資源簡介

考點(diǎn) 19 利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題（3 種核心題型+基礎(chǔ)
保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
　恒(能)成立問題是高考的常考考點(diǎn)，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意
義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，
試題難度略大．
【核心題型】
題型一　分離參數(shù)求參數(shù)范圍
分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)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.
x e -1 lnx 1+ ax xeax -1 x é ,1ù【例題 1】（2024·全國·模擬預(yù)測）若關(guān)于 的不等式 在 ê 內(nèi) 2 ú
有解，則正實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）
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】將由不等式轉(zhuǎn)化為 e -1 ln xeax xeax -1，令 t = xeax ，得到 e -1 ln t t -1，令函
a
數(shù) f t = e -1
é ù
lnt 1- t +1 a，問題轉(zhuǎn)化為存在 t ê e2 , e ú ，使得 f t 0，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)
2
a
f t 的單調(diào)性，結(jié)合 f 1 = 0, f e = 0 1，得到 e2 e且 ea 1，即可求解.
2
【詳解】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，所以函數(shù) t = xeax 在 x 0, + 上單調(diào)遞增，
1 é a ù
因?yàn)?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，問題轉(zhuǎn)化為存在 ê e2 , ea2 ú ，使得 f t 0，
e -1- t
因?yàn)?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 上單調(diào)遞增，在 e -1,+ 上單調(diào)遞減，
又因?yàn)?f 1 = 0, f e = e -1 lne - e +1 = 0 ，所以當(dāng)1 t e時， 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?yàn)?a > 0，所以 a 0,2 + 2ln2 .
故選：A.
【點(diǎn)睛】方法技巧：已知函數(shù)零點(diǎn)（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方
法：
1、直接法，直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參
數(shù)的取值范圍；
2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；
3、數(shù)形結(jié)合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)
合求解.
結(jié)論拓展：與 ex 和 ln x相關(guān)的常見同構(gòu)模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b f x = x ln x g x = xex，構(gòu)造函數(shù) 或 ；
a a x
② e b e b e
x
< a < ，構(gòu)造函數(shù) 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，構(gòu)造函數(shù) 或 .
【變式 1】（2024·四川宜賓·二模）已知不等式 axex + x >1- lnx有解，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為
（　　）
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】分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為 > x ，構(gòu)造函數(shù) f x = ，利用導(dǎo)數(shù)法求出xe xex
f x ， a > f xmin min 即為所求.
x a 1- x - ln x【詳解】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 ，所以函數(shù) g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
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，
所以函數(shù) f x 在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 , + 上單調(diào)遞增，
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
故選：A.
1- x - ln x
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：由題意問題轉(zhuǎn)化為 a > x ， x > 0，構(gòu)造函數(shù) f x
1- x - ln x
= x ，xe xe
利用導(dǎo)數(shù)求出 f x 的最小值，即只要 a > f x min .
【變式 2】（2024·上海普陀·二模）已知 a R ，若關(guān)于 x 的不等式 a(x - 2)e- x - x > 0的解集中
有且僅有一個負(fù)整數(shù)，則 a的取值范圍是 .
1 1
【答案】[2e2
, )
3e
【分析】原式可化為 a(x - 2) > xex ，然后研究函數(shù) f (x) = xex 的圖象，只需當(dāng) x < 0 時，
y = a(x - 2) 在 f (x) 下方時，只有一個負(fù)整數(shù)即可，構(gòu)造不等式組求解．
【詳解】原不等式可化為： a(x - 2) > xex ，
令 f (x) = xex ， f (x) = (x +1)ex ，顯然 x < -1時， f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減； x > -1時，
f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增，
1
所以 f (x)min = f (-1) = - ，且 x - 時， f x 0 ， x + , f x + ,e
同一坐標(biāo)系中，作出 f (x) 與 y = a(x - 2) （過定點(diǎn) (2,0))的圖象：
ì-2e-2 a(-2 - 2)
-1
據(jù)圖可知，滿足題意的整數(shù)解為 -1，此時應(yīng)滿足 í-e < a(-1- 2) ，

0 -2a
1 1
解得 2 a < ．2e 3e
[ 1 1故答案為： , )2e2 3e ．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查不等式解問題，關(guān)鍵是將不等式適當(dāng)變形，轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)
交點(diǎn)問題.
【變式 3】（2024·全國· 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在區(qū)間 (1, + )上有解，求實(shí)數(shù) 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(diào)性；
x -1
（2）用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化問題為不等式 a - ln xln x 在區(qū)間 1, + 上有解，引入函數(shù)
g x x -1= - ln x x > 1 g(x)
ln x ，求出 的最小值即可得．
【詳解】（1）由題意知函數(shù) f x 的定義域?yàn)?(0, + )，
2a 2(x2
而 f (x) = 2x
- a)
- = ，
x x
當(dāng) a 0時， f x > 0恒成立，函數(shù) f x 在 (0, + )上單調(diào)遞增；
當(dāng) 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(diào)遞減，在 ( a , + )上單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng) a 0時， f x 在 (0, + )上單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 0時， f x 在 0, a 上單調(diào)遞減，在 a ,+ 上單調(diào)遞增．
（2）因?yàn)椴坏仁?f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在區(qū)間 (1, + )上有解，
所以 (ln x)2 + a ln x - x +1 0在區(qū)間 1, + 上有解，此時 ln x > 0，
a x -1即 - ln xln x 在區(qū)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 = 2 - = ． ln x x x ln x 2
令 h x = x - ln x -1 x 1 1 x -1> ，則 h x =1- = > 0，
x x
所以函數(shù) h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 h x > h 1 = 0．
當(dāng)1< x < e 時 g x < 0；當(dāng) x>e時 g x > 0，
所以 g x 在 1,e 上單調(diào)遞減，在 e, + 上單調(diào)遞增，
所以 g x min = g e = e - 2，所以 a e - 2 ，
e - 2, +
綜上可知，實(shí)數(shù) a 的取值范圍是
題型二　等價轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍
根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)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(diào)
性求解．
x+a
【例題 2】（2023·河南開封·模擬預(yù)測）若存在 x 1,+ ，使得關(guān)于 x 的不等式 1
1
+ ÷ e
è x
成立，則實(shí)數(shù) a的最小值為（ ）
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兩邊取對數(shù)可得 (x + a) ln 1+ ÷ 1 ，令1+ = t,則不等式可轉(zhuǎn)化
è x è x x
1
為 + a
ln t 1 1 1 1 1
t 1 ÷ ，即
a - ，故根據(jù)題意可得求 - 的最小值即可，令
è - ln t t -1 ln t t -1
g(x) 1 1= - , x (1, 2]，通過求導(dǎo)可得 g(x)的最小值即可
ln x x -1
x+a
1 1
【詳解】由 1+ ÷ e兩邊取對數(shù)可得 (x + a) ln 1+ 1 ①，
è x

è x
÷

1 1 1令 + = t,則 x = ，因?yàn)?x 1,+ ，所以 t (1, 2]，
x t -1
1
則①可轉(zhuǎn)化得 + a ÷ ln t 1，
è t -1
因?yàn)?ln t > 0，\a
1 1
-
ln t t -1
x+a
因?yàn)榇嬖?x 1,+ x 1 1+ ，使得關(guān)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]上單調(diào)遞減，所以j(x) < j(1) = 0，
\h (x) < 0，所以 h(x) 在 (1, 2]上單調(diào)遞減，
所以 h x < h(1) = 0,\ g (x) < 0,
\ g(x) 在 (1, 2]
1
上單調(diào)遞減，\ g(x) g(2) = -1，
ln 2
a 1\ -1 1，所以實(shí)數(shù) a的最小值為 -1
ln 2 ln 2
故選：D
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分
離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)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(qū)別
2023· · f x = xex e ln x【變式 1】（ 貴州 二模）已知函數(shù) + 2a ， g x = ，對任意 x1 1,2 ，x
$x2 1,3 ，都有不等式 f x1 g x2 成立，則 a 的取值范圍是（ ）
A é 2
é1- e
． -e ,+ B． ,+ ÷ ê 2
é e- , + é1C． ê ÷ D． ê - e
2 , + ÷
2 2
【答案】C
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為 f x g x ，利用導(dǎo)數(shù)求 f x 在 1,2 上的最小值、 g xmin min 在 1,3
上的最小值，即可得結(jié)果.
【詳解】對任意 x1 1,2 ，$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 ，則 f x 在區(qū)間 1,2 上單調(diào)遞增，
∴ f x = f 1 = e + 2amin ，
e 1- ln xg (x) = ， x 1,e ， g (x) > 02 ，則 g x 在 1,e 上單調(diào)遞增，x
x e,3 ， g (x) < 0，則 g x 在 e,3 上單調(diào)遞減，
g 1 = 0 g 3 e ln 3， = > 0，故 g x = 0
3 min
，
e
綜上， e + 2a 0 a - .
2
故選：C
【變式 2】（2024·吉林延邊·一模）若對任意 x e, + ，存在實(shí)數(shù)l ，使得關(guān)于 x 的不等式
ln x - e + lx +1 0成立，則實(shí)數(shù)l 的最小值為 ．
1
【答案】 - e
ln x - e +1 ln x - e +1【分析】根據(jù)題意分析可知 -l ，構(gòu)建 g x = , x e,+ ，利用導(dǎo)
x x
數(shù)判斷其單調(diào)性和最值，結(jié)合恒成立問題分析求解.
【詳解】因?yàn)?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
構(gòu)建 = + ，則 g x = x - ex 2 = x - e
，
x x2
e
構(gòu)建 h x = - ln x - e , x > e，
x - e
y e因?yàn)?= , y = - ln x - e 在 e, + 內(nèi)單調(diào)遞減，
x - e
可知 h x 在 e, + 內(nèi)單調(diào)遞減，且 h 2e = 0，
當(dāng) e < x < 2e時， h x > 0 ，即 g x > 0；
當(dāng) x > 2e時， h x < 0，即 g x < 0；
1
可知 g x 在 e, 2e 上單調(diào)遞增，在 2e, + 上單調(diào)遞減，則 g x g 2e = ，
e
1 1
可得 -l ，可得l - ，
e e
1
所以實(shí)數(shù)l 的最小值為 - .e
1
故答案為： - .e
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)解決不等式存在性問題的方法技巧
根據(jù)條件將問題轉(zhuǎn)化為某函數(shù)在該區(qū)間上最大(小)值滿足的不等式成立問題，進(jìn)而用導(dǎo)數(shù)求
該函數(shù)在該區(qū)間上的最值問題，最后構(gòu)建不等式求解
f x ln x【變式 3】（2023·海南海口·一模）已知函數(shù) = +1 .
x -1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
e lx -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1, lx+ ，不等式 lx × ln x成立，求實(shí)數(shù)l 的最大 e +1 x -1
值..
【詳解】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0,1 U 1, + ，
1 1- - ln x
x g x 1 1 ln x g x 1- x所以 f x = ，∴令 = - - ，則 = 2 ，
x -1 2 x x
∴函數(shù) g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減.
又∵ g 1 = 0，∴當(dāng) x 0,1 U 1, + 時， g x < 0，∴ f x < 0，
∴函數(shù) f x 在 0,1 ， 1, + 上單調(diào)遞減.
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，函數(shù) f x 在 1, + 上單調(diào)遞減，
∴只需 elx x在 1, + 上能成立，
ln x
∴兩邊同時取自然對數(shù)，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 = > ，則 = ，
x x2
∵當(dāng) x 1,e 時，j x > 0，∴函數(shù)j x 在 1,e 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x e, + 時，j x < 0，∴函數(shù)j x 在 e, + 上單調(diào)遞減，
1 1
∴j x = j e = l max ，∴ ，e e
1
又l > 0，∴ 0 < l ，
e
1
∴實(shí)數(shù)l 的最大值為 .
e
l ln xf x
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵點(diǎn)在于由 的單調(diào)性將不等式轉(zhuǎn)化為 x 在
1, + j x
ln x
= x >1
x j x j x 上能成立，令 ，對 求導(dǎo)，可求出 max ，即可求出實(shí)數(shù)l 的
最大值
題型三　雙變量的恒(能)成立問題
“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，
常見的等價轉(zhuǎn)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.
1
【例題 3】（2024·湖南衡陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = e2 - x2 ，函數(shù)
2
g x = x2 2+ x - 2 a 0
a ．
(1) t若直線 x = t t R 與函數(shù) f x 交于點(diǎn) A，直線 x = e - t t R 與函數(shù) g x 交于點(diǎn) B，且
函數(shù) f x 在點(diǎn) A 處的切線與函數(shù) g x 在點(diǎn) B 處的切線相互平行，求 a 的取值范圍；
(2)函數(shù) h x = x ln x a- g x 在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 > x2 ，存在實(shí)2
數(shù)l > 0 1+l使得不等式 e < x l1 × x2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
【答案】(1)a 的取值范圍為 -2,0
(2) l 的取值范圍為 0,1 .
2
【分析】（1 t）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可將問題轉(zhuǎn)化為 e - t = - 在R 上有解；利用導(dǎo)數(shù)判斷函
a
數(shù)m t = et - t單調(diào)性，求其值域，列不等式求 a的范圍；
a ln x1 - ln x2 1+ l（2）根據(jù)極值點(diǎn)的定義可求得 = ；將恒成立的不等式轉(zhuǎn)化為 a >x1 - x2 x1 + lx
，令
2
x1 = t t >1 1+ lln t t -1 1+ l t -1 x ，化簡可得 > ；令j t = ln t - t >1 ，求導(dǎo)后可知當(dāng)2 t + l t + l
l 2 1時，不等式恒成立，由此可得結(jié)果.
2 2
【詳解】（1）因?yàn)?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?yàn)?y = f x 在A 處的切線與 y = g x 在 B 處的切線相互平行，
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
設(shè)m t = et - t t，則m t = e -1，
當(dāng) t > 0時，m t > 0 ，函數(shù)m t 在 0, + 上單調(diào)遞增，
當(dāng) t < 0時，m t < 0，函數(shù)m t 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)m t = et - t的值域?yàn)?1, + ，
2
所以- 1，
a
所以-2 a < 0，
所以 a 的取值范圍為 -2,0 ；
（2）因?yàn)?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?yàn)?x1, x2 是 h x 的兩個極值點(diǎn)，
ln x - ln x
所以 ln x1 = ax
1 2
1， ln x2 = ax2，所以 a = x1 - x
；
2
因?yàn)閘 > 0， x1 > x2 > 0，
1+l l
則由 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 ，則 ln t

> ；
2 t + l
1+ l t -1令j t ln t = - t >1 ，
t + l
t -1 t - l 2
則j 1 1+ l t + lt - 1+ l t -1 = - 2 = ；t t + l t t + l 2
①當(dāng)l 2 1時，j t > 0恒成立，j t 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以j t > j 1 = 0 1+ l t -1 ，即 ln t > 恒成立，滿足題意；
t + l
②當(dāng)l 2 >1時，若 t 1,l 2 ，則j t < 0 ，所以j t 在 1,l 2 上單調(diào)遞減，
j t < j 1 = 0 ln t 1+ l t -1 此時 ，即 < ，不合題意；
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 的取值范圍為 0,1 .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)求解恒成立問題；本題求解恒成
立問題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)極值點(diǎn)定義和恒成立的不等式將變量消除，從而得到新的恒成立的
不等式，通過構(gòu)造函數(shù)的方式得到結(jié)果
x-1
【變式 1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e x > 0 ， g x =1+ ln x ．
(1)證明： f x g x ．
(2)若 axf x 1+ x2 g x 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析
(2) 2, +
【分析】（1）方法一：構(gòu)造函數(shù) F x = f x - g x ，利用導(dǎo)數(shù)可求得 F x 單調(diào)性和最值，
從而得到結(jié)論；
x-1
方法二：構(gòu)造函數(shù)j x = e - x x > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)可證得 ex-1 x ，左右同時取對數(shù)可得
x 1+ ln x，由此可得到結(jié)論；
（2）方法一：利用特殊值 af 1 2g 1 可求得 a 2，進(jìn)而通過放縮法和分析法知只需證得
2xex-1 1+ x2 1+ ln x 即可；分別在0 < x 1和 x >1的情況下，通過構(gòu)造函數(shù)的方式證得不
等式恒成立，從而得到 a的范圍；
1+ x2 1+ ln x
方法二：分離變量后，構(gòu)造函數(shù)H x = x > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)可求得H x 的單
xex-1
調(diào)性，從而得到H x max ，進(jìn)而得到 a的范圍.
【詳解】（1）方法一：設(shè)F x = f x - g x = ex-1 - ln x -1，
則F x 定義域?yàn)? 0, + F x = ex-1 1， - ；
x
Q y = ex-1 x > 0 1與 y = - x > 0 均為增函數(shù)，
x
\F x 在 0, + 0上單調(diào)遞增，又F 1 = e -1 = 0，
\當(dāng) x 0,1 時，F(xiàn) x < 0；當(dāng) x 1,+ 時，F(xiàn) x > 0；
\F x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
\F x F 1 = e0 - ln1-1 = 0，即 f x g x ；
方法二：設(shè)j x = ex-1 - x x > 0 ，則j x = ex-1 -1，
\當(dāng) x 0,1 時，j x < 0；當(dāng) x 1,+ 時，j x > 0；
\j x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
\j x j 1 = e0 -1 = 0 x-1，即 e x x > 0 ，
左右同時取對數(shù)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， ， ，下面證明 g x 恒成立，
即證明 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立；
①當(dāng)0 < x 1 2 2時，由（1）知： ex-1 x ，\只需證 2x 1+ x 1+ ln x ，
2 2 2
即證1+ ln x 2x x -1 1 x -1 2 ，即證 ln x ，只需證 ln x
2 ，
1+ x 1+ x2 2 x2 +1
2 x2 -12 即證 ln x ；
x2 +1
令 t = x2 0 < x 1 ，則0 < t 1，
2
h t 2ln t t -1
1 4 t -1
令 = - 0 < t 1 ，則 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上單調(diào)遞增， ，\ln t 0 < t 1 ，
t +1
2 x2 -1
即當(dāng)0 < x 1 2 時， ln x ，
x2 +1
\當(dāng)0 < x 1時， 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立；
②當(dāng) x >1時，由（1）知： x >1+ ln x ，\只需證 2ex-1 1+ x2 ；
設(shè) k x = 2ex-1 - x2 -1 x >1 k x = 2ex-1，則 - 2x = 2 ex-1 - x > 0，
\k x 在 1, + 上單調(diào)遞增，\k x < k 1 = 0，即 2ex-1 1+ x2 ，
x-1 2
即當(dāng) x >1時， 2xe 1+ x 1+ ln x 恒成立；
綜上所述：當(dāng) x > 0時， 2xex-1 1+ x2 1+ ln x 恒成立，
\實(shí)數(shù) a的取值范圍為 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
設(shè)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
則H x = = ，
x2ex-1 x2ex-1
令R x = -x x -1 2 - x3 - x2 + x +1 ln x
當(dāng) x >1時，R x < 0，\H x < 0，\H x 在 1, + 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x 0,1 時，由（1）知： ln x x -1，
2
令G x = - x3 - x2 + x +1 1 2 2，則G x = -3x2 + 2x +1 = -3 x - ÷ - - < 0，
è 3 3 3
\G x 在 0,1 上單調(diào)遞減，\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 上單調(diào)遞增，
\H x = H 1 = 2，\a 2，即實(shí)數(shù) amax 的取值范圍為 2, + ．
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)中的恒成立問題，第二問方法一的基本思路為：利用
特殊化思想求出參數(shù)的取值范圍（必要條件），然后再證明這個必要條件就是充要條件．證
明中用到分類討論思想和轉(zhuǎn)化與化歸思想（三次轉(zhuǎn)化為加強(qiáng)不等式，第一次利用 a 2放縮
x-1
轉(zhuǎn)化為加強(qiáng)不等式，第二次利用 e x 放縮轉(zhuǎn)化為加強(qiáng)不等式，第三次利用 x ln x +1放縮
轉(zhuǎn)化為加強(qiáng)不等式）．
x
【變式 2】（2024·山西晉中·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e , g x = lnx ，其中 e為自然對數(shù)的
底數(shù).
(1)若 f ax - g x 1- a x 對任意的 x 0,+ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)設(shè) g x = lnx g b - g a的導(dǎo)數(shù)為 g x ，若0 < a < b x ，求證：關(guān)于 的方程 = g x 在區(qū)
b - a
間 a,b 上有實(shí)數(shù)解.
1
【答案】(1)[ ,+ )
e
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為eax + ax eln x + ln x對于任意 (0, + )上恒成立，令
F x = x + ex ln x ln x，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)F x 的單調(diào)性，再由 a ，令u x = ，求得u x
x x
單調(diào)性與最大值，即可求解.
g b - g a 1（2）由題意，令j x = - ，得到j(luò) x > 0，求得j x 在 a,b 上的單調(diào)遞增，
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 遞減，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遞增，得到H ( ) > H 1 = 0，結(jié)合零點(diǎn)存在定理知，即可得證.
a
x
【詳解】（1）解：因?yàn)?f x = e , g x = lnx ，
則 f ax - g x 1- a x 可化為 eax + ax x + ln x 對于任意 x (0,+ )上恒成立，
即eax + ax eln x + ln x對于任意 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, + )上單調(diào)遞增，
a ln x u x ln x u x 1- ln x則 ax ln x，即 ，令 = ，可得 = ，
x x x2
當(dāng)0 < x < e時，u x > 0，u x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x>e時，u x < 0，u x 單調(diào)遞減，
所以，當(dāng) x=e時，u x ln e 1取得最大值，最大值為u x = u e = =max ，e e
a 1 1所以 ，即實(shí)數(shù) a的取值范圍為[ ,+ ) .
e e
1
（2）解：因?yàn)?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 上的單調(diào)遞增，x
g b - g a j a 1 1 (ln b b - a ) 1 (ln b b b因?yàn)?= - = - = - +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, + )遞減，
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遞增，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
由零點(diǎn)存在定理知，方程 = g x 在區(qū)間 a,b 上有實(shí)數(shù)解.
b - a
【點(diǎn)睛】方法技巧：已知函數(shù)零點(diǎn)（方程根）的個數(shù)，求參數(shù)的取值范圍問題的三種常用方
法：
1、直接法，直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參
數(shù)的取值范圍 2、分離參數(shù)法，先分離參數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；
3、數(shù)形結(jié)合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)
合求解.
結(jié)論拓展：與 ex 和 ln x相關(guān)的常見同構(gòu)模型
① aea b ln b ea ln ea b ln b f x = x ln x g x = xex，構(gòu)造函數(shù) 或 ；
② e
a b ea b x
< < ，構(gòu)造函數(shù) 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，構(gòu)造函數(shù) 或
【變式 3】（2024·遼寧·一模）已知函數(shù) f x = b ln x ， g x = x2 + ax （其中 a，b 為實(shí)數(shù)，且
b > 0）
(1)當(dāng) a = -1時， f x g x 恒成立，求 b；
(2)當(dāng)b = 2 時，函數(shù)G x = f x - g x 有兩個不同的零點(diǎn)，求 a 的最大整數(shù)值．（參考數(shù)據(jù)：
ln 5 0.223）
4
【答案】(1) b =1
(2) -1
【分析】（1）設(shè)F x = f x - g x = b ln x - x2 + x ，利用導(dǎo)數(shù)分類討論F x 的最大值；
2 2ln x - x
2 2ln x - x2
（ ）分離常數(shù)轉(zhuǎn)化為關(guān)于 x 的方程 a = x > 0 有兩個不同的解，設(shè) h x = ，
x x
利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù) h x 的極大值 h x 9 0 - ,0÷ ，則 a < h x ，
è 10 0
當(dāng) a = -1時，設(shè) p x = 2ln x - x2 + x ，驗(yàn)證有兩解即可.
【詳解】（1）設(shè)F x = f x - g x = b ln x - x2 + x ，則其定義域?yàn)? 0, + ，
2
F x b= - 2x +1 -2x + x + b=
x x
2
b 1 F x -2x + x +1 - 2x +1 x -1 當(dāng) = 時， = = ，
x x
當(dāng) x 0,1 時，F(xiàn) x > 0，F(xiàn) x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x 1,+ 時，F(xiàn) x < 0，F(xiàn) x 單調(diào)遞減，
所以F x F 1 = 0 ，對于"x 0, + 恒成立，
即 f x g x 恒成立，所以b =1合理．
當(dāng)b >1時，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
當(dāng) x 0, x2 時，F(xiàn) x > 0，F(xiàn) x 單調(diào)遞增；
又有F 1 = 0，所以當(dāng) x 1, x2 時，F(xiàn) x > F 1 = 0，不合題意．
當(dāng)0 < b <1時，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
當(dāng) x x2 , + 時，F(xiàn) x < 0，F(xiàn) x 單調(diào)遞減；
又有F 1 = 0，所以當(dāng) x x2 ,1 時，F(xiàn) x > F 1 = 0，不合題意．
綜上所述，b =1．
（2）由題意，方程 2ln x - x2 - ax = 0 x > 0 有兩個不同的解，
2
即關(guān)于 x 2ln x - x的方程 a = x > 0 有兩個不同的解，
x
h x 2ln x - x
2 2
h x 2 - x - 2ln x設(shè) = ，則 =
x x2
，
設(shè)m x = 2 - x2 - 2ln x m x 2x 2，由 x > 0可知 = - - < 0，
x
所以m x 在 0, + 上單調(diào)遞減，
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
所以當(dāng) x 0, x0 時，m x > 0 ，即 h x > 0，進(jìn)而函數(shù) h x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x x0 ,+ 時，m x < 0，即 h x < 0，進(jìn)而函數(shù) h x 單調(diào)遞減，
2 2
所以函數(shù) h x 的極大值為 h x0
2ln x0 - x0 2 - 2x 2= = 0 = - 2x 90

- ,0

x ÷0 x0 x0 è 10
x a 2ln x - x
2
要使得關(guān)于 的方程 = x > 0 有兩個不同的解，則 a < h x0 ，x
當(dāng) a = -1時，設(shè) p x = 2ln x - x2 + x ，
1+ 17 1+ 17
則 p x 2= - 2x +1，可知 p x 在 0, ÷上單調(diào)遞增，在 ,+ ÷÷ 上單調(diào)遞減，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 有兩個不同的零點(diǎn)，符合題意，
所以 a的最大整數(shù)值為 -1．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范
圍；
（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
（3）根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到
分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)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(qū)別
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) 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，則實(shí)數(shù) 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】將問題轉(zhuǎn)化為“直線 y = a 與函數(shù) h x = e + e -1 x - x , x 0,1 的圖象有交點(diǎn)”，然
后利用導(dǎo)數(shù)分析 h x 的單調(diào)性以及取值，由此求解出 a的最大值.
【詳解】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，
所以直線 y = a 與函數(shù) h x = ex + e -1 x - x2 , x 0,1 的圖象有交點(diǎn)，
又 h x = ex - 2x + e -1 , x 0,1 ，令m x = h x ，則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 上單調(diào)遞減，在 ln 2,1 上單調(diào)遞增，
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 上單調(diào)遞增，
所以 h x = h 0 =1, h x = h 1 = 2e - 2min max ，
所以要使直線 y = a 與函數(shù) h x 的圖象有交點(diǎn)，只需1 a 2e - 2，
所以 a的最大值是 2e - 2 ，
故選：A．
2．（2023·全國·模擬預(yù)測）定義在R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，對任意 x R ，
n Ν*，都有 nf x + xf x > 0 恒成立，則下列結(jié)論成立的是（ ）
A n．當(dāng) n為偶數(shù)時， x f x 在R 上為增函數(shù)
B．當(dāng) n為偶數(shù)時，存在 x0 使得 f x0 < 0
C．當(dāng) n n為奇數(shù)時， x f x 在R 上為增函數(shù)
D．當(dāng) n為奇數(shù)時，存在 x0 使得 f x0 < 0
【答案】C
【分析】令F x = xn f x ，分 n為奇數(shù)或偶數(shù)判斷F x 的符號得出F x 的單調(diào)性，然后
分 x > 0， x < 0 判斷 f x 的符號，即可得解．
【詳解】因?yàn)閷θ我?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 ，
當(dāng) n n-1 n為奇數(shù)時，則F x = nx f x + x f x = énf x + xf x ù n-1 x 0 ，
F x = xn f x 在R 上為增函數(shù)，
∵ F 0 = 0，∴當(dāng) x > 0時，F(xiàn) x > 0，則 f x > 0；
當(dāng) x < 0 時，F(xiàn) x < 0，則 f x > 0，∴ f x 恒大于 0；
當(dāng) n為偶數(shù)時，當(dāng) x > 0時，F(xiàn) x > 0，
則F x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且F x > 0，則 f x > 0；
當(dāng) x < 0 時，F(xiàn) x < 0，則F x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
且F x > 0， f x > 0，∴ f x 恒大于 0，
故選：C．
f x 3x + 33．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) = - x 1 + ax(x > 0) 的圖象經(jīng)過 A, B兩點(diǎn)，且 f x e -
的圖象在 A, B處的切線互相垂直，則 a的取值范圍是（ ）

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】構(gòu)建 g x = f x ，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)單調(diào)性和值域，結(jié)合題意分析可知
a a + 3 < -1，運(yùn)算求解即可.
f x 3x + 3 ax(x 0) f x 3x【詳解】因?yàn)?= - x-1 + > ，則 =e ex-1 + a(x > 0)，
3 1- x
構(gòu)建 g x = f x ，則 g x = x-1 x > 0 ，e
當(dāng) x >1時， g x < 0；當(dāng)0 < x <1時， g x > 0；
可知 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
且 g 0 = a, g 1 = a + 3，當(dāng) x 趨近于+ 時， g x 趨近于 a，
可知 g x 的值域?yàn)? a, a + 3 ，
由題意可知：存在m1,m2 a,a + 3 ，使得m1 ×m2 = -1，
則 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的取值范圍是 - , ÷÷ .
è 2 2
故選：D.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求 f x 的值域?yàn)? a, a + 3 ，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分析可知存在
m1,m2 a,a + 3 ，使得m1 ×m2 < -1，結(jié)合值域分析求解即可.
二、多選題
4．（2023·廣東廣州·一模）已知函數(shù) f x = x2 + 2 x 0 , g x = ae- x (a > 0)，點(diǎn)P,Q 分別在
函數(shù) y = f x 的 y = g x 的圖像上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列命題正確的是（ ）
A．若關(guān)于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上無解，則 a > 3e
B．存在P,Q 關(guān)于直線 y = x 對稱
C．若存在P,Q 關(guān)于 y 軸對稱，則0 < a 2
o 0 a 1D．若存在P,Q 滿足 POQ = 90 ，則 <
2 2e
【答案】BCD
【分析】根據(jù)給定條件，求出方程 f x - g x = 0在 0,1 上有解的 a 范圍判斷 A；設(shè)出點(diǎn)P,Q
的坐標(biāo)，由方程有解判斷 B；設(shè)出點(diǎn)P,Q 的坐標(biāo)，建立函數(shù)關(guān)系，求出函數(shù)的值域判斷 CD
作答.
【詳解】函數(shù) f x = x2 + 2 x 0 , g x = ae- x (a > 0)，
對于 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顯然函數(shù) h(x) 在 0,1 上單調(diào)遞增，則有 í -1 ，解得 2 a 3e，
h(1) = 3 - ae 0
因此關(guān)于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上無解，則0 < a < 2 或 a > 3e，A 錯誤；
對于 B，設(shè)點(diǎn)Q(t,ae-t ) 2，依題意，點(diǎn) Q 關(guān)于直線 y = x 對稱點(diǎn) (ae-t , t) 在函數(shù) f x = x + 2的
圖象上，
即關(guān)于 t 的方程 t = a2e-2t + 2有解，即 a2 = (t - 2)e2t 有解，此時 t > 2，令函數(shù)
j(t) = (t - 2)e2t , t > 2，
j (t) = (2t - 3)e2t > 0，即函數(shù)j(t) 在 (2,+ ) 上單調(diào)遞增，j(t) > j(2) = 0，
而函數(shù) y = t - 2, y = e2t 在 (2,+ ) 上都單調(diào)遞增，它們的取值集合分別為 (0, + ), (e4 ,+ )，
因此函數(shù)j(t) 的值域?yàn)?(0, + )，又 a2 > 0，于是 a2 = (t - 2)e2t 在 (2,+ ) 有解，
所以存在P,Q 關(guān)于直線 y = x 對稱，B 正確；
對于 C，設(shè)點(diǎn)P(u,u2 + 2),u 0，則點(diǎn) P 關(guān)于 y 軸對稱點(diǎn) (-u,u2 + 2)在函數(shù) g(x) = ae- x (a > 0)
的圖象上，
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(xiàn) (u) = u = - u < 0 ，e e e e
即函數(shù) F (u)在[0, + ) 上單調(diào)遞減，F(xiàn) (u)max = F (0) = 2，又"u [0,+ ) ，恒有F (u) > 0，因
此0 < a 2 ，C 正確；
uuur uuur
對于 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
顯然 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
當(dāng)0 < x <1時G (x) > 0，函數(shù)G(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x >1時，G (x) < 0，函數(shù)G(x)單調(diào)遞減，
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 ，當(dāng)且僅當(dāng)
x2 = 2 時取等號，所以0 < 2 ×x + 2 e- x
，即
2
1 1 1 2 2e
0 1< a ，D 正確.
2 2e
故選：BCD
5．（2023·山東泰安·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 4sin x - 2ax - 3 a R ， g x = 2x cos x - 3，
則下列選項(xiàng)中正確的有（ ）
a 9A．當(dāng) = 時，函數(shù) f x 和 g x 在 x = 0處的切線互相垂直
4
B．若函數(shù) f x 在 -π,0 內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則 a -2
C．函數(shù) g x 在 -π,0 內(nèi)僅有一個零點(diǎn)
D．若存在 x 0, π ，使得 f x g x π成立，則 a <
2
【答案】ACD
【分析】對函數(shù) f x 與 g x 求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義分別計(jì)算 f 0 與 g 0 ，再根據(jù)直
線垂直的斜率公式計(jì)算并判斷選項(xiàng) A，將條件轉(zhuǎn)化為 f x = 4cos x - 2a < 0在 -π,0 內(nèi)有解，
參變分離后，求解 2cos x 的最小值即可得 a的取值范圍，判斷選項(xiàng) B，求解導(dǎo)函數(shù) g x ，
通過構(gòu)造新函數(shù)，求導(dǎo)判斷單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理判斷選項(xiàng) C，參變分離將
f x g x 2sin x - x cos x 成立轉(zhuǎn)化為 a x ÷ ，通過構(gòu)造兩次新函數(shù)，求解導(dǎo)函數(shù)并判斷è max
2sin x - x cos x
單調(diào)性從而判斷得 ÷ ，進(jìn)而得 a的取值范圍，判斷選項(xiàng) D.
è x max
9 9
【詳解】對于選項(xiàng) A，當(dāng) a = 時， 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?yàn)?f 0 × g 0 = 1 - ÷ 2 = -1，
è 2
所以函數(shù) f x 和 g x 在 x = 0處的切線互相垂直，故 A 正確；
對于選項(xiàng) B，因?yàn)?f x = 4cos x - 2a ，
若函數(shù) f x 在 -π,0 內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，
可知 f x = 4cos x - 2a < 0在 -π,0 內(nèi)有解，
則 a > 2cos x在 x -π,0 時能成立，
所以 a > 2cos x min ，當(dāng) x -π,0 時，
-2 < 2cos x < 2，即 a > -2 ，故 B 不正確；
é π
對于選項(xiàng) C，當(dāng) x ê- ,0

÷時， cos x 0，
2
g x < 0，此時函數(shù) g x 無零點(diǎn)；
x -π, π- cos x 當(dāng) 2 ÷ 時，
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- 則 ，所以函數(shù) 在 上單調(diào)遞減，
sin2 x 2 ֏
h x π π> h - = > 0 π 可得 ÷ ，因?yàn)閷θ我獾?x -π, - ÷ ， sin x < 02 ，è 2 2 è
g x < 0 g x π, π 可得 ，所以函數(shù) 在 - - 2 ÷上為減函數(shù)，è
由于 g -π = 2π - 3 0 g π> ， -

÷ = -3 < 0，
è 2
g x -π, π- 所以函數(shù) 在 2 ÷上只有一個零點(diǎn)．è
綜上函數(shù) g x 在 -π,0 上只有一個零點(diǎn)，故 C 正確；
對于選項(xiàng) 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
則 = 2 ，x
令 n x = 2x cos x - 2sin x + x2 sin x ，則 n x = x2 cos x ，
x 0, π當(dāng)

÷時， n x = x2 cos x > 0
π
，所以函數(shù) n x 在 0, ÷上單調(diào)遞增，
è 2 è 2
x π 當(dāng) 0, ÷時， n x > n 0 = 0，
è 2

此時m x > 0，則函數(shù)m x π 在 0, ÷上單調(diào)遞增．
è 2
當(dāng)x
éπ
ê ,π÷時， n x = x2 cos x 0，則函數(shù) n x
é π
在
2 ê
, π ÷ 上單調(diào)遞減，
2
π π2
因?yàn)?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
變形可得 2cos x0 + x
2sin x0
0 sin x0 = x ，0
π
當(dāng) x , x0 ÷時， n x > 0 ，當(dāng) x x0 ,π 時， n x < 0．
è 2
所以函數(shù)m x 在 0, x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
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
令函數(shù)j (x) = cos x + x sin x x
π
， ,π

÷，因?yàn)閖 (x) = x cos x < 0，
è 2
j (x) = cos x + x sin x π 所以 在 ,π2 ÷ 上單調(diào)遞減，è
則j x j π< π π = ，故m x < ，
è 2 ÷ 2 max 2
π
所以 a < 成立，故 D 正確．
2
故選：ACD．
【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的
單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；也可分離變量，
構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.
三、填空題
6 x．（2023·云南·三模）設(shè)函數(shù) f x = xe + ax,a > -1，若存在唯一整數(shù) x0 ，使得 f x0 < 0，
則 a的取值范圍是 .
1
【答案】 - ,
1
- ù
è e e2 ú
【分析】由題意轉(zhuǎn)化為存在唯一的整數(shù) x0 使得 g x0 在直線 y = -ax的下方，求得
g x = (x +1)ex 1，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最小值 g -1 = - ，以及 g 0 = 0和
e
g -2 2= - ，根據(jù)直線 y = -ax恒經(jīng)過原點(diǎn)O(0,0)2 ，結(jié)合圖象，列出方程組，即可求解.e
f x = xex + ax,a > -1 g x = xex【詳解】由函數(shù) ，設(shè) 和 y = -ax, a > -1
因?yàn)榇嬖谖ㄒ徽麛?shù) x0 ，使得 f x0 < 0，
所以存在唯一的整數(shù) x0 使得 g x0 在直線 y = -ax的下方，如圖所示，
因?yàn)?g x = (x +1)ex ，當(dāng) x < -1時， g x < 0；當(dāng) x > -1時， g x > 0，
所以 g x 在 (- , -1)上單調(diào)遞減，在 (-1, + )單調(diào)遞增，
當(dāng) x=-1時， g x 1取得極小值，也為最小值 g x = g -1 = -min ，e
2
且當(dāng) x = 0時， g 0 = 0，當(dāng) x = -2時， g -2 = - 2 ，e
又由直線 y = -ax恒經(jīng)過原點(diǎn)O(0,0) ，斜率為-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所以實(shí)數(shù) 的取值范圍是 - - .
è e e2 ú
1 , 1 ù故答案為： - -
è e e2 ú
7．（2023·遼寧錦州· 2模擬預(yù)測）若關(guān)于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2 個整數(shù)，
則 k 的取值范圍是 ．
ln3+1 k ln2 +1【答案】 <
15 8
lnx +1 lnx +1
【分析】將不等式變形為 k(x + 2) ，構(gòu)造函數(shù) f (x) = ，求導(dǎo)得其單調(diào)性，進(jìn)而
x x
結(jié)合函數(shù)的圖象，即可得不等式求解.
lnx +1
【詳解】Q x > 0 ，\不等式 k(x2 + 2x) lnx +1可化為 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)為增函數(shù)， f (x)在 , + )為減函數(shù)，
令 g x) = k x + 2) ，則 g(x)的圖象恒過 -2,0) ，若解集恰有 2個整數(shù)，
當(dāng) k 0時，有無數(shù)個整數(shù)解，不滿足題意；
當(dāng) k > 0時， 如圖，則兩個整數(shù)為 1 和 2，故 2 滿足不等式且 3 不滿足不等式，即8k ln2 +1
ln3+1 ln2 +1
且15k > ln3 +1，解得 < k ，
15 8
ln3+1 k ln2 +1故答案為： <
15 8
1
8．（2024· 2浙江·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2x + 2x ， g x = 2m - lnx，若關(guān)于 x 的不等式e
f x xg x 有解，則m 的最小值是 .
1
【答案】 / 0.5
2
2m e-2x-lnx【分析】參變分離可得 - -2x - lnx 有解，令 t = -2x - lnx ， g t = et - t ，利用導(dǎo)
數(shù)求出 g t min ，即可求出參數(shù)的取值范圍，從而得解.
【詳解】由 f x xg x 1得 2x + 2x2 x 2m - lnx ，顯然 x > 0，e
2m 1所以 2x + 2x + lnx = e
-2x-lnx - -2x - lnx 有解，
xe
令 t = -2x - lnx ，則 t R ，
令 g t = et - t ，則 g t = et -1，所以當(dāng) t < 0時 g t < 0，當(dāng) t > 0時 g t >0，
所以 g t 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以 g t = g 0 =1 e-2x-lnx，即 - -2x - lnx 1min ，
1
所以 2m 1 m 1，則 ，即m 的最小值是
2 2
.
1
故答案為： 2
2m e-2x-lnx【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是參變分離得到 - -2x - lnx 有解，再構(gòu)造函
-2x-lnx
數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出 é e - -2x - lnx ù .min
四、解答題
m
9．（2023· 2

四川成都·一模）已知函數(shù) f x = x lnx + + lnx x2 ÷ ，è
g x x3 3 3= + - m x2
3m
÷ - x .
è 2 4 2
(1)當(dāng)m = 0時，求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
2
(2)當(dāng)m = 2 時，設(shè)函數(shù)F x = g x + f x ，求證：F x < 0有解.
3
【答案】(1) 2x - y - 2 = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）當(dāng)m = 0時，求出 f 1 、 f 1 的值，利用點(diǎn)斜式可得出所求切線的方程；
（2）化簡得出函數(shù)F x 的解析式，利用F 1 < 0可證得結(jié)論成立.
【詳解】（1）解：當(dāng)m = 0 2時， f x = x ln x + x ln x ，則 f 1 = 0，
f x = 2x ln x + x + ln x +1，則 f 1 = 2，
故當(dāng)m = 0時， f x 在 1, f 1 處的切線方程為 y = 2 x -1 ，即 2x - y - 2 = 0 .
（2 2 3）證明：當(dāng)m = 2 時， 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?yàn)镕 1 = -1< 0，故不等式F x < 0有解.
3
x
10．（2024·湖南婁底·一模）已知函數(shù) f x = x ，其中 e = 2.71828L為自然對數(shù)的底數(shù).e
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明： f x ex -1；
(3)設(shè) g x = f x - e2x + 2aex - 4a2 +1 a R ，若存在實(shí)數(shù) x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
【答案】(1)增區(qū)間為 - ,1 ，減區(qū)間為 1, + ；
(2)證明見解析；
(3) 12 .
【分析】（1）求出 f x ，判斷導(dǎo)數(shù)正負(fù)得到函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
x x x x x
（2）利用分析法轉(zhuǎn)化要證結(jié)論，要證 f x e -1，即證 x e -1，令 h x = x - e +1，e e
即證 h x 0，利用導(dǎo)數(shù)判斷 h x 單調(diào)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(dāng) 0≤a≤ 2 時和 a > 時是否存在 x0 使得2
g x0 0，即可求解.
【詳解】（1） f x 1- x的定義域?yàn)镽, f x = x ，e
所以當(dāng) x <1時， f x > 0；當(dāng) x >1時， f x < 0 .
所以 f x 的增區(qū)間為 - ,1 ，減區(qū)間為 1, + .
（2）要證 f x ex -1 x，即證 x ex -1 h x
x
= - ex，令 x +1，即證 h x 0，e e
2x
h x 1- x - e= m x =1- x - e2x，令 ，則m x = -1- 2e2x < 0x ，所以m x 在R 上單調(diào)遞減，e
又m 0 = 0，
\當(dāng) x < 0 時，m x > 0, h x > 0；當(dāng) x > 0時，m x < 0, h x < 0 .
\h x 在 - ,0 上單調(diào)遞增，在 0, + 上單調(diào)遞減，
\h x h 0 = 0 x ex x，所以 x -1，即 f x e -1得證.e
（3）當(dāng) 0
1
≤a≤ 時， g 0 = 2a - 4a2 = 2a 1- 2a 02 ，即存在 x0 = 0滿足題意；
a 1當(dāng) > 時，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
\此時 g x < 0 恒成立，不滿足題意；
綜上，所以 a 1的最大值為 2 .
é1 ù
11．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）（1）已知 x ê ,1ú，求 f x
ln x +1
= 2 的最大值與最小值； 2 x
（2）若關(guān)于 x 的不等式 ln x > ax2 -1存在唯一的整數(shù)解，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
e 1+ ln 2
【答案】（1）最大值 ，最小值 1；（2） a <1
2 4
【分析】（1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值比較大小即可求解最
值；
ln x +1
（2）解法一：把不等式 ln x > ax2 -1化為 a < 2 ，由 f x 的單調(diào)性結(jié)合端點(diǎn)函數(shù)值分析x
求解即可；
2
解法二：令 g x = ln x - ax +1 x > 0 ，求導(dǎo)，對 a 進(jìn)行分類討論，判斷函數(shù)單調(diào)性及最大
值，從而求得 a 的范圍，結(jié)合 g x > 0有唯一整數(shù)解，進(jìn)一步求出 a 的取值范圍.
é1 ù ln x +1 - 2ln x +1
【詳解】（1）因?yàn)?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 的變化情況如下表所示．
e
1 e e
x 1 , e ,12 1è 2 e
÷÷ ÷÷
e è e
f x + 0 -
f x e4 - 4ln 2 單調(diào)遞增 單調(diào)遞減 12

所以， f x 1 e e在區(qū)間 , ÷÷上單調(diào)遞增，在區(qū)間 ,12 e e ÷÷上單調(diào)遞減.è è
x e當(dāng) = 時， f x e有極大值 ，也是 f x 的最大值.
e 2
又因?yàn)?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為 f x 的最小值.è
ln x +1
（2）解法一：因?yàn)?x > 0，所以不等式 ln x > ax2 -1可化為 a < f x = ，x2
ln x +1 e e
由（1）可知 f x = 2 在區(qū)間 0, ÷÷上單調(diào)遞增，在區(qū)間 ,+ ÷÷ 上單調(diào)遞減.x è e è e
e e
因?yàn)?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時， f x 最大，所以不等式 ln x > ax2 -1，
ì f
1 > a
即 a < f x 存在唯一的整數(shù)解只能為 1，所以 í f 2 a，所以 a 的取值范圍為
1+ ln 2
a <1 .
4
g x = ln x - ax2解法二：令 +1 x > 0 ，由題意可知 g x > 0有唯一整數(shù)解，
2 2
g x 1- 2ax= ，當(dāng) a 0 g x 1- 2ax時， = > 0 ，所以 g x 在 0, + 單調(diào)遞增，
x x
而 g 1 =1- a > 0，所以 g 2 > g 1 > 0 ，與題意矛盾；
2
當(dāng) a > 0時，由 g x 1- 2ax= = 0 x 2a 2a可得 = 或 x = - （舍去），
x 2a 2a

當(dāng) x 0,
2a
÷÷時， g x 0 x
2a
> ， , + ÷÷ 時， g x < 0，
è 2a è 2a

g x 0, 2a
ù é 2a
所以 在 ú 單調(diào)遞增，在 ê ,+ ÷÷單調(diào)遞減，
è 2a 2a
2a
所以 x = 時， g x ln 2a 1取最大值為- + ，
2a 2
由題意可知- ln 2a
1
+ > 0，解得0
e
< a < ，
2 2
因?yàn)?g 1 =1- a，所以當(dāng) g 1 =1- a > 0即 0 < a < 1時，
由 g x > 0有唯一整數(shù)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 單調(diào)遞增知0 < g 1 < g 2 0，矛盾2a è 2a
2a é 2a
所以 2 > ，由 g x 在 ê ,+ ÷÷單調(diào)遞減可知"x 2, + ， g x 02a 2a
1+ ln 2
所以 a <1符合題意；
4
a 1 2a 2當(dāng) 時， ， g 1 =1- a 0，
2a 2
é
由 g x 2a在 ê ,+ ÷÷單調(diào)遞減可知"x 1, + ， g x < g 1 0，不符合題意；
2a
1+ ln 2
綜上所述，a 的取值范圍為 a <1 .
4
綜合提升練
一、單選題
1．（22-23 高三下·江西贛州·階段練習(xí)）設(shè)函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，若 f x 在其定義域
內(nèi)存在 x0 ，使得 f x0 = f x0 ，則稱 f x 為“有源”函數(shù).已知 f x = ln x - 2x - a 是“有源”
函數(shù)，則 a 的取值范圍是（ ）
A． - , -1 B． -1, +
C． - ,-ln 2-1 D． - ln 2 -1, +
【答案】A
【分析】根據(jù)“有源”函數(shù)概念，轉(zhuǎn)化為函數(shù)有解問題，利用導(dǎo)函數(shù)求出函數(shù)值域即可得到參
數(shù) a 的范圍
【詳解】∵ f x = ln x - 2x - a 1，∴ f (x) = - 2，
x
1 1
由是“有源”函數(shù)定義知，存在 x0 ，使得 ln x0 - 2x0 - a = - 2，即 a = ln xx 0
- 2x0 - + 2
0 x
有解，
0
記 g x0 = ln x
1
0 - 2x0 - + 2, (x0 > 0)x ，所以 a 的取值范圍是就是函數(shù)
g x0 的值域，
0
g x 1 2 1 -2x
2
0 + x0 +1 -(2x +1)(x -1)
則 0 = - +
0 0
x x 2
= = ，
0 0 x
2
0 x
2
0
當(dāng)0 < x 0 <1時， g x0 > 0，此時 g x0 單調(diào)遞增，
當(dāng) x0 >1時， g x0 < 0 ，此時 g x0 單調(diào)遞減，
所以 g x0 g 1 = ln1- 2 -1+ 2 = -1，所以 a -1，
即 a 的取值范圍是 - , -1 .
故選：A
1 1
2．（2023· 3 x 2四川南充·三模）已知函數(shù) 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 為常數(shù)）成立，則常數(shù) k 的取值范圍為（ ）
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】存在性問題轉(zhuǎn)化為 k < [1, 2]
x2
在 上能成立，利用導(dǎo)數(shù)求 2 的最大值即x
可得解.
f (x) 1【詳解】 = x3在[1, 2]上為增函數(shù)，
3
g(x) ex 1= - x2由 - x知， g (x) = ex - x -1，
2
令 h(x) = ex - x -1，則 h (x) = ex -1，
當(dāng) x > 0時， h (x) = ex -1 > 0 ，
即 h(x) = ex - x -1在 (0, + )上單調(diào)遞增，
所以 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
所以 g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，即 g(x)在[1, 2]上單調(diào)遞增，
不妨設(shè)1 x2 < x1 2，則 g(x1) > g(x2 ) ， f (x1) > f (x2 )，
\ g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 可化為 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
則F (x) = ex - x -1- kx2 ，
Q$x1, x2 [1, 2]， 使 g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 能成立，
\F (x) > 0在[1, 2]上能成立，
k e
x - x -1
即 < 在[1, 2]2 上能成立，x
ex - x -1
\k < 2 ÷ ， x [1,2]，
è x max
x
令G(x) e - x -1= ， x [1,2]
x2
，
x
則G (x) (x - 2)e + x + 2= 3 ，令m(x) = (x - 2)e
x + x + 2，
x
則m (x) = (x -1)ex +1，當(dāng) x [1,2]時，m (x) > 0，
故m(x)在[1, 2]上單調(diào)遞增，所以m(x) m(1) = 3- e > 0，
故G (x) > 0，G(x)在[1, 2]上單調(diào)遞增，
2
\G(x)max = G(2)
e - 3
= ，
4
e2k - 3\ < .
4
故選：D
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為存在$x1， x2 [1, 2]使 g x1 - kf x1 > g x2 - kf x2
能成立是其一，其二需要構(gòu)造函數(shù)F (x) = g(x)
1 1
- kf (x) = ex - x2 - x - kx3后分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為
2 3
k e
x - x -1 x
< 在[1, 2]2 上能成立，再次構(gòu)造函數(shù)G(x)
e - x -1
= ，多次利用導(dǎo)數(shù)求其最大值.
x x2
1 1
3．（2023· · a R f x = ax4 - x2河北石家莊 模擬預(yù)測）已知 ，函數(shù) .若存在 t R ，使得
4 2
f t + 2 - f t 1 ，則當(dāng) a取最大值時 f x 的最小值為（ ）
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 結(jié)合參變量分離
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，將 a的最大值代入函數(shù) f x
的解析式，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得 f x 的最小值.
f x 1 ax4 1 2【詳解】因?yàn)?= - x ，所以 f x = ax3 - x ，
4 2
f t + 2 - f t = éa t + 2 3 - t + 2 ù - at3依題意 - t = 2a 3t
2 + 6t + 4 - 2 ，
因?yàn)榇嬖?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?yàn)?t R ，則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?yàn)?t 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 的最大值為 .
8
2
f x 9 x4 1 x2 9 x2 8 2 2此時 = - = - - - x 2 2，當(dāng)且僅當(dāng) = ± 時，取等號，
32 2 32 9 ֏ 9 9 3
2
所以 f x 的最小值為- ，
9
故選：C.
4．（2023· x四川成都·模擬預(yù)測）若關(guān)于 x 的不等式 e -1 lna + x ae -1在 x 0,1 內(nèi)有解，
則實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）
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】題設(shè)中的不等式等價于 e -1 ln aex aex -1，令 f t = e -1 lnt - t +1，結(jié)合導(dǎo)數(shù)
可得該函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合 f 1 = 0, f e = 0可得 e -1 lnt t -1的解，從而可求實(shí)數(shù) a的取
值范圍.
【詳解】由 lna有意義可知， 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?yàn)?x 0,1 x，所以 t = ae a, ae ，令 f t = e -1 lnt - t +1，
問題轉(zhuǎn)化為存在 t a,ae ，使得 f t 0 .
f t e -1- t因?yàn)?= ，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 上單調(diào)遞增，在 e -1,+ 上單調(diào)遞減.
又 f 1 = 0, f e = e -1 lne - e +1 = 0 ，所以當(dāng)1 t e時， f t 0 .
因?yàn)榇嬖?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 .
故選：B .
f x x
- x
5．（2023·貴州畢節(jié)·模擬預(yù)測）已知函數(shù) = + ln -x - a與 g x e= 的圖象有交點(diǎn)，2 x
則 a的取值范圍為（ ）
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】轉(zhuǎn)化為 = + ln -x - 在 x < 0 時有解，令 h x x= + ln e-x - x < 0 ，利用
2 x 2 x
導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性可得答案.
x - x
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) f x = + ln -x - a與 g x e= 的圖象有交點(diǎn)，2 x
x - x - x
所以 + ln x a e- - = 在 x < 0 x e時有解， 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?yàn)?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上單調(diào)遞增，又 t -1 = 2 -1+1 e +1-1 = 0，
所以當(dāng) x < -1時 t x < 0，即 h x < 0， h x 在 - , -1 單調(diào)遞減，
當(dāng)-1 < x < 0時 t x > 0，即 h x > 0， h x 在 -1,0 單調(diào)遞增，
a h x h 1 -1 e
1 1
所以 = - = + ln 1 - = e - .
2 -1 2
故選：B.
6 1-x．（2023·新疆·一模）已知函數(shù) f x = e + tlnx t R 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則 t 的最小值
為（ ）
1 1
A． B．1 C． D． e
e e2
【答案】B
【分析】先對函數(shù) f x 求導(dǎo)得 f x = -e1-x t+ 0，然后分離構(gòu)造函數(shù) t g x = xe1-x 在定
x
義域 0, + 上恒成立，即可求解.
f x = e1-x【詳解】由題意 + t ln x定義域?yàn)? 0, + 且單調(diào)遞增，
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 ，
當(dāng) x 0,1 ， g x > 0， g x 在 0,1 單調(diào)遞增，
當(dāng) x 1, + ， g x < 0， g x 在 1, + 單調(diào)遞減，
當(dāng) x =1時， g x 有極大值且為最大值 g x = g 1 =1max ，所以 t 1，故 B 正確.
故選：B.
2a
7．（2023·四川樂山·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
則 a的取值范圍是（ ）
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】等價變形給定的不等式，并令 x = t ，構(gòu)造函數(shù) f (t) = e -1 ln t - 2t + 2 ，將問題e 0
é a a ù
轉(zhuǎn)化為存在 t ê 2 , -1 ú，使得 f (t) 0成立，再借助導(dǎo)數(shù)求解即得. e e
2 2a 2 2 2 2a
【詳解】依題意， 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，則原問題等價于存在 t ê e2 , ，使得 f (t) 0成立，e-1 ú
2 e2 -1 - 2t 2 2
求導(dǎo)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 因此函數(shù) f t 在 ,+ ÷上單調(diào)遞減，在2 0, ÷上單調(diào)遞增，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
則當(dāng)1 t e2 時， 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
的取值范圍為 ê , e . e ú
故選：D
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：構(gòu)造函數(shù)是基本的解題思路，因此觀察題目所給的數(shù)的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，以及
數(shù)與數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)系，合理構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.
2
8．（2024· 2四川成都·二模）已知函數(shù) f x = mx - xlnx e存在極小值點(diǎn) x0 ，且 f x0 < - ，則2
實(shí)數(shù)m 的取值范圍為（ ）
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】根據(jù)給定條件，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合零點(diǎn)存在性定理探討極小值點(diǎn)，并求出極小值，利用
2
導(dǎo)數(shù)求出 f (x e0 ) < - 的解集，再利用導(dǎo)數(shù)求出m 的范圍.2
【詳解】函數(shù) f (x) = mx2 - xlnx的定義域?yàn)?(0, + )，求導(dǎo)得 f (x) = 2mx -1- lnx，
當(dāng)m 0時，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減， f (1) = 2m -1 < 0，
f (e2m-1) = 2me2m-1 -1- (2m -1) = 2m(e2m-1 -1) > 0，則存在 x1 (0,1)，使得 f (x1) = 0，
當(dāng) x (0, x1)時， f (x) > 0 ， f (x) 遞增，當(dāng) x (x1,+ ) 時， f (x) < 0 ， f (x) 遞減，
函數(shù) f (x) 在 x = x1取得極大值，無極小值，不符合題意；
當(dāng)m > 0時，令 g(x) = f (x) = 2mx -1- lnx，求導(dǎo)得 g (x) = 2m
1
- ，顯然 g (x) 在 (0, + )上單
x
調(diào)遞增，
x (0, 1當(dāng) ) 時， g (x) < 0，函數(shù) f (x) 遞減，當(dāng) x (
1 , + )時， g (x) > 0，函數(shù) f (x) 遞
2m 2m
增，
于是 f (x)
1
min = f ( ) = ln 2m ，2m
1
當(dāng) 2m 1，即m 時， f (x) 0，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，函數(shù) f (x) 無極值，
2
1 2 2
當(dāng)0 < m < 時， 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，當(dāng) x (0, x2 )時， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 遞增，2m
x (x , 1當(dāng) 2 )時， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 遞減，函數(shù) f (x) 在 x = x 取得極大值，2m 2
又 f (
1 2
2 ) = -1+ 2ln m
2 1 2 2
，令 h(x) = -1+ 2ln x,0 < x < ，求導(dǎo)得 h (x) = - 2 + < 0，m m x 2 x x
1 1 1
函數(shù) h(x) 在 (0, )上單調(diào)遞減， h(x) > h( ) = 3- 2ln 2 > 0，則 f ( 2 ) > 0，2 2 m
1
存在 x3 ( , + )，使得 f (x3 ) = 0 ，當(dāng) x (
1 , x3)時， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 遞減，2m 2m
當(dāng) x (x3 ,+ )時， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 遞增，函數(shù) f (x) 在 x = x3 取得極小值，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，求導(dǎo)得j (x) = - ln x < 0，
函數(shù)j(x) 在 (1, + )上單調(diào)遞減，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顯然 2x ，令 = > ，求導(dǎo)得u
(x) = < 0，即函數(shù)u(x) 在 (e2 ,+ )
0 2x 2x2
上單調(diào)遞減，
u(x) u(e2 ) 3 m 3 3 1 3因此 < = 2 ，即 < 2 ，又 2 < ，則0 < m < 2 ，2e 2e 2e 2 2e
3
所以實(shí)數(shù)m 的取值范圍為 0, 2e2 ÷
.
è
故選：A
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：可導(dǎo)函數(shù) y = f (x) 在點(diǎn) x0 處取得極值的充要條件是 f (x0 ) = 0 ，且在 x0
左側(cè)與右側(cè) f (x) 的符號不同．
二、多選題
9．（2023·重慶·模擬預(yù)測）已知 f x = a ln x + x a > 0 ，當(dāng) x 1時，存在 b， c R ，使得
f x bx + c x2 成立，則下列選項(xiàng)正確的是（ ）
A． a 0,1 B．b 1,2 C． c -1,0 D． a + b + c > 2
【答案】ABC
【分析】對 A，構(gòu)造函數(shù)F (x) = x2 - a ln x - x，求導(dǎo)，再設(shè) h(x) = 2x2 - x - a ，利用其單調(diào)性
得到 h(x) >1- a，然后對 a分類討論即可；對 B，計(jì)算出 f (x), g(x)在 x =1時的切線方程即可
得到 a +1 b 2，即可得到b 的范圍，對于 C,D，代入 x =1得b + c =1，則可確定 c和 a + b + c
的范圍，
【詳解】對 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 ,其對稱軸為 x = ,故函數(shù) h(x) 在 (1, + )上單調(diào)遞增,
4
所以 h(x) > h(1) =1- a ,
當(dāng)1- a 0時,即0 < a 1時, h(x) > 0, F (x) > 0 ,
則函數(shù) F (x)單調(diào)遞增,所以F (x) > F (1) = 0 .
當(dāng)1- a < 0時,即 a > 1時,存在 x0 (1,+ ) ,使得 h x 20 = 0 ,即 2x0 - x0 - a = 0 ,
當(dāng) x 1, x0 時, h(x) < 0, F (x) < 0 ,則函數(shù) F (x)單調(diào)遞減,
所以F x0 < F (1) = 0,與F (x) 0矛盾,綜上, a (0,1]，A 正確;
對 B，由 f (x) bx + c x2 可得 f (x) = a ln x + x 與 g(x) = x2 在 (1, + )上存在分隔直線,
f (x) a= +1， f (1) = a +1， g x = 2x， g 1 = 2， f (1) =1， g 1 =1，
x
則 f x , g x 在 x =1處的切線方程分別為: y = (a +1)x - a, y = 2x -1 ,
所以 a +1 b 2 ,可得b (1, 2] ,故 B 正確;
對 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 正確,
對 D，由 C 知 a + b + c =1+ a 1,2 ，故 D 錯誤.
故選：ABC.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題 A 選項(xiàng)的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)F (x) = x2 - a ln x - x，然后求導(dǎo)，對 a進(jìn)
行分類討論，對 B 關(guān)鍵是得到 f x , g x 在 x =1處的切線方程的斜率，從而得到不等式
a +1 b 2，對 C 和 D 通過代入 x =1得到b + c =1，即可進(jìn)行判斷.
10．（23-24 x高三上·安徽·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = e , g x = lnx ，其中 e為自然對數(shù)的底
數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù) y = f x - eg x 的極值點(diǎn)為 1
B．$x 0,+ , f x - g x 2
C．若P,Q 分別是曲線 y = f x 和 y = g x 上的動點(diǎn).則 PQ 的最小值為 2
1
D．若 f ax - g x 1- a x 對任意的 x 0, + 恒成立，則 a的最小值為
e
【答案】ACD
【分析】對于 A，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，即可求出極值點(diǎn)；對于 B，設(shè)
h x = f x - g x ，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值即可求解；對于
C，利用曲線 y = ex 與曲線 y = ln x 互為反函數(shù)，可先求點(diǎn) P 到 y = x 的最小距離d ，然后再求
PQ 的最小值；對于 D，利用同構(gòu)把恒成立問題轉(zhuǎn)化為 ax lnx ，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)
u x lnx= ，利用導(dǎo)數(shù)求解最值即可.
x
x
【詳解】 y = f x - eg x = ex - elnx e xe - e．所以 y = ex - = ，
x x
當(dāng)0 < x <1時， y < 0，當(dāng) x >1時， y > 0，
所以 y = ex - elnx 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 y = f x - eg x 的極值點(diǎn)為 1，故 A 正確；
設(shè) h x = f x - g x = ex - lnx，則 h x ex 1= - ，
x
由單調(diào)性的性質(zhì)知 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
1 1 1 x
1
0
又 h e ÷
= ee - e<0, h 1 = e -1>0，則存在 x 0 ,1÷．使得 h xe 0
= e - = 0
x ，è è 0
ex 10即 = ， lnx0 = -x0 ，所以當(dāng) x 0, x0 時． h x < 0x ，當(dāng) x x0 ,+ 時． h x > 0．0
所以 h x 在 0, x0 上單調(diào)遞減．在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增.
所以h(x)min = h x x
1
0 1 1
0 = e - lnx0 = + x0，又 x0 ,1

x ÷，則
+ x > 2
0 è e x
0 ，
0
所以"x 0, + , f x - g x > 2，故 B 錯誤；
因?yàn)楹瘮?shù) f x = ex 與函數(shù) g x = lnx互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于 y = x 對稱，
x
設(shè)點(diǎn) P 到 y = x 的最小距離為d ，設(shè)函數(shù) f x = e 上斜率為1的切線為 y = x + b，
f x = ex ，由 ex = 1得 x = 0，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為 0,1 0 -1 2，即b =1，所以 d = = ，
2 2
所以 PQ 的最小值為 2d = 2 ，故 C 正確；
若 f ax - g x 1- a x 對任意的 x 0, + 恒成立，
則 eax + ax x + lnx = elnx + lnx 對任意的 x 0, + 恒成立，
F x = x + ex令 ，則F x =1+ ex > 0．所以F x 在 0, + 上單調(diào)遞增，則 ax lnx ，
即 a
lnx u x lnx u x 1- lnx ，令 = ，所以 = ，
x x x2
當(dāng)0 < x < e時，u x > 0,u x 單調(diào)遞增，當(dāng) x>e時，u x < 0,u x 單調(diào)遞減，
所以u(x)max = u e
lne 1 1 1
= = ，所以 a ，即 a的最小值為 ，故 D 正確.
e e e e
故選：ACD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題的求解策略：
1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.
3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分
離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)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(qū)別.
11．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex + x - a ．若曲線 y = sin x 上存在點(diǎn) x0 , y0 ，
使得 f f y0 = y0，則實(shí)數(shù) a 的值可以是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】BC
【分析】根據(jù)已知條件先證明 f y0 = y0 ，然后將問題轉(zhuǎn)化為“ f x = x在 0,1 上有解”，通
x 2
過分離參數(shù)并構(gòu)造函數(shù) g x = e + x - x , x 0,1 ，利用導(dǎo)數(shù)分析出 g x 的單調(diào)性并求解出
其值域，則 a的范圍可求.
【詳解】由題意可知： y0 = sin x0 -1,1 ，
因?yàn)榍€ y = sin x 上存在點(diǎn) 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 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
下面證明： f y0 = y0 成立，
假設(shè) f y0 = c > y0 ，則 f f y0 = f c > f y0 = c > y0，所以不滿足 f f y0 = y0，假設(shè)
不成立，
假設(shè) f y0 = c < y0，則 f f y0 = f c < f y0 = c < y0 ，所以不滿足 f f y0 = y0，假設(shè)
不成立，
由上可知， f y0 = y0 ；
則原問題等價于“ f x = x在 0,1 上有解”，即 “ a = ex + x - x2 在 0,1 上有解”，
設(shè) g x = ex + x - x2 , x 0,1 g x = ex，所以 +1- 2x，令 s x = g x ,
則 s x = ex - 2，
令 s x = 0，解得 x = ln 2，
當(dāng) x 0, ln 2 時， s x < 0， g x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x ln 2,1 時， s x > 0， g x 單調(diào)遞增，
ln 2
所以 g x g ln 2 = e +1- 2ln 2 = 3- 2ln 2 > 0 ，
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 g x 的值域?yàn)?é g 0 , g 1 ù ，即為 1,e ，所以 a 1,e ，
故選：BC.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）根據(jù)所給條件能證明 f y0 = y0 ；（2）將問題轉(zhuǎn)化為方程有解問
題，從而通過導(dǎo)數(shù)進(jìn)行分析求解.
三、填空題
12 ．（ 2023· 浙 江 紹 興 · 模 擬 預(yù) 測 ） 已 知 等 比 數(shù) 列 an 滿 足 an > 0且
a1a2a3 + 2a
2
2 + a2 + a3 - a4 =1，則 a1的取值范圍是 ．
é3- 5
【答案】 ê ,+
2
÷÷

【分析】利用等比數(shù)列，將各項(xiàng)均用 a1,q 表示，然后構(gòu)造函數(shù)
f (q) = (a31 - a )q
3 + (2a21 1 + a1)q
2 + a1q -1，分類討論 a1 1和0 < a1 <1兩種情況下 f (q)的單調(diào)
性，進(jìn)而確定為使方程 f (q) = 0有解， a1的取值范圍.
【詳解】因?yàn)?an 為等比數(shù)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則 1 - a1)q + 2(2a1 + a1)q + a1 = a1[3(a1 +1)q +1][(a1 -1)q +1] .
因?yàn)?a1 > 0,q > 0 ，所以 a1[3(a1 +1)q +1] > 0 .
當(dāng) a1 1時， (a1 -1)q +1 > 0 ，此時 f (q) > 0恒成立， f (q)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
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.
當(dāng)0 < a1 <1時， q (0,
1 ) 1，則 f (q) > 0，此時 f (q)1- a 單調(diào)遞增；
q ( ,+ ) f (q) < 0
1 1- a
，則 ，
1
此時 f (q)單調(diào)遞減.
1 a3 2
為使 f (q) = 0有解，則 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
綜上， a1的取值范圍是 ê ,+ ÷÷ .
2
é3- 5
故答案為： ê ,+
2
÷÷

x
13 e．（2024·全國·模擬預(yù)測）若存在正數(shù) x ，使得不等式 < ln(ax)有解，則實(shí)數(shù) a的取值范
a
圍是 ．
【答案】 (e, + )
ex x x
【分析】由 < ln ax 轉(zhuǎn)化為 xe < ax ln ax ，然后構(gòu)造函數(shù) f x = xe ，再利用導(dǎo)數(shù)求函
a
數(shù)的單調(diào)性，從而求解.
ex
【詳解】因?yàn)?x > 0， ax > 0，所以 a > 0，不等式 < ln(ax)可以化為 xex < ax ln(ax)，
a
令 f (x) = xex ，則 ax ln(ax) = eln(ax) ln(ax) = f (ln(ax)) ，所以 f (x) < f (ln(ax))．
當(dāng) x > 0時， f (x) = (x +1)ex > 0，故函數(shù) f (x) = xex 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
當(dāng) ln(ax) 0時， f (ln(ax)) 0，不合題意，舍去．
ln(ax) > 0 x 1當(dāng) 時， > ，因?yàn)?f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增， f (x) < f (ln(ax))，
a
所以 x < ln(ax) ，即 x - ln x < ln a ．令 g(x) = x - ln x，則 g (x) 1
1 x -1
= - = ，
x x
當(dāng)0 < x <1時， g x < 0，當(dāng) x >1時， g x > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增．
1 g(x) 1當(dāng)0 < a 1時， 1，所以 在 ,+ ÷ 上單調(diào)遞增，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當(dāng) a > 1時， < <1，所以當(dāng) x > 時， g(x)min = g(1) =1，a a
所以 ln a > 1，即 a > e．
綜上可得，實(shí)數(shù) a的取值范圍是 (e, + )．
【點(diǎn)睛】根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究求解函數(shù)單調(diào)性，從而求解不等式.
14．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）1557 年，英國數(shù)學(xué)家列科爾德首先使用符號“ = ”表示相等關(guān)
系，在萊布尼茨和其他數(shù)學(xué)家的共同努力下，這一符號才逐漸被世人所公認(rèn)．1631 年，英
國數(shù)學(xué)家哈里奧特開始采用符號“ >”與“ <”，分別表示“大于”與“小于”，這就是我們使用的不
等號．以上內(nèi)容是某校數(shù)學(xué)課外興趣小組在研究數(shù)學(xué)符號發(fā)展史時查閱到的資料，并組織小
3
組成員研究了如下函數(shù)與不等式的綜合問題：已知函數(shù) f x = 2x - 2mx + m m R ，
g x = -3x2 ，若關(guān)于 x 的不等式 f x g x 在區(qū)間 1, + 上有解，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍
是 ．
【答案】 5,+
2x3 + 3x2 2x3 + 3x2
【分析】分離參數(shù)得m ，設(shè) h x = x 1 ，利用導(dǎo)數(shù)求最值.
2x -1 2x -1
【詳解】由題意，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?yàn)? + ，所以m 在 + 上有解，只需 ．
2x -1 è 2x -1
÷
min
3 2
設(shè) h x 2x + 3x= x 1 ，對函數(shù) h x 求導(dǎo)，
2x -1
8x3 - 6x 2x 2x + 3 2x - 3
得 h x =
2x -1 2
= > 0，
2x -1 2
所以函數(shù) h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 h x = hmin 1 = 5，所以m 5．
故答案為： 5,+ ．
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：本題考查不等式的恒成立問題，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：
一般地，已知函數(shù) y = f (x), x [a,b]， y = g(x),x [c,d ]
（1）若"x1 a,b ，"x2 c, d ，總有 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 ，則 f (x) 的值域是 g(x)值域的子集 ．
四、解答題
a
15．（23-24 高三上·江蘇常州·期中）已知函數(shù) f x = x2 + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)對于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
6
(2) a .
5
【分析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)，討論 a 0、 a > 0研究導(dǎo)數(shù)符號確定區(qū)間單調(diào)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(shù)范圍.
2 ax2 + 2a -1 x - 2 ax -11 x + 2 【詳解】（ ）由題設(shè) f x = ax + 2a -1- = = 且
x x x
x (0,+ )，
當(dāng) a 0時 f x < 0, f x 在 0, + 上遞減；
當(dāng) a > 0時，令 f x 0 x 1= = ，
a
當(dāng)0 < x
1
< 時 f x < 0, f x 1 在區(qū)間 0, ÷上遞減；a è a
x 1當(dāng) > 時 f x > 0, f x 1 在
a
,+ ÷上遞增．
è a
所以當(dāng) a 0時， f x 的減區(qū)間為 0, + ，無增區(qū)間；
a 0 f x 1 ,+ 1 當(dāng) > 時， 的增區(qū)間為 ÷，減區(qū)間為 0, ÷ .
è a è a
（2）由題設(shè)知 f x bmin = 2對"x 1,e 恒成立．
5a
當(dāng)a < 1時，此時 f 1 = -1 < 2 ，不合題設(shè)，舍去．
2
當(dāng)a 1時， f x 0, f x 5a 6在 1,e 上遞增，只需 f 1 = -1 2 a 符合．
2 5
a 6綜上： ．
5
1
16．（2023·青海西寧·二模）設(shè)函數(shù) f (x) = x - - a ln x．
x
(1)若函數(shù) f (x) 在其定義域上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
1
(2)當(dāng) a 2時，設(shè)函數(shù) g x = x - ln x - ，若在[1,e]上存在x1，x2使 f (x1) > g(x2 ) 成立，求實(shí)e
數(shù) a 的取值范圍．
【答案】(1) (- , 2]
(2) (- , e -1)
【分析】（1）由題意 f x 0在 (0, + )上恒成立，進(jìn)一步化為 a x 1+ 在 (0, + )上恒成立，
x
利用基本不等式求右側(cè)最值，即可得范圍；
（2）由題意 x [1,e]時 f x > g x ，求 g(x)max min 最小值，利用導(dǎo)數(shù)并討論參數(shù) a 研究 f (x)
區(qū)間單調(diào)性確定最大值，即可求范圍.
【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù) f (x) 在其定義域上為增函數(shù)，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（僅當(dāng) x＝1 時取等號），故 a 的取值范圍為 (- , 2]；
x x
（2）在[1,e]上存在x1，x2，使 f (x1) > g(x2 ) 成立，即當(dāng) x [1,e]時 f x > gmax x min ，
又 g x =1 1- ，所以當(dāng) x [1,e]時， g x 0，
x
即函數(shù) g(x)
1 1
在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增，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?yàn)?x > 0，又 的判別式 - 4 1 1 = a2 - 4，
①當(dāng) a [-2,2]時D 0，則 f x 0恒成立，即 f (x) 在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增，
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當(dāng) a (- ,-2)時D > 0， f x = 0的兩根為 x a - a - 4 a + a - 41 = ， x2 = ，2 2
此時 x1 < 0 ， x2 < 0，故函數(shù) f (x) 在區(qū)間[1,e]上是單調(diào)遞增．由①知 a < e -1，所以 a < -2
綜上，a 的取值范圍為 (- , e -1)．
17．（23-24 高三上·廣東深圳·階段練習(xí)）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)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(shù)的導(dǎo)數(shù)， f x = , x > 0 ，討論 a 0和 a > 0兩種情況討論函
x
數(shù)的單調(diào)性和極值；
3 ln x
（2）首先不等式參變分離為 a + ，在 x 0,e 3 ln x時有解，再構(gòu)造函數(shù) g x = + ，
x x x x
x 0,e ，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值.
f x a 1 ax -1【詳解】（1） = - = , x > 0 ，
x x
當(dāng) a 0時， f x < 0恒成立，函數(shù)在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞減，無極值；
1
當(dāng) a > 0時，令 f x = 0，得 x = ，
a
f x 1< 0 1 ，得0 < x < ，函數(shù)在區(qū)間 0,a a ÷ 上單調(diào)遞減，è
f x 1> 0 1，得 x > ，函數(shù)在區(qū)間 ,+ ÷ 上單調(diào)遞增，a è a
x 1=
1
當(dāng) ，函數(shù)取得極小值 f ÷ =1+ ln a ，a è a
綜上可知， a 0時，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是 0, + ，無增區(qū)間，無極值；
1 1
a > 0 時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是 ,+ ÷ ，單調(diào)遞減區(qū)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 時考點(diǎn) 19 利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題（3 種核心題型+基礎(chǔ)
保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
　恒(能)成立問題是高考的常考考點(diǎn)，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意
義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，
試題難度略大．
【核心題型】
題型一　分離參數(shù)求參數(shù)范圍
分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)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.
ax é1 ù
【例題 1】（2024·全國·模擬預(yù)測）若關(guān)于 x 的不等式 e -1 lnx + ax xe -1在 x ê ,1 2 ú內(nèi)
有解，則正實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）
A． 0,2 + 2ln2 é 1B． ê , e
ù
ú C． 0,4
é 1 ,eùD．
e ê2e ú
【變式 1】（2024·四川宜賓·二模）已知不等式 axex + x >1- lnx有解，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為
（　　）
1- ,+ 1- ,+ 1 1A． 2 ÷ B． ÷ C． - ,

÷ D． - , ÷
è e è e è e2 è e
【變式 2】（2024·上海普陀·二模）已知 a R ，若關(guān)于 x 的不等式 a(x - 2)e- x - x > 0的解集中
有且僅有一個負(fù)整數(shù)，則 a的取值范圍是 .
【變式 3】（2024· 2全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2) 2若不等式 f x 2 ln x + x2 - 2x 在區(qū)間 (1, + )上有解，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
題型二　等價轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍
根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)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(diào)
性求解．
x+a
【例題 2】（2023· · x 1,+ x 1 1+ 河南開封 模擬預(yù)測）若存在 ，使得關(guān)于 的不等式 ÷ e
è x
成立，則實(shí)數(shù) a的最小值為（ ）
1 1
A．2 B． C． ln2 -1 D． -1
ln2 ln2
x
【變式 1】（2023·貴州·二模）已知函數(shù) f x = xe + 2a ， g x e ln x= ，對任意 x1 1,2 ，x
$x2 1,3 ，都有不等式 f x1 g x2 成立，則 a 的取值范圍是（ ）
é1- e
A． é-e
2 ,+ B． ê ,+ ÷ 2
é e é1
C 2． ê- , + ÷ D． ê - e , + 2 2 ÷
【變式 2】（2024·吉林延邊·一模）若對任意 x e, + ，存在實(shí)數(shù)l ，使得關(guān)于 x 的不等式
ln x - e + lx +1 0成立，則實(shí)數(shù)l 的最小值為 ．
ln x
【變式 3】（2023·海南海口·一模）已知函數(shù) f x = +1 .
x -1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
lx
lx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求實(shí)數(shù)l 的最大 e +1 x -1
值.
題型三　雙變量的恒(能)成立問題
“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價變換，
常見的等價轉(zhuǎn)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.
1
【例題 3】（2024·湖南衡陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = e2 - x2 ，函數(shù)
2
g x = x2 2+ x - 2 a 0
a ．
(1)若直線 x = t t R 與函數(shù) f x 交于點(diǎn) A，直線 x = et - t t R 與函數(shù) g x 交于點(diǎn) B，且
函數(shù) f x 在點(diǎn) A 處的切線與函數(shù) g x 在點(diǎn) B 處的切線相互平行，求 a 的取值范圍；
a
(2)函數(shù) h x = x ln x - g x 在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 > x2 ，存在實(shí)2
數(shù)l > 0 1+l使得不等式 e < x1 x
l
2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
【變式 1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex-1 x > 0 ， g x =1+ ln x ．
(1)證明： f x g x ．
(2)若 axf x 1+ x2 g x 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【變式 2】（2024· x山西晉中·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e , g x = lnx ，其中 e為自然對數(shù)的
底數(shù).
(1)若 f ax - g x 1- a x 對任意的 x 0,+ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)設(shè) g x = lnx g b - g a 的導(dǎo)數(shù)為 g x ，若0 < a < b，求證：關(guān)于 x 的方程 = g x 在區(qū)
b - a
間 a,b 上有實(shí)數(shù)解.
2
【變式 3】（2024·遼寧·一模）已知函數(shù) f x = b ln x ， g x = x + ax （其中 a，b 為實(shí)數(shù)，且
b > 0）
(1)當(dāng) a = -1時， f x g x 恒成立，求 b；
(2)當(dāng)b = 2 時，函數(shù)G x = f x - g x 有兩個不同的零點(diǎn)，求 a 的最大整數(shù)值．（參考數(shù)據(jù)：
ln 5 0.223）
4
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1．（2024· x全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) 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，則實(shí)數(shù) a 的最大值是（ ）
A． 2e - 2 B． e - 2 C． e +1 D． 2e +1
2．（2023·全國·模擬預(yù)測）定義在R 上的函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，對任意 x R ，
n Ν*，都有 nf x + xf x > 0 恒成立，則下列結(jié)論成立的是（ ）
A n．當(dāng) n為偶數(shù)時， x f x 在R 上為增函數(shù)
B．當(dāng) n為偶數(shù)時，存在 x0 使得 f x0 < 0
C n．當(dāng) n為奇數(shù)時， x f x 在R 上為增函數(shù)
D．當(dāng) n為奇數(shù)時，存在 x0 使得 f x0 < 0
3x + 3
3．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = - x 1 + ax(x > 0) 的圖象經(jīng)過 A, B兩點(diǎn)，且 f xe -
的圖象在 A, B處的切線互相垂直，則 a的取值范圍是（ ）

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

二、多選題
4．（2023· 2 - x廣東廣州·一模）已知函數(shù) f x = x + 2 x 0 , g x = ae (a > 0)，點(diǎn)P,Q 分別在
函數(shù) y = f x 的 y = g x 的圖像上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列命題正確的是（ ）
A．若關(guān)于 x 的方程 f x - g x = 0在 0,1 上無解，則 a > 3e
B．存在P,Q 關(guān)于直線 y = x 對稱
C．若存在P,Q 關(guān)于 y 軸對稱，則0 < a 2
1
D．若存在P,Q 滿足 POQ = 90o，則0 < a
2 2e
5．（2023·山東泰安·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 4sin x - 2ax - 3 a R ， g x = 2x cos x - 3，
則下列選項(xiàng)中正確的有（ ）
9
A．當(dāng) a = 時，函數(shù) f x 和 g x 在 x = 0處的切線互相垂直
4
B．若函數(shù) f x 在 -π,0 內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，則 a -2
C．函數(shù) g x 在 -π,0 內(nèi)僅有一個零點(diǎn)
D．若存在 x 0, π ，使得 f x g x 成立，則 a π<
2
三、填空題
6．（2023·云南·三模）設(shè)函數(shù) f x = xex + ax,a > -1，若存在唯一整數(shù) x0 ，使得 f x0 < 0，
則 a的取值范圍是 .
7 2．（2023·遼寧錦州·模擬預(yù)測）若關(guān)于 x 的不等式 k x + 2x ln x +1的解集中恰有 2 個整數(shù)，
則 k 的取值范圍是 ．
1
8．（2024·浙江· 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2x + 2x ， g x = 2m - lnx，若關(guān)于 x 的不等式e
f x xg x 有解，則m 的最小值是 .
四、解答題
9．（2023· 2四川成都·一模）已知函數(shù) f x = x lnx + m + lnx 2 ÷ x ，è
g x x3 3 3= + - m ÷ x2
3m
- x .
è 2 4 2
(1)當(dāng)m = 0時，求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
2
(2)當(dāng)m = 2 時，設(shè)函數(shù)F x = g x + f x ，求證：F x < 0有解.
3
x
10．（2024·湖南婁底·一模）已知函數(shù) f x = x ，其中 e = 2.71828L為自然對數(shù)的底數(shù).e
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明： f x ex -1；
(3)設(shè) g x = f x - e2x + 2aex - 4a2 +1 a R ，若存在實(shí)數(shù) x0 使得 g x0 0，求 a的最大值.
é1 ù ln x +1
11．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）（1）已知 x ê ,1ú，求 f x = 2 的最大值與最小值； 2 x
（2）若關(guān)于 x 的不等式 ln x > ax2 -1存在唯一的整數(shù)解，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
綜合提升練
一、單選題
1．（22-23 高三下·江西贛州·階段練習(xí)）設(shè)函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x ，若 f x 在其定義域
內(nèi)存在 x0 ，使得 f x0 = f x0 ，則稱 f x 為“有源”函數(shù).已知 f x = ln x - 2x - a 是“有源”
函數(shù)，則 a 的取值范圍是（ ）
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）已知函數(shù) f (x) = x ， g(x) = e - x - x，$x1， x2 [1, 2]使3 2
g x1 - g x2 > k f x1 - f x2 （ k 為常數(shù)）成立，則常數(shù) k 的取值范圍為（ ）
2 ù 2
A． (- , e - 2] B． (
e - 3 e - 3
- , e - 2) C． - , 4 ú
D． - , ÷
è è 4
1 1
3．（2023·河北石家莊·模擬預(yù)測）已知 a R ，函數(shù) f x = ax4 - x2 .若存在 t R ，使得
4 2
f t + 2 - f t 1 ，則當(dāng) a取最大值時 f x 的最小值為（ ）
4
9 2 4
A． 0 B．- C．- D．
16 9 9
4．（2023·四川成都·模擬預(yù)測）若關(guān)于 x 的不等式 e -1 lna + x aex -1在 x 0,1 內(nèi)有解，
則實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）
é 1 ù 1
A 2 é． ê , e ú B． ê ,e
ù é1 ù é 1 ù
ú C
2
2e
．
e ê
, e ú D． ê , e e 2e ú
x - x
5．（2023· e貴州畢節(jié)·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = + ln -x - a與 g x = 的圖象有交點(diǎn)，2 x
則 a的取值范圍為（ ）
1 1
A． 2, + B é． êe - ,
- ù+ ÷ C． - , 2 D． - ,e 2
2
ú
è
6．（2023·新疆·一模）已知函數(shù) f x = e1-x + tlnx t R 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則 t 的最小值
為（ ）
1 1
A． B．1 C． 2 D． ee e
2a
7．（2023· 2 2四川樂山·二模）若存在 x0 -1,2 ，使不等式 x0 + e -1 ln a x + e x0 - 2成立，e 0
則 a的取值范圍是（ ）
é 1
A , e2 ù
é 1
B ,e2 ù é
1 4 ù é1 4 ù
． ê2e ú ． ê 2 ú
C． , e
e êe2 ú
D． , e
êe ú
2
8．（2024· 2 e四川成都·二模）已知函數(shù) f x = mx - xlnx 存在極小值點(diǎn) x0 ，且 f x0 < - ，則2
實(shí)數(shù)m 的取值范圍為（ ）
0, 3 3 2 2 A．
è 2e2 ÷
B． 0, C． 0, D． 0,
è 2e ÷ ÷ ÷ è e2 è e
二、多選題
9．（2023·重慶·模擬預(yù)測）已知 f x = a ln x + x a > 0 ，當(dāng) x 1時，存在 b， c R ，使得
f x bx + c x2 成立，則下列選項(xiàng)正確的是（ ）
A． a 0,1 B．b 1,2 C． c -1,0 D． a + b + c > 2
10．（23-24 高三上·安徽· x階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = e , g x = lnx ，其中 e為自然對數(shù)的底
數(shù)，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù) y = f x - eg x 的極值點(diǎn)為 1
B．$x 0,+ , f x - g x 2
C．若P,Q 分別是曲線 y = f x 和 y = g x 上的動點(diǎn).則 PQ 的最小值為 2
D．若 f ax - g x 1- a x 對任意的 x 0, + 1恒成立，則 a的最小值為
e
11．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex + x - a ．若曲線 y = sin x 上存在點(diǎn) x0 , y0 ，
使得 f f y0 = y0，則實(shí)數(shù) a 的值可以是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
三、填空題
12 ．（ 2023· 浙 江 紹 興 · 模 擬 預(yù) 測 ） 已 知 等 比 數(shù) 列 an 滿 足 an > 0且
a a a 21 2 3 + 2a2 + a2 + a3 - a4 =1，則 a1的取值范圍是 ．
x
13．（2024·全國· e模擬預(yù)測）若存在正數(shù) x ，使得不等式 < ln(ax)有解，則實(shí)數(shù) a的取值范
a
圍是 ．
14．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）1557 年，英國數(shù)學(xué)家列科爾德首先使用符號“ = ”表示相等關(guān)
系，在萊布尼茨和其他數(shù)學(xué)家的共同努力下，這一符號才逐漸被世人所公認(rèn)．1631 年，英
國數(shù)學(xué)家哈里奧特開始采用符號“ >”與“ <”，分別表示“大于”與“小于”，這就是我們使用的不
等號．以上內(nèi)容是某校數(shù)學(xué)課外興趣小組在研究數(shù)學(xué)符號發(fā)展史時查閱到的資料，并組織小
3
組成員研究了如下函數(shù)與不等式的綜合問題：已知函數(shù) f x = 2x - 2mx + m m R ，
g x = -3x2 ，若關(guān)于 x 的不等式 f x g x 在區(qū)間 1, + 上有解，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍
是 ．
四、解答題
a
15．（23-24 高三上·江蘇常州·期中）已知函數(shù) f x = x2 + 2a -1 x - 2ln x,a R ．
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)對于"x 1,e ,$b 2,+ ，使得 f x b ，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
1
16．（2023·青海西寧·二模）設(shè)函數(shù) f (x) = x - - a ln x．
x
(1)若函數(shù) f (x) 在其定義域上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
1
(2)當(dāng) a 2時，設(shè)函數(shù) g x = x - ln x - ，若在[1,e]上存在x1，x2使 f (x1) > g(x2 ) 成立，求實(shí)e
數(shù) a 的取值范圍．
17．（23-24 高三上·廣東深圳·階段練習(xí)）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性和極值；
(2)若 x 0,e 時， f x 3有解，求 a的取值范圍．
18．（2023·陜西寶雞·一模）已知函數(shù) f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a >1)， e是自然對數(shù)
的底數(shù).
(1)當(dāng) a = e,b = 4 時，求整數(shù) k 的值，使得函數(shù) f (x) 在區(qū)間 (k,k +1) 上存在零點(diǎn)；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，試求 a的取值范圍.
19．（2024· x河北·二模）已知函數(shù) f x = e ．
(1)求曲線 y = f x 在 x = 0處的切線 l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的周長；
(2)若函數(shù) f x 的圖象上任意一點(diǎn) P 關(guān)于直線 x =1的對稱點(diǎn)Q都在函數(shù) g x 的圖象上，且存
在 x 0,1 ，使 f x - 2ex m + g x 成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍．
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·山西·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f (x) = ln x， g(x) = xa (x > 0,a 0)，若存在直線 l既是曲線
y = f (x) 的切線，也是曲線 y = g(x) 的切線，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）
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·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知不等式 lnx - - a -x ÷ x2
+ e 0有實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù) a
è e
的取值范圍為（ ）
1
A． - ,-
ù
B． - ,0 é 1 C． - ,+ ÷ D． 0, +
è 2eú ê 2e
ìln -x + a, x < 03．（2022·青海西寧·模擬預(yù)測）函數(shù) f x = í 3 ，且存在 x 1,+ ，使得
x +1, x 0
0
f -x0 = f x0 ，若對任意 x > 0， f x kx -1
k
恒成立，則 的最大值為（
a ）
3
A．1 B． C．2 D．3
2
4．（2023·四川達(dá)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個正整數(shù)，則
a的取值范圍為（ ）
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、多選題
5．（23-24 x高二上·重慶·期末）已知函數(shù) f (x) = e + a x， g(x) = (x + a) ln x ，則下列說法正
確的是（ ）
A．若函數(shù) y = f (x) 存在兩個極值，則實(shí)數(shù) a
1
的取值范圍為 - ,

è e2 ÷
B．當(dāng) a =1時，函數(shù) y = g(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增
C．當(dāng) a =1時，若存在 x 1，使不等式 f (mx) f x2 + x ln x 成立，則實(shí)數(shù)m 的最小值
為 0
1
D．當(dāng) a =1時，若 f x1 = g x2 = t(t > 0) ，則 x1 x2 +1 ln t 的最小值為 e
6．（2023· · f x = 2x -1 ex 2山東泰安 二模）已知函數(shù) - ax - bx + b， a,b R .（ ）
A．若曲線 y = f x 在點(diǎn) 0, f 0 處的切線方程為 2x - y - 2 = 0，且過點(diǎn) 1,e - 2 ，則
a = -1，b = 2
1
B．當(dāng) a = b且0 < a < 時，函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增
e
8 e
C．當(dāng) a = b時，若函數(shù) f x 有三個零點(diǎn)，則 a ,1÷÷ U e, +
è 5e
é 3 5
D 2 3
ù
．當(dāng) a = 0時，若存在唯一的整數(shù) x0 ，使得 f x0 < 0，則b ê ,1 U 3e , e 2e ÷ è 2 ú
三、填空題
ì ln x -1 , x >1
7．（2023·四川攀枝花·二模）已知函數(shù) f x = í ，若存在非零實(shí)數(shù) x0 ，使得
k x -1 +1, x <1
f 1- x0 = f 1+ x0 成立，則實(shí)數(shù) k 的取值范圍是 ．
x
8．（2023·江蘇連云港·模擬預(yù)測）已知定義在 R 上的函數(shù) f x e -1=
ex
，若
+1
f ex + f (ax) < 0 有解，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 ．
9．（2023·上海金山·二模）已知函數(shù) y = f x 和 y = g x 的表達(dá)式分別為 f x = -x2 - 4x ，
g x = x x2 - a ，若對任意 x1 é 1, 2 ù ，若存在 x2 -3,0 ，使得 g x1 < f x2 ，則實(shí)數(shù) a
的取值范圍是 .
四、解答題
10 x-a．（2023·山東青島·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - ln x .
(1)當(dāng) a = 0時，求曲線 y = f x 在 1, f 1 處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)若存在 x0 e, + ，使 f (x0 ) < 0成立，求 a 的取值范圍.
11．（2023· 2廣西南寧·三模）已知函數(shù) f x = x - a ln x a R ．
(1)若曲線 f x 在 1, f 1 處的切線與直線 y = -x + 5垂直，求實(shí)數(shù) a的值．
(2) $x0 1,e
f x0 +1+ a
，使得 0成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
x0
12．（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2lnx - ax2 +1 a R .
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若存在正數(shù) x ，使 f x 0成立，求 a的取值范圍；
(3)若0 < x1 < x2 ，證明：對任意 a 0, + ，存在唯一的實(shí)數(shù) x0 x1, x2 ，使得
f x f x - f x= 2 1 0 成立.x2 - x1

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