在[-1,0]單調遞增，在 0,1 單調遞減，
3
且 f (-1) = -a -3, f (0) = 2, f (1) = 4 - a 1，
所以 g(x)max =| f (x) |max = max{a, 2,| 4 - a |} 3，此時符合題意；
a
當0
a
1 é ù é，即 0 < a < 3時， f (x) 在[-1,0]和 ê ,1ú 單調遞增，在 ê0,
a ù
ú 單調遞減，3 3 3
f (x) x a= f a a
3
顯然 在 處取得極小值，此時極小值為 ÷ = 2 - > 0，3 è 3 27
而 f (-1) = -a (-3,0), f (0) = 2, f (1) = 4 - a > 0，
所以 g(x)max =| f (x) |max = max{a, 2, 4 - a}，
要使 g(x)max 3，則必有 4 - a 3，解得 a 1，故0 a 1，
綜上: a的取值范圍是 (0,1] [3, + ) .
【點睛】結論點睛：
（1） f x > 0有解 f x > 0 ； f x 0 有解 f x 0max min ．
（2） f x > a有解 f x > a ； fmax x a有解 f x amin ．
（3） f x > g x 有解 é f x - g x ù > 0； f x g x 有解 é f x - g x ù 0max min ．
（4）$x1 M ，$x2 N ， f x1 > g x2 f x1 > gmax x2 min ．
ax
8．（2024·廣東梅州·一模）已知函數 f x = ln x +1 - a > 0 .
x +1
(1)若 x =1是函數 f x 的一個極值點，求 a的值；
(2)若 f x 0在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍；
(3) 2024
2024

證明： 2023 ÷
> e（ e為自然對數的底數）.
è
【答案】(1) a = 2
(2) 0,1
(3)證明詳見解析
【分析】（1）由 f 1 = 0求得 a，驗證后確定 a的值.
（2）對 a進行分類討論，根據 f x 在區間 0, + 上的最小值不小于 0 求得 a的取值范圍.
ln 2024 1（3）將要證明的不等式轉化為證明 - > 0，結合（2）的結論來證得不等式成立.
2023 2024
【詳解】（1） f x = ln x +1 ax- a > 0 ，定義域為 -1, + ，
x +1
f x x +1- a= 2 a > 0 ，因為 x =1是 f xx +1 的一個極值點，
2 - a
所以 f 1 = = 0, a = 2 .
4
x -1
此時 f x = 2 ，所以 f x 在區間 -1,1 上 f
x 0, f xx 1 + 單調遞減，
在區間 1, + 上 f x > 0, f x 單調遞增，所以 x =1是 f x 的極小值點，符合題意，
所以 a = 2 .
（2）因為 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 0min .
x +1- a
當0 a 1時， f x = 0 x 1 2 在 0, + + 上恒成立，
f x 在 0, + 上單調遞增，所以 f x = fmin 0 = 0成立，符合題意.
x +1- a
當 a > 1時，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 上單調遞減，在 a -1, + 上單調遞增，
當 x 0,a -1 時， f x f 0 = 0 ，這與 f x 0矛盾.
綜上所述， a的取值范圍是 0,1 .
2024 2024
3 2024 e ln 2024
2024 1
（ ）要證明 ÷ > ，即證明 > ln e，即證明 ln - > 0，
è 2023 è 2023 ÷ 2023 2024
由（2）得 a =1時， f x = ln x x+1 - 在 0, + 上單調遞增，
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
從而原不等式成立.
【點睛】求解函數在區間上的最值的步驟：（1）確定 f x 的定義域；（2）計算導數 f x ；（3）求出 f x = 0
的根；（4）用 f x = 0的根將 f x 的定義域分成若干個區間，考查這若干個區間內 f x 的符號，進而確
定 f x 的單調區間；（5）根據單調區間來求得最值.
2
9．（2024· x a四川宜賓·模擬預測）已知函數 f x = - xlnx, g x = a x + lnx + a2 - .
2 2
(1)求 f x 過原點的切線方程；
a 0, 1 (2)求證：存在 ÷，使得 f x g x 在區間 1, + 內恒成立，且 f x = g x 在 1, + 內有解.
è 2
【答案】(1) y = 1- ln2 x
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數求解函數的切線方程；
（2）利用函數導數判斷函數的單調性，進而判斷恒成立問題
x2 x2
【詳解】（1） f x = - xlnx, f x = x -1- lnx 0，設切點P x0 , - x lnx ÷2 2 0 0è
x2
切線方程： y - 0 + x0lnx0 = x0 -1- lnx0 x - x2 0
切線過原點，解得x0 = 2
\切線方程： y = 1- ln2 x
2
（2）設F (x) x a= f x - g x = - x + a lnx + - ax - a2 + ，
2 2
2
則 h x = F x = -lnx a-1- + x - a ，故 h xx
x - x + a
=
x2
當 x 1, + 時， x2 - x > 0 ，則 h x > 0，即 h x = F x 在 1, + 單調遞增，
F x lnx 1 a且F 1 = -2a 0且 x + 時F x > 0，存在唯一 x0 1, + 使得 0 = - 0 - - + x0 - a = 0x ①.0
\F x 在 1, x0 上單調遞減， x0 ,+ 上單調遞增.
\滿足F x = 0在區間 1, + 內有唯一解，只需滿足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
將① 2帶入化簡得： 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則 0 - 2x
2
0，此時①變形為 x0 - 2x0 -1+ lnx0 = 0，
不妨設 k x = x2 - 2x -1+ lnx ，顯然 k x 在 1, + 上單調遞增.

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 ÷÷ ，則 0 0 0,
1
÷結論得證
è 2 è 2
10．（2024· x-1貴州安順·二模）已知函數 f x = e - k x -1 ,k R ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若對任意的 k > 0，存在 x R ，使得 kf x ek +a ，求實數 a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2) -1, +
【分析】（1）求出定義域，求導，分 k 0和 k > 0兩種情況，得到函數的單調性；
k +a k +a
（2）變形得到 f x e ，在（1）的基礎上得到 f x = k - k ln kmin ，從而 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，求導得到其單調性，求出 h k =
k k
h 1 = e1+a最小值為 ，從而得到不等式，求出 a的取值范圍.
1 f x = ex-1【詳解】（ ） - k x -1 的定義域為R ，則 f x = ex-1 - k ，
當 k 0時， f x > 0恒成立，故 f x = ex-1 - k x -1 在R 上單調遞增，
當 k > 0時，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, + 上單調遞增，在 - ,1+ ln k 上單調遞減，
綜上，當 k 0時， f x 在R 上單調遞增；
當 k > 0時， f x 在 1+ ln k, + 上單調遞增，在 - ,1+ ln k 上單調遞減；
ek +a ek +a
（2）由題意得，對任意的 k > 0，存在 x R ，使得 f x ，即 f x ，
k min k
由（1）知， k > 0時， f x 在 1+ ln k, + 上單調遞增，在 - ,1+ ln k 上單調遞減；
故 f x 在 x =1+ ln k 處取得極小值，也是最小值，
k +a
f x = e1+ln k -1故 - k 1+ ln k -1 = k - k ln kmin ，即證 k - k ln k
e
，
k
令 g k = k - k ln k ， k > 0，則 g k =1- ln k -1 = - ln k ，
當 k 0,1 時， g k > 0 ，當 k 1, + 時， g k 0，
故 g k = k - k ln k 在 k 0,1 上單調遞增，在 k 1, + 單調遞減，故 g k = gmax 1 =1，
k +a k +a
令 h ek e k -1 = ， k > 0，則 h k = ，
k k 2
當 k 0,1 時， h k 0，當 k 1, + 時， h k > 0，
k +a
故 h k e= 在 k 0,1 上單調遞減，在 k 1, + 上單調遞增，
k
h k e
k +a
故 = 1+a在 k =1處取得極小值，也是最小值，且 h 1 = e ，
k
綜上， g k , h k 都在 k =1上取得最值，從而1 e1+a ，解得 a > -1，
故實數 a的取值范圍為 -1, + .
【點睛】方法點睛：對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法, 使不等式一
端是含有參數的式子，另一端是一個區間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.
二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函
數圖像確定條件.
1．（2021·天津·高考真題）已知 a > 0，函數 f (x) = ax - xex ．
（I）求曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程：
（II）證明 f (x) 存在唯一的極值點
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 對任意 x R 成立，求實數 b 的取值范圍．
【答案】（I） y = (a -1)x, (a > 0) ；（II）證明見解析；（III） -e,+
【分析】（I）求出 f x 在 x = 0處的導數，即切線斜率，求出 f 0 ，即可求出切線方程；
（II）令 f x = 0，可得 a = (x +1)ex，則可化為證明 y = a 與 y = g x 僅有一個交點，利用導數求出 g x 的
變化情況，數形結合即可求解；
（III）令 h(x) = x2 - x -1 ex , (x > -1)，題目等價于存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min ，利用導數
即可求出 h x 的最小值.
【詳解】（I） f (x) = a - (x +1)ex ，則 f (0) = a -1，
又 f (0) = 0，則切線方程為 y = (a -1)x, (a > 0) ；
（II）令 f (x) = a - (x +1)ex = 0 ，則 a = (x +1)ex，
令 g(x) = (x +1)ex ，則 g (x) = (x + 2)ex ，
當 x (- ,-2)時， g (x) 0， g x 單調遞減；當 x (-2,+ )時， g (x) > 0， g x 單調遞增，
當 x - 時， g x 0， g -1 = 0，當 x + 時， g x > 0，畫出 g x 大致圖像如下：
所以當 a > 0時， y = a 與 y = g x 僅有一個交點，令 g m = a，則m > -1，且 f (m) = a - g(m) = 0，
當 x (- ,m)時， a > g(x)，則 f (x) > 0 ， f x 單調遞增，
當 x m,+ 時， a g(x)，則 f (x) 0 ， f x 單調遞減，
x = m 為 f x 的極大值點，故 f (x) 存在唯一的極值點；
（III）由（II）知 f (x)max = f (m)，此時 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 對任意 x R 成立，等價于存在 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，
當 x (-1,1)時， h (x) 0， h x 單調遞減，當 x (1,+ )時， h (x) > 0， h x 單調遞增，
所以 h(x)min = h(1) = -e ，故b -e ，
所以實數 b 的取值范圍 -e,+ .
【點睛】關鍵點睛：第二問解題的關鍵是轉化為證明 y = a 與 y = g x 僅有一個交點；第三問解題的關鍵是
轉化為存在 x (-1, + )，使得 h(x) b，即b h(x)min .
2．（2020·山東·高考真題）已知函數 f (x) = aex-1 - ln x + ln a ．
（1）當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范圍．
2
【答案】（1） （2）[1, + )
e -1
【分析】（1）利用導數的幾何意義求出在點 1, f 1 切線方程，即可得到坐標軸交點坐標，最后根據三角形
面積公式得結果；
（2）方法一：利用導數研究函數 f x 的單調性，當 a=1 時，由 f 1 = 0得 f x = f 1min =1 ,符合題意；
1 1
當 a>1 時，可證 f ( ) f (1) 0 ，從而 f x 存在零點 x 0 > 0 ，使得 f (x0 ) = aex0 -1 - = 0x ，得到 f ( x )min ，利用a 0
零點的條件，結合指數對數的運算化簡后，利用基本不等式可以證得 f x 1恒成立；當 0 a 1時，研究
f 1 .即可得到不符合題意.綜合可得 a 的取值范圍.
1
【詳解】（1）Q f (x) = ex - ln x +1，\ f (x) = ex - ，\k = f (1) = e -1.
x
Q f (1) = e +1，∴切點坐標為(1,1+e),
∴函數 f x 在點(1,f(1)處的切線方程為 y - e -1 = (e -1)(x -1) ,即 y = e -1 x + 2 ,
\ -2切線與坐標軸交點坐標分別為 (0,2), ( ,0) ,
e -1
1 2 | -2 2∴所求三角形面積為 |= ．
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設 ,則 = + 2 > 0,x
∴g(x)在 (0, + )上單調遞增，即 f (x)在 (0, + )上單調遞增，
當 a =1時， f (1) = 0 ,∴ f x = f 1 =1min ,∴ f x 1成立.
1 1 1 1 -1
當 a > 1時， 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，且當 x (0, x0 )時 f (x) 0 ，當 x (x0 ,+ ) 時 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；
當 0 a 1時， f (1) = a + ln a a 1, ∴ f (1) 1, f (x) 1不是恒成立.
綜上所述，實數 a 的取值范圍是[1,+∞).
［方法二］【最優解】：同構
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 ，則h (m) = em +1 > 0，所以 h(m)在 R 上單調遞增．
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 ，則 = - = ．
x x
所以當 x (0,1) 時，F (x) > 0, F (x) 單調遞增；
當 x (1,+ )時，F (x) 0, F (x) 單調遞減．
所以[F (x)]max = F (1) = 0 ，則 ln a 0，即a 1．
所以 a 的取值范圍為a 1．
［方法三］：換元同構
由題意知 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 講 利用導數研究恒成立與能成立（有解）問題
（2 類核心考點精講精練）
1. 5 年真題考點分布
5 年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
證明函數的對稱性
利用導數求函數的單調性
2024 年新 I 卷，第 18 題,17 分 利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數證明不等式
利用不等式求取值范圍
2023 年新 I 卷，第 19 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 含參分類討論求函數的單調區間
利用導數求函數的單調區間
(不含參)
2023 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題
利用導數研究函數的零點
根據極值點求參數
含參分類討論求函數的單調區間
2022 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題
裂項相消法求和
2020 年新 I 卷，第 21 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 求在曲線上一點處的切線方程
2020 年新Ⅱ卷，第 22 題,12 分 利用導數研究不等式恒成立問題 求在曲線上一點處的切線方程
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的必考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數證明函數的單調性
2 能求出函數的極值或給定區間的最值
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 ，
【命題預測】導數的綜合應用是高考考查的重點內容,也是高考壓軸題之一近幾年高考命題的趨勢，是穩中
求變、變中求新、新中求活，縱觀近幾年的高考題,導數的綜合應用題考查多個核心素養以及綜合應用能力,
有一定的難度,一般放在解答題的最后位置，對數學抽象、數學運算、邏輯推理等多個數學學科的核心素養
都有較深入的考查，需綜合復習
知識講解
1. 恒成立問題常見類型
假設 x 為自變量，其范圍設為 D ， f x 為函數；a 為參數， g a 為其表達式，
（1） f x 的值域為 m, M
①"x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
"x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
②"x D, g a f x ，則只需要 g a f x =Mmax
"x D, g a > f x ，則只需要 g a > f x =Mmax
（2）若 f x 的值域為 m, M
① "x D, g a f x ，則只需要 g a m
"x D, g a f x ，則只需要 g a m （注意與（1）中對應情況進行對比）
② "x D, g a f x ，則只需要 g a M
"x D, g a > f x ，則只需要 g a M （注意與（1）中對應情況進行對比）
2. 恒成立問題的解決策略
①構造函數，分類討論；②部分分離，化為切線；③完全分離，函數最值；④換元分離，簡化運算；
在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘數’”.依托端點效應，縮小范圍，借助數形結合，尋找臨界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解問題設計獨特，試題形式多樣、變化眾多，涉及到函數、不等
式、方程、導數、數列等知識，滲透著函數與方程、等價轉換、分類討論、換元等思想方法，有一定的綜
合性，屬于能力題，在提升學生思維的靈活性、創造性等數學素養起到了積極的作用，成為高考的一個熱
點．
3. 能成立（有解）問題常見類型
假設 x 為自變量，其范圍設為 D ， f x 為函數；a 為參數， g a 為其表達式，
（1）若 f x 的值域為 m, M
①$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = Mmax
$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = Mmax
②$x D, g a f x ，則只需要 g a f x = mmin
$x D, g a > f x ，則只需要 g a > f x = mmin
（2）若 f x 的值域為 m, M
① $x D, g a f x ，則只需要 g a M （注意與（1）中對應情況進行對比）
$x D, g a f x ，則只需要 g a M
② $x D, g a f x ，則只需要 g a > m （注意與（1）中對應情況進行對比）
$x D, g a > f x ，則只需要 g a > m
4. 能成立（有解）問題的解決策略
①構造函數，分類討論；②部分分離，化為切線；③完全分離，函數最值；④換元分離，簡化運算；
在求解過程中，力求“腦中有‘形’，心中有‘數’”.依托端點效應，縮小范圍，借助數形結合，尋找臨界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解問題設計獨特，試題形式多樣、變化眾多，涉及到函數、不等
式、方程、導數、數列等知識，滲透著函數與方程、等價轉換、分類討論、換元等思想方法，有一定的綜
合性，屬于能力題，在提升學生思維的靈活性、創造性等數學素養起到了積極的作用，成為高考的一個熱
點．
考點一、利用導數解決函數恒成立問題
1．（2024·全國·高考真題）已知函數 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)當 a = -2 時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0 時， f x 0 ，求 a的取值范圍．
2．（2023·全國·高考真題）已知函數 f (x)
sin x π
= ax -
cos3
, x 0,x ֏ 2
(1)當a = 8時，討論 f (x) 的單調性；
(2)若 f (x) sin 2x 恒成立，求 a 的取值范圍．
3．（2022·全國·高考真題）已知函數 f (x) = xeax - ex ．
(1)當 a =1時，討論 f (x) 的單調性；
(2)當 x > 0時， f (x) -1，求 a 的取值范圍；
1 1 L 1(3)設 n N* ，證明： + + + > ln(n +1)
12 +1 22 + 2 n2
．
+ n
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f x = lnx - ax, g x 2= ,a 0．
ax
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
2．（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數 f (x) = cos x, g(x) = a 2 - x2 .
(1) a =1時，求F (x) = f (x) - g(x)的零點個數;
(2)若 f (x) g(x) 恒成立，求實數 a的最大值;
n p k 3(3) 求證: sin - ÷ > n - 2k 2 (k R) .
i=1 è 3 i 3
3 - x．（2024·浙江溫州·模擬預測）函數 f x = e sin x
(1)求 f x 的單調區間.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 時恒成立，求 a的取值范圍.
4 2024· · f x = ex + ax2．（ 湖北武漢 模擬預測）已知函數 - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然對數的底數）
(1)若 f x 無極值點，求實數 a的取值范圍；
1
(2) 3當 x 0 時， f x x + x - e +1恒成立，求實數 a的取值范圍.
2
考點二、利用導數解決函數能成立（有解）問題
1．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的單調區間；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求實數 a的取值范圍．
2．（2024 高三·全國·專題練習）已知函數 f x = ex - x .
(1)求函數 f x 的極值；
x 0, f x 1(2)若對任意 > > ax2 +1有解，求 a的取值范圍.
2
x
3．（2024·湖南婁底·一模）已知函數 f x = x ，其中 e = 2.71828L為自然對數的底數.e
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)證明： f x ex -1；
(3) g x = f x - e2x + 2aex設 - 4a2 +1 a R ，若存在實數 x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
a
1．（2024·湖北·模擬預測）已知函數 f x = lnx ， g x = -1x 其中 a為常數.
(1)過原點作 f x 圖象的切線 l，求直線 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x2 - 2a ln x - 2(a R)．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在區間 (1, + )上有解，求實數 a 的取值范圍．
3．（2024·山西運城·一模）已知a 1，函數 f (x) = x sin x + a cos x ， x 0, π .
π π
(1)求曲線 y = f (x) 在點 , f

÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
(2)證明： f (x) 存在唯一的極值點；
1
(3)若存在 a，使得 f (x) - a + b對任意 x 0, π 成立，求實數b 的取值范圍.
2
1．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f (x) = ex -1- x - ax2，若當 x 0 時 f (x) 0，求 a的取值范圍．
x3
2．（2023 高三·全國·專題練習）已知 f (x) ln
1+ x
= ，實數 k 使得 f (x) > k
1- x
x + ÷對 x (0,1) 恒成立，求實數 k
è 3
的最大值．
ax
3．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f x = ln x +1 - ．
x +1
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
4．（23-24 高三上·貴州安順·期末）已知函數 f x = x3 - x2 - x + 2
(1)求 f x 的單調增區間；
f x = m x 1 é- , 2ù(2)方程 在 ê ú 有解，求實數 m 的范圍. 2
5．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知函數 f x = ln 2x +1 - 4aex + a - 2 x a R ．
(1)當 a = 0時，求 f x 的最大值；
(2)若 g x = f x + 3aex 對定義域內任意實數 x 都有 g x 0 ，求 a的取值范圍．
6．（22-23 高三上·河南· x階段練習）已知函數 f x = k é x -1 e - 6ù （其中 e為自然對數的底數）．
(1)若 k =1，求函數 f x 的單調區間；
(2)若1 k 2，求證："x 0, k ， f x x2 ．
1
7 3 2 2．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = x - ax + (a -1)x + b，其圖象在點 1, f x 處的切線方程
3
為 x + y - 3 = 0．
(1)求 a，b 的值與函數 f (x) 的單調區間；
(2)若對 x [-2， 4]，不等式 f (x) c2 - c恒成立，求 c的取值范圍．
a
8．（23-24 高三上· 2江蘇常州·期中）已知函數 f x = x + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)對于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求實數 a的取值范圍．
9．（2024·吉林白山·二模）已知函數 f x = 2lnx - mx + 2 .
(1)若m = 3，求曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若"x 0, + , f x 0，求實數m 的取值范圍.
10．（23-24 高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)當 a = -1時，求函數 f x 的單調區間；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在實數解，求實數 a的取值范圍．
2
1．（2024· x浙江紹興·二模）已知函數 f x = - x + a sin x .
2
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0, π 時， f x > 0，求實數 a的取值范圍.
2．（23-24 高三上·廣東深圳·階段練習）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)討論 f x 的單調性和極值；
(2)若 x 0,e 時， f x 3有解，求 a的取值范圍．
2 f (x) 1
3．（2024·陜西渭南·二模）已知函數 f (x) = x ln x ， g(x) = - x + .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時，mx2 - ex mf (x)恒成立，求實數 m 的取值范圍.
4．（2024·山東德州·三模）設函數 f x = bex + a cos x， a,b R ，曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程
為 y = x + 2 .
(1)求 a,b的值;
(2)求證:方程 f x = 2僅有一個實根;
(3)對任意 x 0, + ，有 f x > k sin x + 2 ，求正數 k 的取值范圍.
5．（2024·江蘇宿遷·三模）已知函數 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，求實數b 的值；
(2)若函數 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a的取值范圍．
6 3 2．（2024·青海海西·模擬預測）已知函數 f x = x - x + ax .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)令 g x a= f x + - x ln x - 2，若 g x 0 恒成立，求實數 a 的取值范圍.
x
7．（2024· 3 2四川瀘州·二模）已知函數 f x = 2x - ax + 2 a > 0 ．
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)若$x -1,1 ， f x 3，求實數 a 的取值范圍．
8．（2024·廣東梅州·一模）已知函數 f x = ln x 1 ax+ - a > 0 .
x +1
(1)若 x =1是函數 f x 的一個極值點，求 a的值；
(2)若 f x 0在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍；
(3) 2024
2024

證明： ÷ > e（ e為自然對數的底數）.
è 2023
2
9．（2024·四川宜賓· x模擬預測）已知函數 f x = - xlnx, g x = a x + lnx + a2 a- .
2 2
(1)求 f x 過原點的切線方程；
1
(2)求證：存在 a 0, ÷，使得 f x g x 在區間 1, + 內恒成立，且 f x = g x 在 1, + 內有解.
è 2
10．（2024· x-1貴州安順·二模）已知函數 f x = e - k x -1 ,k R ．
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若對任意的 k > 0，存在 x R ，使得 kf x ek +a ，求實數 a的取值范圍．
1．（2021·天津·高考真題）已知 a > 0，函數 f (x) = ax - xex ．
（I）求曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程：
（II）證明 f (x) 存在唯一的極值點
（III）若存在 a，使得 f (x) a + b 對任意 x R 成立，求實數 b 的取值范圍．
2．（2020·山東·高考真題）已知函數 f (x) = aex-1 - ln x + ln a ．
（1）當 a = e時，求曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范圍．
3．（2020·全國·高考真題）已知函數 f (x) = ex + ax2 - x .
（1）當 a=1 時，討論 f（x）的單調性；
（2 1）當 x≥0 時，f（x）≥ 32 x +1，求 a 的取值范圍.
4．（2019·全國·高考真題）已知函數 f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）為 f（x）的導數．
（1）證明：f′（x）在區間（0，π）存在唯一零點；
（2）若 x∈[0，π]時，f（x）≥ax，求 a 的取值范圍．
5．（2017·全國·高考真題）設函數 f (x) = (1- x2 )ex .
（I）討論函數 f (x) 的單調性；
（II）當 x 0 時， f (x) ax +1，求實數 a的取值范圍.

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