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特訓 08 利用導數解決恒成立問題（三大題型）
洛必達法則
法則 1 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 0及 lim g x = 0x ； a x a
(2)在點a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內， f (x)與 g(x)可導且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l
x a g x ，
f x f x
那么 lim = lim = l
x a g 。x x a g x
法則 2 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：(1) lim f x = 0及 lim g x = 0x x ；
(2) A 0 ， f (x)和 g(x)在 - , A 與 A,+ 上可導，且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l ，
x g x
f x f x
那么 lim lim = l
x g = 。x x g x
法則 3 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 及 lim g x = x a x ； a
(2)在點a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內， f (x)與 g(x)可導且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l ，
x a g x
f x f x
那么 lim lim = l
x a g x = 。x a g x
注意：利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意：
（1）將上面公式中的 x a ， x + , x - ， x a+ ， x a- 洛必達法則也成立。
0
2 0 0（ ）洛必達法則可處理 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型。0
0 0 0
（3）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型定式，否0
則濫用洛必達法則會出錯。當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，
應從另外途徑求極限。
（4）若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止。
f
lim x f lim x f x= = lim
，如滿足條件，可繼續使用洛必達法則。x a g x x a g x x a g x
目錄：
01 ：分離參數法求參數范圍
02： 分類討論法求參數范圍
03： 雙變量的恒(能)成立問題
01 ：分離參數法求參數范圍
例 1 已知函數 f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)當 a＝1 時，討論 f(x)的單調性；
1
(2)當 x≥0 時，f(x)≥ x3＋1，求 a 的取值范圍.
2
解　(1)當 a＝1 時，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故當 x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；
當 x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.
所以 f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增.
1
(2)由 f(x)≥ x3＋1 得，
2
1
ex＋ax2－x≥ x3＋1，其中 x≥0，
2
①當 x＝0 時，不等式為 1≥1，顯然成立，此時 a∈R.
②當 x>0 時，分離參數 a，
ex 1－2x
3－x－1
得 a≥－ ，
x2
ex 1－ 3
g(x) 2
x －x－1
記 ＝－ ，
x2
1
（x－2）(ex－ 2
g′(x) 2
x －x－1)
＝－ .
x3
1
令 h(x)＝ex－ x2－x－1(x>0)，
2
則 h′(x)＝ex－x－1，令 H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，
故 h′(x)在(0，＋∞)上是增函數，
因此 h′(x)>h′(0)＝0，故函數 h(x)在(0，＋∞)上遞增，
1
∴h(x)>h(0)＝0，即 ex－ x2－x－1>0 恒成立，
2
故當 x∈(0，2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增；
當 x∈(2，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減.
7－e2
因此，g(x)max＝g(2)＝ ，4
綜上可得，實數 a 的取值范圍是
[7－e2，＋∞).4
感悟提升　分離參數法解決恒(能)成立問題的策略
(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.
1＋ln x
訓練 1 已知函數 f(x)＝ .
x
1
(1)若函數 f(x)在區間(a，a＋ )上存在極值，求正實數 a 的取值范圍；2
k
(2)如果當 x≥1 時，不等式 f(x)－ ≥0 恒成立，求實數 k 的取值范圍.
x＋1
解　(1)函數的定義域為(0，＋∞)，
1－1－ln x ln x
f′(x)＝ ＝－ ，
x2 x2
令 f′(x)＝0，得 x＝1.
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 x＝1 為函數 f(x)的極大值點，且是唯一極值點，
1
所以 0＜a＜1＜a＋ ，
2
1 1
故 ＜a＜1，即實數 a 的取值范圍為( ，1 ).2 2
（x＋1）（1＋ln x）
(2)原不等式可化為當 x≥1 時，k≤ 恒成立，
x
（x＋1）（1＋ln x）
令 g(x)＝ (x≥1)，
x
則 g′(x)＝
( 11＋ln x＋1＋x)x－（x＋1）（1＋ln x）
x2
x－ln x
＝ .
x2
再令 h(x)＝x－ln x(x≥1)，
1
則 h′(x)＝1－ ≥0，
x
所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)＞0，
所以 g(x)為增函數，
所以 g(x)≥g(1)＝2，
故 k≤2，即實數 k 的取值范圍是(－∞，2].
02：分類討論法求參數范圍
例 2 已知函數 f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函數 f(x)在 x＝1 處的切線與直線 3x－y＝0 平行，求 a 的值；
(2)若不等式 f(x)≥ln x－a＋1 對一切 x∈[1，＋∞)恒成立，求實數 a 的取值范圍.
1
解　(1)f′(x)＝ex－1－a＋ ，
x
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
經檢驗 a＝－1 滿足題意，
∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1 可化為 ex－1－ax＋a－1≥0，
令 φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
則當 x∈[1，＋∞)時，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①當 a≤0 時，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0 恒成立，
∴a≤0 符合題意.
②當 a＞0 時，令 φ′(x)＝0，得 x＝ln a＋1.
當 x∈(－∞，ln a＋1)時，φ′(x)＜0，
當 x∈(ln a＋1，＋∞)時，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上單調遞減，
在(ln a＋1，＋∞)上單調遞增.
當 ln a＋1≤1，即 0＜a≤1 時，φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0 恒成立，
∴0＜a≤1 符合題意.
當 ln a＋1＞1，即 a＞1 時，φ(x)在[1，ln a＋1)上單調遞減，在(ln a＋1，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)＜φ(1)＝0 與 φ(x)≥0 矛盾.
故 a＞1 不符合題意.
綜上，實數 a 的取值范圍為{a|a≤1}.
感悟提升　根據不等式恒成立求參數范圍的關鍵是將恒成立問題轉化為最值問題，此類問題關鍵是對參數
分類討論，在參數的每一段上求函數的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個值或一段
內的函數值不滿足題意即可.
ln x
訓練 2 已知函數 f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且 f(x)≤ 恒成立，求 a 的取值范圍.
x＋1
ln x xln x－a（x2－1）
解　f(x)－ ＝ ，
x＋1 x＋1
構造函數 g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令 F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，
1－2ax
F′(x)＝ .
x
1
令 1－2ax＝0，得 x＝ .
2a
①若 a≤0，則 F′(x)＞0，g′(x)在[1，＋∞)上單調遞增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在[1，＋∞)上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0，
ln x
從而 f(x)－ ≥0，不符合題意.
x＋1
1 1
②若 0＜a＜ ，當 x∈[1， )時，F′(x)＞0，2 2a
1
∴g′(x)在[1，2a)上單調遞增，
從而 g′(x)＞g′(1)＝1－2a＞0，
1
∴g(x)在[1， )上單調遞增，g(x)≥g(1)＝0，2a
ln x
從而 f(x)－ ≥0，不符合題意.
x＋1
1
③若 a≥ ，則 F′(x)≤0 在[1，＋∞)上恒成立，
2
∴g′(x)在[1，＋∞)上單調遞減，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
∴g(x)在[1，＋∞)上單調遞減，
ln x
從而 g(x)≤g(1)＝0，f(x)－ ≤0，
x＋1
1
綜上所述，a 的取值范圍是[ ，＋∞).2
03：雙變量的恒(能)成立問題
a
例 3 設 f(x)＝ ＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
x
(1)如果存在 x1，x2∈[0，2]，使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，求滿足上述條件的最大整數 M；
1
(2)如果對于任意的 s，t∈[ ，2 ]，都有 f(s)≥g(t)成立，求實數 a 的取值范圍.2
解　(1)存在 x1，x2∈[0，2]，使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，等價于[g(x1)－g(x2)]max≥M 成立.
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
2
令 g′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝ ，
3
(2 ) 85∵g ＝－ ，3 27
又 g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴當 x∈[0，2]時，g(x)max＝g(2)＝1，
2 85
g(x)min＝g( ＝－ ，3 ) 27
( 85 ) 112∴M≤1－ － ＝ ，27 27
∴滿足條件的最大整數 M 為 4.
1
(2)對任意的 s，t∈[ ，2 ]有 f(s)≥g(t)，2
則 f(x)min≥g(x)max.
1
由(1)知當 x∈[ ，2 ]時，g(x)2 max＝g(2)＝1，
[1 ] a∴當 x∈ ，2 時，f(x)＝ ＋xln x≥1 恒成立，2 x
即 a≥x－x2ln x 恒成立.
1
令 h(x)＝x－x2ln x，x∈[ ，22 ]，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令 φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x＜0，
1
h′(x)在[ ，2 ]上單調遞減，2
又 h′(1)＝0，
1
∴當 x∈[ ，1 ]時，h′(x)≥0，當 x∈[1，2]時，h′(x)≤0，2
1
∴h(x)在[ ，1 ]上單調遞增，在[1，2]上單調遞減，2
∴h(x)max＝h(1)＝1，故 a≥1.
∴實數 a 的取值范圍是[1，＋∞).
感悟提升　含參不等式能成立問題(有解問題)可轉化為恒成立問題解決，常見的轉化有：
1.利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：
（1）"x D，m f x m f x min ；
（2）"x D，m f x m f x max ；
（3） x D ，m f x m f x max ；
（4） x D ，m f x m f x min .
2.不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數 y = f x ， x a,b ， y = g x ， x c, d .
（1）若"x1 a,b ，"x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < gmax x min ；
（2）若"x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmax max ；
（3）若 x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < gmin x max ；
（4）若"x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 = g x2 成立，則 f x 的值域是 g x 的值域的子集.
1
訓練 3 已知函數 f(x)＝ x3＋x2＋ax.
3
(1)若函數 f(x)在區間[1，＋∞)上單調遞增，求實數 a 的最小值；
x 1 1
(2)若函數 g(x)＝ ，對 x1∈[ ，2 ]， x2∈[ ，2 ]，使 f′(x1)≤g(x2)成立，求實數 a 的取值范圍.ex 2 2
解　(1)由題設知 f′(x)＝x2＋2x＋a≥0 在[1，＋∞)上恒成立，
即 a≥－(x＋1)2＋1 在[1，＋∞)上恒成立，
而函數 y＝－(x＋1)2＋1 在[1，＋∞)單調遞減，
則 ymax＝－3，
所以 a≥－3，所以 a 的最小值為－3.
1 1
(2)“對 x1∈[ ，2 ]， x2∈[ ，22 2 ]，
1
使 f′(x1)≤g(x2)成立”等價于“當 x∈[ ，2 ]時，f′(x)2 max≤g(x)max”.
1
因為 f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1 在[ ，2 ]上單調遞增，2
所以 f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.
1－x
而 g′(x)＝ ，
ex
由 g′(x)>0，得 x<1，
由 g′(x)<0，得 x>1，
所以 g(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.
1
所以當 x∈[ ，22 ] 1時，g(x)max＝g(1)＝ .e
1 1
由 8＋a≤ ，得 a≤ －8，
e e
1
所以實數 a 的取值范圍為(－∞， －8e ].
方法技巧 洛必達法則
在解決不等式恒(能)成立，求參數的取值范圍這一類問題時，最常用的方法是分離參數法，轉化成求函數的
0 ∞ 0
最值，但在求最值時如果出現“ ”型或“ ”型的代數式，就設法求其最值.“ ”型的代數式，是大學數學中的不
0 ∞ 0
定式問題，解決此類問題的有效方法就是利用洛必達法則.
例 已知函數 f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若 f(x)在 x＝－1 處有極值，求 a 的值；
(2)當 x＞0 時，f(x)≥0，求實數 a 的取值范圍.
解　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
1
依題意知 f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝ .
2
(2)法一　當 x＞0 時，f(x)≥0，
即 x(ex－1)－ax2≥0，
即 ex－1－ax≥0，
令 φ(x)＝ex－1－ax(x＞0)，
則 φ(x)min≥0，
φ′(x)＝ex－a.
①當 a≤1 時，φ′(x)＝ex－a＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)＞φ(0)＝0，
∴a≤1 滿足條件.
②當 a＞1 時，若 0＜x＜ln a，則 φ′(x)＜0，
若 x＞ln a，則 φ′(x)＞0.
∴φ(x)在(0，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令 g(a)＝a－1－aln a(a＞1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0，
∴g(a)在(1，＋∞)上單調遞減.
∴g(a)＜g(1)＝0 與 g(a)≥0 矛盾，
故 a＞1 不滿足條件，
綜上，實數 a 的取值范圍是(－∞，1].
法二　當 x＞0 時，f(x)≥0，
即 x(ex－1)－ax2≥0，
即 ex－1－ax≥0，
即 ax≤ex－1，
ex－1
即 a≤ 恒成立，
x
ex－1
令 h(x)＝ (x＞0)，
x
ex（x－1）＋1
∴h′(x)＝ ，
x2
令 k(x)＝ex(x－1)＋1(x＞0)，
∴k′(x)＝ex·x＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
∴k(x)＞k(0)＝0，
∴h′(x)＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增.
由洛必達法則知，
ex－1
lim h(x)＝ lim ＝ lim ex＝1，
x 0 x 0 x x 0
∴a≤1.
故實數 a 的取值范圍是(－∞，1].
一、解答題
1．（2024·湖北·
a
模擬預測）已知函數 f x = lnx ， g x = -1其中 ax 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) - .
e2
【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.
1
【解析】（1） f x = ,
x
設切點坐標為 t, lnt ，則切線方程為 y - lnt 1= x - t ，
t
1
因為切線經過原點O，所以-lnt = -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
x 0, + f x g x ln x a（2） ， ，即 -1成立，
x
則得 a x lnx +1 在 0, + 有解，
故有 x 0, + 時， a é x lnx +1 ù min .
令 h x = x lnx +1 ， x 0， h x = lnx + 2 ，
令 h x 0 1得 x ( ,+ )；令 h 2 x < 0得 x (0,
1
e e2
)，
h x 0, 1 1故 在 2 ÷單調遞減， 2 ,+

e e ÷ 單調遞增，è è
1 1
所以 h x = h = -min e2 ÷ 2 ，e è
則 a
1 1
- 2 ，故 a的最小值為-e e2
.
2．（2024· 2江蘇揚州·模擬預測）已知函數 f x = 2lnx - ax +1 a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若存在正數 x ，使 f x 0成立，求 a的取值范圍；
f x - f x
(3)若0 < x

1 < x
2 1
2 ，證明：對任意 a 0, + ，存在唯一的實數 x0 x1, x2 ，使得 f x0 = 成立.x2 - x1
1 ù é 1
【答案】(1)當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增；當 a 0時， f x 在 0, ú 上單調遞增，在 ê ,+ a a ÷è
上單調遞減.
(2) - ,1
(3)證明見解析
【分析】（1）計算 f x ，然后分類討論即可得到單調性；
（2）對 a 1和 a 1兩種情況分別討論，即可得到取值范圍是 - ,1 ；
（3）首先證明 f x ln t單調遞減，即得唯一性；然后求導證明對任意的0 < t <1，都有 1；而對任意的
t -1
ln t f x - f x
t 1 <1. 2 1，都有 再利用該結論證明 f x1 f x2 ，從而得到存在性. 最后綜合兩方面t -1 x2 - x1
即證得結論.
2 1- ax2
【解析】（1 2）對 f x = 2ln x - ax +1求導得 f x 2 = - 2ax = .
x x
2 1- ax2a 0 當 時，對 x 0有 f x 2= 0，故 f x 在 0, + 上單調遞增；
x x
2 1- ax2 2 1+ x a 1- x a 2 a 1+ x a
當 a 0時，有 f x = = = 1 - x ，而當 x 0時，
x x x è a ÷
2 a 1+ x a 1 1
0，故當0 < x < 時 f x > 0，當 x 時 f x < 0，從而 f x
1 ù
在
a a
0, ú 上單調遞
x è a
é 1
增，在 ê ,+

÷上單調遞減.
a
綜上，當 a 0時， f x 在 0, + 上單調遞增；
當 a 0時， f x 在 0,
1 ù é 1
ú 上單調遞增，在 ê ,+ 上單調遞減.
è a a ÷
（2）若 a 1，由于 f 1 =1- a 0，故存在正數 x =1使得 f x 0，條件滿足；
1 ù é 1
若 a 1，則由（1）的結論，知 f x 在 0, ú 上單調遞增，在 ê ,+ ÷上單調遞減，從而此時對任意的 x 0
è a a
f x f 1 都有 ÷ = 2ln
1
-1+1 = - ln a < 0，條件不滿足.
è a a
綜上， a的取值范圍是 - ,1 .
（3）設0 < x1 < x2 ， a 0, + ，我們分唯一性和存在性兩方面來證明.
2 1- ax2 2 2唯一性：由 f x 2= = - 2ax ，知 f x 的導數等于- 2 - 2a，而 a 0，故- - 2a顯然恒為負，x x x x2
從而 f x 在 0, + 上單調遞減.
特別地， f x 在 x1, x2 上單調遞減.
f fx x2 - f x1 這表明，使得 0 = 的 x xx - x 0 1, x2 至多有一個，從而唯一性得證.2 1
1 t -1
存在性：我們先考慮函數j t = t -1- ln t ，這里 t 0 . 由于j t =1- = ，故當0 < t <1時j t < 0 ，當
t t
t 1時j t 0，從而j t 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，從而對于任意的 t 0,1 U 1, + ，
都有j t j 1 = 0，即 t -1- ln t 0 .
這就得到，對任意 t 0,1 U 1, + ，有 t -1 ln t .
ln t ln t
從而，對任意的0 < t <1，都有 1；而對任意的 t 1，都有 <1.
t -1 t -1
然后回到原題，首先我們有
x2
f x - f x 2ln x2 - ax22 +1 - 2ln x1 - ax21 +1 2 ln x2 - ln x1 - a2 1 x22 - x2 2ln= = 1 x= 1 - a x2 + x .x 1 2 - x1 x2 - x1 x2 - x1 x2 - x1
同時我們又有
ln x2 2ln x2 2ln x2
f x 2 2 x1 x11 = - 2ax1 × x - 2ax1 = - a x
x1
1 + x1 - a x2 + x1 ，x1 x1 2 -1 x2 - x1 x2 - x1
x1
ln x1 2ln x2 2ln x2
f x 22 = - 2ax
2 x
2 < ×
2
x - 2ax
x1
2 = - a x
x
2 + x 12 < - a x2 + x ，x x x - x 12 2 1 -1 2 1 x2 - x1
x2
f x2 - f x故 f x 1 1 f x2 .x2 - x1
f xx x , x f x = 2 - f x1 由零點存在定理，知一定存在 0 1 2 ，使得 0 .x2 - x1
f x - f x
綜合上述的存在性和唯一性兩個方面，知存在唯一的 x0 x1, x2 ，使得 f x0
2 1 = .
x2 - x1
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點在于，對于存在唯一性的證明，將唯一性和存在性分開論證，則證明
的邏輯會更加清晰，不易出現錯誤.
3．（2024·河北·二模）已知函數 f x = ex ．
(1)求曲線 y = f x 在 x = 0處的切線 l與坐標軸圍成的三角形的周長；
(2)若函數 f x 的圖象上任意一點 P 關于直線 x =1的對稱點Q都在函數 g x 的圖象上，且存在 x 0,1 ，使
f x - 2ex m + g x 成立，求實數m 的取值范圍．
【答案】(1) 2 + 2
(2) (- ,-2e).
【分析】（1）根據導數的幾何意義求切線方程,進而求得 l與 x 軸的交點與 y 軸的交點，計算可得結果；
（2）根據對稱性求函數 g x 的解析式，將問題轉化為存在 x 0,1 ，使 ex - e2-x - 2ex m成立，構造函數
F x = ex - e2-x - 2ex，轉化為函數的最值問題并求解.
x x
【解析】（1）由 f x = e ，得 f 0 =1,f x = e ，
所以切線 l的斜率 k = f (0) =1.
所以切線 l的方程為 y -1 = x，即 y = x +1 .
令 x = 0，得 y =1，令 y = 0 ，得 x=-1，所以切線 l與 x 軸交于點 (-1,0) ，與 y 軸交于點( 0, 1)，
所以切線 l 2 2與坐標軸圍成的三角形的周長為1+1+ -1- 0 + 0 -1 = 2 + 2 .
（2）設Q(x,y) ，則P(2 - x,y) ，
由題意知P(2 - x,y) 在 f x 的圖象上，
所以 y = e2-x ，所以 g x = e2-x .
由 f x - 2ex m + g x ，
得 f x - g x - 2ex m ，即 ex - e2-x - 2ex m，
因為存在 x 0,1 ，使 f x - 2ex m + g x 成立，所以存在 x 0,1 ，使 ex - e2-x - 2ex m成立，
設F x = ex - e2-x - 2ex F x = ex + e2-x，則 - 2e，又F x 2 ex ×e2-x - 2e = 0，當且僅當 x =1時等號成立，
所以F x 單調遞增，
所以當 x 0,1 時，F (x) < F (1) = -2e，
可得m < -2e，即實數m 的取值范圍是 (- ,-2e).
4．（2023·天津·二模）已知 a,b R ，函數 f x = x + a sin x + b ln x．
(1)當 a = 0,b = -1時，求 f x 的單調區間；
1
(2)當 a = - ,b 0 時，設 f x 的導函數為 f x ，若 f x > 0恒成立，求證：存在 x0 ，使得 f x0 < -1；2
(3)設0 < a <1,b < 0，若存在 x1, x2 0, + f x = f x x -b，使得 1 2 1 x2 ，證明： x1 + x2 2 ．a +1
【答案】(1)遞增區間為 1, + ，遞減區間為 0,1 ；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析；
【分析】（1）當 a = 0,b = -1 f x x -1時，求得 = ，結合導數的符號，即可求解；
x
1 1 b 1 b 3
（2）當 a = - ,b 0 -時，求得 f x =1- cos x + ，根據題意1- cos x + 0 恒成立，取 x b ，得到2 2 x 2 x 0 = e
f x0 < -1，即可證明；
（3）設 x1 < x2，得到 x2 - x1
x
+ a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 ，轉化為-b ln 2 < a +1 x - x x 2 1 ，設1
2
h x ln x 2 x -1= - ，求得 h
x -1
x = 2 0 ，根據 h x h 1 = 0
x -1
，得到 ln x 2 ，進而得到
x +1 x x +1 x +1
x2 xln 4 2
- x1
，進而證得結論．
x1 x2 + x1
【解析】（1）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得其定義域為 0, + ，
當 a = 0,b = -1時，可得 f x = x - ln x ，則 f x =1 1 x -1- = ，
x x
當 x 0,1 時，可得 f x < 0， f x 單調遞減；
當 x 1, + 時，可得 f x 0， f x 單調遞增，
\函數 f x 的單調遞增區間為 1, + ，單調遞減區間為 0,1 ．
a 1 1 1 b（2）當 = - ,b 0 時，可得 f x = x - sin x + b ln x，則 f x =1- cos x + ，
2 2 2 x
Q f x 0 1恒成立，即1- cos x b 0 1 b+ 恒成立，令 h x =1- cos x + , x 0 ，
2 x 2 x
b 0 b
b 1 b 1 b
若 < ，則 < 0，存在 x
b
= - ，使得 h - ÷ =1- cos - ÷ - 2 = -1- cos - ÷ < 0，x 2 è 2 2 è 2 2 è 2
即 f x < 0，不符合題意，\b>0，
3 3
- - 1 3-
取 x = e b ，則0 < x0 <1，可得 f x0 = e b - sin e b - 3 < -10 2
即存在 x0 ，使得 f x0 < -1．
（3）由函數 f x = x + a sin x + b ln x ，可得 f x =1+ a cos x b+ ，
x
設 x1 < x2，由 f x1 = f x2 ，可得 x1 + a sin x1 + b ln x1 = x2 + a sin x2 + b ln x2 ，
則 x2 - x1 + a sin x2 - sin x1 = -b ln x2 - ln x1 = -b ln
x2
x ，1
又由 y = x - sin x，可得 y ' =1- cos x 0，\函數 y = x - sin x為單調遞增函數，
\ x2 - sin x2 x1 - sin x1，即 sin x2 - sin x1 < x2 - x1，
\ -b ln
x2 < a +1 x - x
x 2 1 ，1
x -1 2
設 h 1 4x = ln x - 2 x -1 ，可得 h x = - 2 = 2 0，x +1 x x +1 x x +1
\當 x 1時， h x h 1 = 0 ln x 2 x -1 \ ln x 2 x -1，即 ， ，
x +1 x +1
x2 -1
x x x - x
即 ln x = 2ln x 4
x -1
，\ ln 2 4 1 = 4 2 1 ，
x +1 x1 x2 1 x2 + x+ 1
x1
x2 - x1
代入可得： 4 × -b < a +1 x
x + x 2
- x1 = a +1 x2 - x1 x2 + x1 ，
2 1
-b 2則 4 × < x2 + x1 ，\ x x 2 -b+ ．a +1 2 1 a +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，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．
5．（2023·陜西寶雞·一模）已知函數 f (x) = a x + x2 - x ln a - b(a,b R, a 1)， e是自然對數的底數.
(1)當 a = e,b = 4 時，求整數 k 的值，使得函數 f (x) 在區間 (k,k +1) 上存在零點；
(2)若存在 x1, x2 [-1,1], 使得 | f (x1) - f (x2 ) | e -1，試求 a的取值范圍.
【答案】(1)1 或-2
(2)[e, + )
【分析】（1）首先求函數的導數，判斷函數的單調性，并結合零點存在性定理，求整數 k 的值；（2）將不
等式存在性問題，轉化為 | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，利用導數判斷函數的單調性，并求函數的
最值，代入不等式后，即可求解 a的取值范圍.
【解析】（1） f (x) = ex + x2 - x - 4，\ f (x) = ex + 2x -1，\ f (0) = 0
當 x 0時， ex 1，\ f (x) 0，故 f (x) 是 (0, + )上的增函數，
同理 f (x) 是 (- ,0)上的減函數，
f (0) = -3 < 0, f (1) = e - 4 < 0, f (2) = e2 - 2 0，且 x 2時， f (x) 0 ，
故當 x 0時，函數 f (x) 的零點在 1,2 內，\k =1滿足條件．
同理，當 x < 0 時，函數 f (x) 的零點在 -2, -1 內，\k = -2滿足條件，
綜上 k =1,-2．
（2）問題 當 x [-1,1]時， | f (x)max - f (x)min |= f (x)max - f (x)min e -1，
f (x) = a x ln a + 2x - ln a = 2x + (a x -1) ln a ，
①當 x 0時，由 a 1，可知 a x -1 0,ln a 0,\ f (x) 0；
②當 x < 0 時，由 a 1，可知 a x -1< 0,ln a 0,\ f (x) < 0 ；
③當 x = 0時， f (x) = 0，\ f (x)在[-1,0]上遞減，[0,1]上遞增，
\當 x [-1,1]時， f (x)min = f (0), f (x)max = max{ f (-1), f (1)}，
而 f (1)
1
- f (-1) = a - - 2ln a ，設 g(t) t 1= - - 2ln t(t 0),
a t
Q g (t) 1 2 1=1+ 2 - = ( -1)
2 0 （僅當 t =1時取等號），
t t t
\ g(t)在 (0, + )上單調遞增，而 g(1) = 0，
\ 1當 t 1時， g(t) 0即 a 1時， a - - 2ln a 0，
a
\ f (1) f (-1),\ f (1) - f (0) e -1即 a - ln a e -1 = e - ln e ，
構造 h(a) = a - ln a(a 1) ，易知 h (a) 0，\h(a)在 (1, + )遞增，
\a e ，即 a的取值范圍是[e, + )．
6．（2024· 2河北保定·二模）已知函數 f x = x - 2e lnx - ax - 2e2 a R .
(1)若 a =1，討論 f x 的單調性；
(2) 2 kx 2已知存在 x0 1,e ，使得 f x f x 00 在 0, + 上恒成立，若方程 f x0 = -e - 2e kx0 有解，求實數 k
的取值范圍.
2 2
【答案】(1) f x 在 0,e 上單調遞減，在 e ,+ 上單調遞增；
(2) 0,
1ù .
è e ú
【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，令 g x = f x ，判斷 g x 的單調性，即可得到 f x 的取值
情況，從而得到 f x 的單調區間；
（2）求出函數的導函數，即可判斷導函數的單調性，依題意可得 f x0 = 0，即可得到
f x = -2e2lnx - x h x = -2e2lnx - x h x = h ekx，設 ，依題意可得 00 0 0 0 有解，利用導數說明 h x 的單調性，
lnx
即可得到 x ekx 0
lnx
0 = 0
2
，從而得到 k = x ，再令m x = 1< x < e ，利用導數求出m x 的單調性，即可求出0 x
函數的極值與區間端點的函數值，從而求出參數的取值范圍.
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 0, + ，
2
當 a =1時， f x = x - 2e2 lnx - x - 2e2 ，所以 f x 2e= - + lnx ，
x
2e2 2e2
設 g x = f x = - + lnx，因為 y = - 、 y = lnx都在 0, + 上單調遞增，
x x
2
所以 g x 在 0, + 上單調遞增，且 g e = 0，
所以 x 0,e2 時， g x < 0, f x < 0, f x 單調遞減；
x e2 ,+ 時， g x 0, f x 0, f x 單調遞增.
所以 f x 在 0,e2 2上單調遞減，在 e ,+ 上單調遞增.
（2）由 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 ， x 0, + ，
f x 2e
2
得 = - + lnx +1- a ，
x
2
因為 y 2e= - 、 y = lnx都在 0, + 上單調遞增，所以 f x 在 0, + 上單調遞增，
x
已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + 上恒成立，所以 f x0 是 f x 的最小值，所以 f x0 = 0，
f x 2e
2 2
即 0 = - + lnx0 +1- a = 0，所以 a = lnx0 +1
2e
- ，
x0 x0
所以 f x0 = x0 - 2e2 lnx - ax - 2e20 0
x 2e2 lnx lnx 1 2e
2
= - - + - x - 2e20 0 0 ÷ 0 = -2e
2lnx0 - x0 ，
è x0
設 h x = -2e2lnx - x，
kx 2 2 kx 2
由方程 f x0 = -e 0 - 2e kx0 有解，得-2e lnx 00 - x0 = -e - 2e kx0 有解，
即 h x0 = h ekx0 有解，
h x 2e
2
因為 = - -1< 0在 0, + 上恒成立，所以 h x 在 0, + 上單調遞減，
x
x = ekx
lnx
所以 0 ，則 k =
0
0 x ，0
m x lnx 1 x e2 1- lnx設 = < < ，則m x = ，x x2
所以 x 1,e 時，m x 0, m x 單調遞增， x e,e2 時，m x < 0, m x 單調遞減，
又m 1 = 0,m e 1 ,m e2 2= = 2 ，e e
1 1
所以0 < k ，即 k 的取值范圍是 0,
ù
e è e ú
.

【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為
不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的
單調性、極(最)值問題處理．
7．（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．
【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；
x -1 x -1
（2）用分離參數法轉化問題為不等式 a - ln xln x 在區間 1, + 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．
【解析】（1）由題意知函數 f x 的定義域為 (0, + )，
f (x) 2x 2a 2(x
2 - a)
而 = - = ，
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 f x 2 ln x 2（ ）因為不等式 + 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，
a x -1即 - ln xln x 在區間
1, + 上有解，
1
g x x -1
ln x -1+
令 = - ln x x 1 ，則 x 1 ln x -1 x - ln x -1g x ln x = - = ． ln x 2 x x ln x 2
令 h x = x - ln x -1 x 1 ，則 h x 1 x -1=1- = 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, + ．
x
8．（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)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 x）利用分析法轉化要證結論，要證 f x e -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≤ 時和 a 2 時是否存在 x2 0 使得 g x0 0，即可
求解.
1- x
【解析】（1） f x 的定義域為R, f x = 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, + .
（2）要證 f x ex -1 x x，即證 x ex -1，令 h x = x - ex +1，即證 h x 0，e e
2x
h x 1- x - e= ，令m x =1- x - e2x ，則m x = -1- 2e2x < 0 m xx ，所以 在R 上單調遞減，又m 0 = 0，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，所以 x ex -1，即 f x e
x -1得證.
e
（3 0
1
）當 ≤a≤ 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
2x x 2 x 2a +1
2
6a +1 1- 2a 6a +1 1- 2a= -e + 2a +1 e 4a - = - e - ÷ + < 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 .
9．（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) , f

在點 ÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
(2)證明： f (x) 存在唯一的極值點；
(3)若存在 a，使得 f (x)
1
< - 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)2 ，運用導數研究
g(x)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.
1
（3）將問題轉化為 f (x)max < - a + b ，由（2）可知， f (x)max = f (x ) = x2 0 0
sin x0 + a cos x0 ，
a =1 x cos x x x cos x 1+ 0 0 π 0 0 0
sin x ，進而可得存在 x0 ( , π) ，使得
b + cos x
2 sin x 0
+ +
0 0 2sin x 2
，設
0
g(x) x x cos x 1= + cos x + + ， x (
π , 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
【解析】（1）由題意知， f (x) = sin x + x cos x - a sin x = (1- a)sin x + x cos x，
π
所以 f ( ) = (1- a)sin
π π
+ cos π =1- a，
2 2 2 2
又 f (
π) π= ，
2 2
所以曲線在點 (
π , f (π )) π π aπ處的切線方程為 y - = (1- a)(x - )，即 (1- a)x - y + = 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
π
，故 g(x)在 ( , 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 (x0 ) = 0 .2
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
所以 f (x)
π
在 ( , x0 ) 上單調遞增，在 (x2 0
, π)上單調遞減，
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 ，
a 1 x0 cos x因為 f (x0 ) = (1- a)sin x0 + x0 cos x0 = 0，所以 = +
0
sin x ，0
由題意知， f (x)max = f (x0 ) = x0 sin x0 + a cos x
1
0 < - a + b，2
x sin x (1 x0 cos x0即 0 0 + + ) cos x
1
< - (1 x+ 0 cos x00 ) + bsin x0 2 sin x
，
0
x0
化簡得b + cos x
x cos x 1
+ 0 0 + x πsin x 0 2sin x 2 ， 0 ( , π) ，0 0 2
g(x) x cos x x cos x 1設 = + + + 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)min < b， x
π
( , π)
2 .
又
g (x) sin x - x cos x
2
= 2 - sin x
(cos x - x sin x)sin x - x cos x
+
sin 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 + = + =sin x 2sin2 x sin2 x 2sin2 x 4sin2 x
設 h(x) = sin 2x - 2x ， x ( π , π)2 ，則
h (x) = 2cos 2x - 2 < 0 ，
所以 h(x) (
π
在 , π) 上單調遞減，
2
π
故 h(x) < h( ) < 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)
π 2π 2π
在 ( , ) 上單調遞減，在 ( , π)上單調遞增，
2 3 3
所以 g(x)min = g(
2π) 3π 3π= ，所以b .
3 3 3
3π
故b 的取值范圍為 ( , + ) .
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．
ax ln x
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x 和函數 g x = 有相同的最大值.e ax
(1)求 a 的值；
(2)設集合 A = x f x = b ，B = x g x = b （b 為常數）.證明：存在實數 b，使得集合 A B 中有且僅有 3
個元素.
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】（1）先由定義域得到 a 0，求導，當 a<0時，函數無最大值，舍去，當 a 0時，求出單調性和 f x
有最大值 f 1 a 1= ，進而求出 g x 的單調性，最大值 g e = ，從而得到方程，求出 a 的值；
e ae
（2）集合 A B 的元素個數即為直線 y = b與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 的交點個數，在（1）的基礎上
f x x g x ln x作出 = x 和 = ，數形結合得到答案.e x
ax a 1- x
【解析】（1）由題意可知 a 0，由 f x = x ，得 f xe = ，ex
若 a<0，當 x <1時， f x < 0；當 x 1時， f x 0，
則 f x 在 - ,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 f x f 1 a有最小值 = ，無最大值，不合題意.
e
所以 a 0，當 x <1時， f x 0；當 x 1時， f x < 0，
則 f x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
a
所以 f x 有最大值 f 1 = .
e
g x ln x g x 1- ln x由 = ，得 = 2 ， x 0且 a 0，ax ax
當0 < x < e時， g x 0；當 x e時， g x < 0，
則 g x 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，
1
所以 g x 有最大值 g e = .
ae
ìa 1
=
則 í e ae ，解得 a =1 .
a 0
（2）集合 A B 的元素個數即為直線 y = b與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 的交點個數.
由（1）可知 f x x= x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，e
且 x + ， f x 0 ，
g x ln x= 在 0,e 上單調遞增，在 e, + 上單調遞減，
x
且 x + ， g x 0，
f x x g x ln x作出 = x 和 = 的圖像如圖所示.e x
設 f x 和 g x 的圖像交于點 M，
則當直線 y = b經過點 M 時，直線 y = b與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 共有 3 個交點，
故存在實數 b，使得集合 A B 中有且僅有 3 個元素.
【點睛】方程解的問題可轉化為兩函數的圖象交點問題，將代數問題幾何化，借助圖象分析，大大簡化了
思維難度，首先要熟悉常見的函數圖象，包括指數函數，對數函數，冪函數，三角函數等，常常利用導函
數得到函數的單調性和極值最值情況，還要熟練掌握函數圖象的變換，包括平移，伸縮，對稱和翻折等，
涉及零點之和問題，通常考慮圖象的對稱性進行解決.
1
11．（2024· ax 2青海·模擬預測）已知函數 f x = e + x - ax（ a R ）.
2
(1)當 a =1時，求 f x 的最值；
(2)當 a -1,1 2時，證明：對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
【答案】(1)最小值 f 0 =1，無最大值.
(2)證明見解析
【分析】（1）當 a =1時，易求函數 f x 的導數，求出導函數的零點并判斷原函數在求得零點附近的單調
性，從而確定函數極值，進一步確定函數的最值；
（2）當 a -1,1 時，通過連續求導得出原函數 f x 在 -2,2 上的單調性，通過計算 f 2 - f 0 和
f -2 - f 0 2t的值構造函數 h t = e - 2t - e2 + 2，并通過求導確定其單調性，求出 h t 在 t -1,1 的值域，
由此可構造不等式 e2t - 2t +1 e2 -1，從而得出 f 2 - f 0 e2 -1， f -2 - f 0 e2 -1，從而得證.
1
【解析】（1）當 a =1時， f x = ex + x2 - x ， f x = ex + x -1，
2
x
易知 f x = e + x -1在上R 單調遞增.
因為 f 0 = 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x 0時， f x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 f x 有最小值 f 0 =1，無最大值.
2 f x = aeax（ ）證明： + x - a .令 g x = f x = aeax + x - a g x = a2eax，則 +1 0，
所以 f ' x 在 -2,2 上單調遞增.
又 f 0 = 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x 0時， f x > 0，
所以 f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
即當 a -1,1 時， f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增.
所以 f 2 - f 0 = e2a - 2a +1， f -2 - f 0 = e-2a + 2a +1 .
令 h t = e2t - 2t - e2 + 2 h t = 2e2t，則 - 2 ，當 t < 0時， h t < 0 ，當 t 0時， h t 0，
所以 h t 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
因為 h 1 = 0， h -1 1= + 4 - e22 < 0 ，所以當 t -1,1 時， h t 0，e
即當 t -1,1 時， e2t - 2t +1 e2 -1，
所以當 a -1,1 時， e2a - 2a +1≤ e2 -1且 e - 2a + 2a +1≤ e2 -1，
f 2 - f 0 e2 -1 f -2 - f 0 e2即 且 -1，
即對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e2 -1.
【點睛】關鍵點點睛：（1）關鍵是求出函數 f x 的導數及其零點，并判斷原函數在求得零點附近的單調性，
從而確定最值；
（2）關鍵是通過計算 f 2 - f 0 f -2 - f 0 h t = e2t - 2t - e2和 的值構造函數 + 2，最終構造不等式
e2t - 2t +1 e2 -1，從而得出 f 2 - f 0 e2 -1， f -2 - f 0 e2 -1，從而得證.
12．（2024·四川·模擬預測）已知函數 f x = ax ln x - 2x + b （ a，b R ）在點 1, f 1 處的切線方程為
y = -x．
(1)求函數 f x 的極值；
g x ex é= xf 1 2ù(2)設 ê ÷ + ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求m 的取值范圍．
è x
【答案】(1)極小值為1- e，無極大值
(2) -e,+
【分析】（1）根據題意結合導數的幾何意義可得 a = b =1，進而利用導數判斷 f x 的單調性和極值；
ex ln x - x x
（2）根據題意分析可知：原題意等價于m 在 0, + e ln x - x 內恒成立，令設 h x = , x 0，
x x
利用導數求 h x 的單調性和最值，結合恒成立問題分析求解.
【解析】（1）由題 f x = ax ln x - 2x + b ， f x = a ln x + a - 2，
ì f 1 = b - 2 = -1
由題意可得 í ，解得 a = b =1， f 1 = a - 2 = -1
所以 f x = x ln x - 2x +1， f x = ln x -1．
令 f x > 0，解得 x e，令 f x < 0，解得0 < x < e，
可知 f x 在 e, + 上單調遞增，在 0,e 上單調遞減，
所以當 x=e時， f x 有極小值，極小值為 f e =1- e ，無極大值．
x é 1 ù x
（2）由題意可知： g x = e êxf ÷ + 2ú + mx = e x - ln x + mx 0，且 x 0，
è x
ex ln x - x exm ln x - x 整理得 ，原題意等價于m 在 0, + 內恒成立，
x x
x
e ln x - x e
x x -1 ln x - x -1
設 h x = , x 0，則 h x =
x x2
，
設 t x = ln x - x -1, x 0，則 t x 1 1- x= -1 = ．
x x

當0 < x <1時， t x 0；當 x 1時， t x < 0，
可知 t x 在 0,1 內單調遞增，在 1, + 內單調遞減，
則 t x t 1 = -2 < 0 ，即當 x 0時， ln x - x - 1 < 0 恒成立，
當0 < x <1時， h x 0；當 x 1時， h x < 0；
可知 h x 在 0,1 內單調遞增，在 1, + 內單調遞減，則 h x h 1 = -e，
ex ln x - xm 由 恒成立，可得m -e ，
x
所以m 的取值范圍為 -e,+ ．
【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題
（1）分離參數法
第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的最值；
第三步：根據要求得所求范圍．
（2）函數思想法
第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的極值；
第三步：構建不等式求解．
13．（2024· x 2湖北武漢·模擬預測）已知函數 f x = e + ax - 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)當 x 0 3時， f x x + 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
x x 1
【分析】（1）法一，易知 f x = e + 2ax ，無變號零點，考慮 a = 0后參變分離為 x = - ，原問題等價e 2a
于 g x y 1的圖像與 = - 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
2a
理即可求解；
（2）法一，式子轉化為j x = e- x 1 x3 - ax2 + x +1

2 ÷
-1，即證j x 0即可，易知j 0 = 0，則
è
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 + x 1+1- ex x3 + x +1- ex
a 2 ，求 h x = 2 的最大值即可.
x2 x2
【解析】（1）（方法一）易知 f x = ex + 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
g x x 1令 = 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- 1； x 趨于+ ， g x 趨于 0 ； f 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 g x = ex，則 + 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 -2a = -2a + 2aln -2amin ，
若 g x < 0，則-1+ ln -2a 0min 即 a < - e2 .
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 s t t - 2， ，故 = 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
f x 1 x3 x e 1 ex 1（2）（方法一）由 + - + 可知， x3 - ax2 + x +1，
2 2
即1 e- x
1
x
3 - ax2 + x +1 ÷，
è 2
令j x = e- x 1 3 x - 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 1+ 4a + 2 = - 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
+1 < 2，即- < a < 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，
2
又j 0 = 0，故令j 2 1 7 - e - 4a= e-2 23 - a 22 + 2 +1

÷ -1 = 2 0，è 2 e
7 - e2 2a 7 - e 1解得 ，即 a < ，
4 4 2
若 2a +1 2 a
1
，即 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+1 = e- 2a+1 2a +1
3 - a 2a +1 2 + 2a +1+1
2 ÷
-1
è
e- 2a+1 2a2 4a 5= + + ÷ -1，
è 2
h a = e- 2a+1 2a2 5 記 + 4a + ÷ -1 h a = -e- 2a+1，則 2a +1 2 0恒成立，
è 2
所以 h a 1在 , +

÷上單調遞減，
è 2
1 5
所以 h a h ÷ = 2 -1 < 0，即j 2a +1 0，è 2 e
1
即對于任意 a ，j x 0恒成立，
2
7 - e2
綜上所述， a
4
（方法二）①當 x = 0時，不等式恒成立，可得 a R ；
1 x3 x 1 3 x② x 0 + x +1- e x + x +1- e當 時，可得 a 2 恒成立，設 h x = 2 ，
x2 x2
2 1- x ex + x3 - x
1
- 2 ÷ 2 - x ex + x3 - x2 ÷ + x2 - x - 2 則 h x = è 2 3 = è 2 x x3
x 1 x 1 2 2 - x e + x2 x - 2 + x - 2 x +1 2 - x e - x - x -1÷ .
= 2 = è 2
x3 x3
m x = ex 1- x2 - x -1 x可設 ，可得m x = e - x -1，
2
x
設 k x = e - 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，
7 - e2
所以 h x = h 2 = ，max 4
7 - e2 a é7 - e
2
所以 a ，綜上可得 的取值范圍是 ,+ ÷ .
4 ê 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.
ln x + ln a +1
14．（2024·廣西貴港· ax模擬預測）已知函數 f (x) = ae - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
【答案】(1)有一個極值點，理由見解析
(2) 0,1
2 x
【分析】（1）先求 f (x) ，得 f (x) x e + ln x= ，再設 h(x) = x22 e
x + ln x ，通過對 h (x)符號的分析，得到 f (x)
x
的單調性，再判斷 f (x) = 0的解的情況，分析函數 f (x) 的極值點的情況.
（2）先把原不等式化成 axeax -[ln(ax) +1]+ ax 2a2x 恒成立，利用換元法，設 t = ax，則 t (0,+ ) ，問題轉
化為 2a et
ln t +1 ln x +1
- +1 x恒成立．再設 g(x) = e - ，利用（1）的結論求 g(x)的最小值.
t x
f (x) ex 1+ ln x【解析】（1）當 a =1時， = - ， x (0,+ )，
x
ln x x2ex + ln x
所以 f (x) = ex +
x2
=
x2
，
h(x) = x2ex + ln x h (x) = (x2 + 2x)ex
1
令 ，則 + ，
x
當 x (0,+ )時， h (x) 0，\h(x)在 (0, + )上單調遞增，
1
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零點 x0 ，且 x0 ( ,1)，2 4 2
當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， f (x) 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 單調遞增．
\ f (x)有一個極小值點 x0 ，無極大值點．
ax ln x + ln a +1 2
（2）Q f (x) = ae - ≥2a - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) 2a et
ln t +1
，\ - +1恒成立．
t
設 g(x)
ln x +1
= ex - ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g (x0 ) ．x
2 x ln x 1
又 h(x ) = x e 00 0 + ln x
x0 0
0 = 0，\ x0e = - = - ln x
- ln x0
0 = -e ln xx x 0 ．（﹡）0 0
設m(x) = xex ，當 x 0時，m (x) = (x +1)ex 0，\m(x) 在 (0, + )上單調遞增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 0 ， - ln x0 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x0 ) ，\ x0 = - ln x e
x0
0 ，即 = x ．0
\ g(x0 )
1+ ln x 1 1- x
= ex0 - 0 = - 0 =1
x x ，0 0 x0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a 0，
\a 的取值范圍為 0,1 ．
g(x) ex ln x +1【點睛】關鍵點點睛：該題第二問的關鍵是求函數 = - 的最小值，由（1）得 g(x)的極小值是
x
g (x ) x x2 x0 ，而 0 的值不能準確的表示出來，所以根據 0 e 0 + ln x0 = 0進行代入計算.
15．（2024·山東濱州·二模）定義：函數 f (x) 滿足對于任意不同的 x1, x2 [a,b]，都有
f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，則稱 f (x) 為 a,b 上的“ k 類函數”．
x2(1)若 f (x) = +1，判斷 f (x) 是否為 1,3 上的“2 類函數”；
3
2
(2)若 f (x) = a(x -1)ex x- - x ln x 為[1,e]上的“3 類函數”，求實數 a 的取值范圍；
2
(3)若 f (x) 為[1, 2]上的“2 類函數”，且 f (1) = f (2)，證明："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 < 1．
【答案】(1) f (x) 為 1,3 上的“2 類函數”
é 1 , e + 5ù(2) ê e3 ee+1 ú
(3)證明見詳解
【分析】（1）根據題意結合“ k 類函數”定義分析判斷；
（2）根據題意分析可知 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 ， f x2 - 3x2 < f x1 - 3x1均恒成立，根據函數單調性結合
導數可知-3 f x 3在 1,e 內恒成立，利用參變分類結合恒成立問題分析求解；
（3）分類討論 x1, x2 的大小關系，根據“ k 類函數”定義結合絕對值不等式分析證明.
【解析】（1）對于任意不同的 x1, x2 1,3 ，不妨設 x1 < x2，即1 x1 < x2 3，
f x f x x
2 2
則 - = 1
x x + x
1 2 +1÷ - 2 +1÷ = 1 2 x1 - x2 < 2 x1 - x2 ，
è 3 è 3 3
所以 f (x) 為 1,3 上的“2 類函數”.
（2）因為 f (x) 為[1,e]上的“3 類函數”，
對于任意不同的 x1, x2 1,e ，不妨設 x1 < x2，
則 f x1 - f x2 < 3 x1 - x2 = 3 x2 - x1 恒成立，
可得3x1 - 3x2 < f x1 - f x2 < 3x2 - 3x1，
即 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 ， f x2 - 3x2 < f x1 - 3x1均恒成立，
構建 g x = f x + 3x ， x 1,e ，則 g x = f x + 3，
由 f x1 + 3x1 < f x2 + 3x2 可知 g x 在 1,e 內單調遞增，
可知 g x = f x + 3 0在 1,e 內恒成立，即 f x -3在 1,e 內恒成立；
同理可得： f x 3 1,e 內恒成立；
即-3 f x 3在 1,e 內恒成立，
又因為 f (x) = axex - x -1- ln x ，即-3 axex - x -1- ln x 3，
x + ln x - 2 a x + ln x + 4 x + ln x - 2 x + ln x + 4整理得 x x ，可得 a ，xe xe ex+ln x ex+ln x
x + ln x - 2 a x + ln x + 4即 x ln x x ln x 在 1,e+ + 內恒成立，e e
令 t = x + ln x，
因為 y = x, y = ln x在 1,e 內單調遞增，則 t = x + ln x在 1,e 內單調遞增，
當 x =1， t =1；當 x=e， t = e +1；可知 t = x + ln x 1,e +1 ，
t - 2 t + 4
可得 t a t 在 1,e +1 內恒成立，e e
F t t - 2 3- t構建 = t , t 1,e +1 ，則F t = ，e et
當1 t < 3時，F t 0 ；當3 < t e +1時，F t < 0；
可知F t 在 1,3 內單調遞增，在 3,e +1 內單調遞減，則F t F 3 1= 3 ，e
G t t + 4 , t 1,e 1 -3 - t構建 = t + ，則G t = t < 0 在 1,e +1 內恒成立，e e
可知G t 在 1,e +1 e + 5內單調遞減，則G t G e +1 =
ee+1
；
1 a e + 5
1 e + 5
可得 3
é ù
e+1 ，所以實數 a 的取值范圍為e e ê e3
, e+1 ú .e
（3）（i）當 x1 = x2，可得 f x1 - f x2 = 0 <1，符合題意；
（ⅱ）當 x1 x2 ，因為 f (x) 為[1, 2]上的“2 類函數”，不妨設1 x1 < x2 2，
0 x x 1①若 < 2 - 1 ，則 f x1 - f x2 < 2 x2 1
- x2 1；
1
②若 < x2 - x1 1，則 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x2 2
f x1 - f 1 + f 2 - f x2 2 x1 -1 + 2 2 - x2
= 2 - 2 x2 - x1 <1；
綜上所述："x1， x2 [1, 2]， f x1 - f x2 <1 .
【點睛】方法點睛：兩招破解不等式的恒成立問題
（1）分離參數法
第一步：將原不等式分離參數，轉化為不含參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的最值；
第三步：根據要求得所求范圍．
（2）函數思想法
第一步：將不等式轉化為含待求參數的函數的最值問題；
第二步：利用導數求該函數的極值；
第三步：構建不等式求解．
16．（2024·山東菏澤·模擬預測）如果三個互不相同的函數 y = f x ， y = g x ， y = h x 在區間D上恒有
f x h x g x 或 g x h x f x ，則稱 y = h x 為 y = f x 與 y = g x 在區間D上的“分割函
數”．
(1)證明：函數 f1 x = x為函數 y = ln x +1 與 y = ex-1在 -1, + 上的分割函數；
(2)若函數 y = ax2 + bx + c a 0 為函數 y = 2x2 + 2與 y = 4x在 - , + 上的“分割函數”，求實數 a的取值范
圍；
(3)若 m, n -2,2 ，且存在實數 k, d ，使得函數 y = kx + d 為函數 y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區間 m, n 上
的“分割函數”，求 n - m的最大值．
【答案】(1)證明見解析；
(2) (0,2)；
(3) 2 3 .
【分析】（1）根據給定的定義，利用導數證明不等式 x ln(x +1) 和 x ex-1恒成立即可.
（2）由“分割函數”定義得 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，借助導數及二次函數性質求解即得.
（3）利用導數求出函數 y = x4 - 4x2 的極值，再利用“分割函數”的定義確定 y = x4 - 4x2 圖象的切線及切點橫
坐標范圍，然后求出直線 y = kx + d 被函數 y = 4x2 -16圖象所截弦長，利用不等式性質及導數求出最大值即
得.
【解析】（1）設F (x) = ln(x +1) - x，則F (x)
1
= -1，當-1 < x < 0時，F (x) 0, F (x) 在 (-1,0) 上單調遞
x +1
增，
當 x 0時，F (x) < 0, F (x) 在 (0, + )單調遞減，則 F (x)在 x = 0處取得極大值，即為最大值，
即F (x) F (0) = 0，則當 x (-1, + )時， x ln(x +1) ；
設H (x) = ex-1 - x，則H (x) = ex-1 -1，當-1 < x <1時，H (x) < 0, H (x) 在 (-1,1)上單調遞咸，
當 x 1時，H (x) 0, H (x) 在 (1, + )上單調遞增，則H (x)在 x =1處取得極小值，即為最小值，
即H (x) H (1) = 0，則當 x (-1, + )時， x ex-1，
于是當 x (-1, + )時， ln(x +1) x ex-1，
所以函數 f1(x) = x為函數 y = ln(x +1) 與 y = ex-1在 (-1, + )上的“分割函數”.
（2）因為函數 y = ax2 + bx + c(a 0)為函數 y = 2x2 + 2與 y = 4x在 (- , + )上的“分割函數”，
則對"x R ， 4x ax2 + bx + c 2x2 + 2恒成立，
而 (2x2 + 2) = 4x，于是函數 y = 2x2 + 2在 x =1處的切線方程為 y = 4x，
因此函數 y = ax2 + bx + c的圖象在 x =1處的切線方程也為 y = 4x，又 y = 2ax + b ，
ì2a + b = 4 ìa = c
則 í
a + b + c = 4
，解得 í
b 4
，
= - 2a
于是 4x ax2 + (4 - 2a)x + a 2x2 + 2對"x R 恒成立，
ì(2 - a)x2 + (4 - 2a)x + 2 - a 0
即 í 對"x R 恒成立，
ax
2 - 2ax + a 0
ì2 - a 0

Δ1 = (2a - 4)
2 - 4(2 - a)(2 - a) 0
因此 í ，解得0 < a < 2
a
，
0
Δ2 = 4a
2 - 4a2 0
所以實數 a的取值范圍是 (0,2) .
（3）對于函數 y = x4 - 4x2 , y = 4x3 -8x = 4x(x + 2)(x - 2)，
當 x (- ,- 2)和 x (0, 2) 時， y < 0，當 x (- 2,0) 和 x ( 2,+ )時， y 0，
則 x = 2, x = - 2 為 y = x4 - 4x2 的極小值點， x = 0為極大值點，
函數 y = x4 - 4x2 的圖象如圖，
由函數 y = kx + d 為函數 y = x4 - 4x2 與 y = 4x2 -16在區間 m, n 上的“分割函數”，
得存在 d0 d ，使得直線 y = kx + d 40與函數 y = x - 4x2 的圖象相切，
且切點的橫坐標 t [-2,- 2]U[ 2, 2]，
y = (4t3 - 8t)x + 4t2 - 3t4 k = 4t3此時切線方程為 ，即 -8t,d0 = 4t
2 - 3t 4 ，
設直線 y = kx + d 與 y = 4x2 -16的圖象交于點 x1, y1 , x2 , y2 ，
ìy = kx + d
則 í 消去 y 得 4x2
k 16 + d
y = 4x2 -16 - kx -16 - d = 0，則
x1 + x2 = , x1 × x2 = - ，
4 4
k 2| x x | (x x )2 4x x 16 d k
2
于是 1 - 2 = 1 + 2 - 1 2 = + + +16 + d16 16 0
= (t3 - 2t)2 +16 + 4t 2 - 3t 4 = t6 - 7t 4 + 8t 2 +16
令 t 2 = s, s [2, 4], k(s) = s3 - 7s2 + 8s +16，則 k (s) = 3s2 -14s + 8 = (3s - 2)(s - 4) 0，
當且僅當 s = 4時， k (s) = 0，所以 k(s) 在[2,4]上單調遞減， k(s)max = k(2) =12，
因此 x1 - x2 的最大值為 2 3 ，所以 n - m的最大值為 2 3 .
【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.特訓 08 利用導數解決恒成立問題（三大題型）
洛必達法則
法則 1 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 0及 lim g x = 0x ； a x a
(2)在點a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內， f (x)與 g(x)可導且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l
x a g x ，
f x f x
那么 lim = lim = l
x a g 。x x a g x
法則 2 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：(1) lim f x = 0及 lim g x = 0x x ；
(2) A 0 ， f (x)和 g(x)在 - , A 與 A,+ 上可導，且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l ，
x g x
f x f x
那么 lim lim = l
x g = 。x x g x
法則 3 若函數 f (x)和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 及 lim g x = x a x ； a
(2)在點a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內， f (x)與 g(x)可導且 g (x) 0 ；
f x
(3) lim = l ，
x a g x
f x f x
那么 lim lim = l
x a g x = 。x a g x
注意：利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意：
（1）將上面公式中的 x a ， x + , x - ， x a+ ， x a- 洛必達法則也成立。
0 0 0
（2）洛必達法則可處理 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型。0
0
（3 0
0
）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型定式，否0
則濫用洛必達法則會出錯。當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，
應從另外途徑求極限。
（4）若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止。
f
lim x f xlim f x = = lim
，如滿足條件，可繼續使用洛必達法則。x a g x x a g x x a g x
目錄：
01 ：分離參數法求參數范圍
02： 分類討論法求參數范圍
03： 雙變量的恒(能)成立問題
01 ：分離參數法求參數范圍
例 1 已知函數 f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)當 a＝1 時，討論 f(x)的單調性；
1
(2)當 x≥0 時，f(x)≥ x3＋1，求 a 的取值范圍.
2
感悟提升　分離參數法解決恒(能)成立問題的策略
(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.
1＋ln x
訓練 1 已知函數 f(x)＝ .
x
1
(1)若函數 f(x)在區間(a，a＋ )上存在極值，求正實數 a 的取值范圍；2
k
(2)如果當 x≥1 時，不等式 f(x)－ ≥0 恒成立，求實數 k 的取值范圍.
x＋1
02：分類討論法求參數范圍
例 2 已知函數 f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R).
(1)若函數 f(x)在 x＝1 處的切線與直線 3x－y＝0 平行，求 a 的值；
(2)若不等式 f(x)≥ln x－a＋1 對一切 x∈[1，＋∞)恒成立，求實數 a 的取值范圍.
感悟提升　根據不等式恒成立求參數范圍的關鍵是將恒成立問題轉化為最值問題，此類問題關鍵是對參數
分類討論，在參數的每一段上求函數的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個值或一段
內的函數值不滿足題意即可.
ln x
訓練 2 已知函數 f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且 f(x)≤ 恒成立，求 a 的取值范圍.
x＋1
03：雙變量的恒(能)成立問題
a
例 3 設 f(x)＝ ＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
x
(1)如果存在 x1，x2∈[0，2]，使得 g(x1)－g(x2)≥M 成立，求滿足上述條件的最大整數 M；
[1(2)如果對于任意的 s，t∈ ，2 ]，都有 f(s)≥g(t)成立，求實數 a 的取值范圍.2
感悟提升　含參不等式能成立問題(有解問題)可轉化為恒成立問題解決，常見的轉化有：
1.利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：
（1）"x D，m f x m f x min ；
（2）"x D，m f x m f x max ；
（3） x D ，m f x m f x max ；
（4） x D ，m f x m f x min .
2.不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數 y = f x ， x a,b ， y = g x ， x c, d .
（1）若"x1 a,b ，"x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < gmax x min ；
（2）若"x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmax max ；
（3）若 x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < gmin x max ；
（4）若"x1 a,b ， x2 c, d ，有 f x1 = g x2 成立，則 f x 的值域是 g x 的值域的子集.
1
訓練 3 已知函數 f(x)＝ x3＋x2＋ax.
3
(1)若函數 f(x)在區間[1，＋∞)上單調遞增，求實數 a 的最小值；
x 1 1
(2)若函數 g(x)＝ ，對 x1∈[ ，2 ]， x2∈[ ，2 ，使 f′(x )≤g(x )成立，求實數 a 的取值范圍.ex 2 2 ] 1 2
方法技巧 洛必達法則
在解決不等式恒(能)成立，求參數的取值范圍這一類問題時，最常用的方法是分離參數法，轉化成求函數的
0 ∞ 0
最值，但在求最值時如果出現“ ”型或“ ”型的代數式，就設法求其最值.“ ”型的代數式，是大學數學中的不
0 ∞ 0
定式問題，解決此類問題的有效方法就是利用洛必達法則.
例 已知函數 f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R).
(1)若 f(x)在 x＝－1 處有極值，求 a 的值；
(2)當 x＞0 時，f(x)≥0，求實數 a 的取值范圍.
一、解答題
1．（2024·安徽合肥·模擬預測）已知函數 f (x) = a(1- 2ln x) + 4x6 (a R) ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)若x1， x2 x1 x2 為函數 g(x) = kx2
1
+ - ln x 42 的兩個零點，求證： x x 4x 1 2 12e ．
2．（2024·浙江紹興·三模）若函數a(x) 有且僅有一個極值點m ，函數 b (x) 有且僅有一個極值點 n，且
m n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質a - b / /m n．
(1) j (x) = sin x - x2 j x = ex函數 1 與 2 - x是否具有性質j1 -j2 / /x0 0？并說明理由．
(2)已知函數 f x = aex - ln x +1 與 g x = ln x + a - ex +1具有性質 f - g / /x1 x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）證明： g x1 x2 ．
f x ax lnx3．（2024·全國·模擬預測）已知函數 = - ， a 0．
x
(1)若 f x 存在零點，求 a 的取值范圍；
(2)若x1，x2為 f x 的零點，且 x1 < x2，證明： a x1 + x
2
2 2．
4．（2024·安徽阜陽·一模）已知函數 f x = 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)已知 x1, x2 是函數 f x 的兩個零點 x1 < x2 ．
（ⅰ）求實數 a的取值范圍．
1
（ⅱ）l 0, 2 ÷
, f x 是 f x 的導函數．證明： f é lx1 + 1- l x2è
ù < 0．
x
5 2024· · f (x) e - ax
2
．（ 全國 模擬預測）已知函數 = 有 3 個極值點 x1, x2 , x3，其中 e是自然對數的底數．1+ x
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)求證： x1 + x2 + x3 -2．
6．（2023·福建龍巖·二模）已知函數 f (x) = ln x， g(x) = x
2
- ．
x
(1) x f x
x
= 0
+1
若 0 滿足 0 x -1，證明：曲線
y = f (x) 在點 A x x0 , lnx0 處的切線也是曲線 y = e 的切線；
0
(2)若F (x) = f (x) - g(x)，且F x1 = F x2 x1 x2 ，證明：F x1 + F x2 < 4ln 2 - 7．
7．（2023·新疆·三模）已知函數 f (x) = ax2 (a
f (x)
+ +1)x ln x -1， g(x) = ．
x
(1)討論 g x 的單調性；
e2
(2)若方程 f (x) = x2 ex + x ln x -1有兩個不相等的實根 x1, x a ex1 + x2 ，求實數 的取值范圍，并證明 2 ．x1x2
8 2023· · f (x) ax a ln x e
x
．（ 上海松江 模擬預測）已知函數 = - - .
x
(1)若 a = 0，求函數 y = f (x) 的極值點；
(2)若不等式 f (x) < 0恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(3)若函數 y = f (x) 有三個不同的極值點x1、x2、 x3 ，且 f (x
2
1) + f (x2 ) + f (x3 ) 3e - e，求實數 a 的取值范圍.
1
9．（2023·山東德州· 2三模）已知函數 f x = lnx + (a - x) ，其中 a R ．
2
(1)當 a =1時，求函數 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)討論函數 f x 的單調性；
3 15
(3)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x 1 < x2 , f x2 - f x1 的取值范圍為 - ln2, - 2ln2÷ ，求 a的取值范
è 4 8
圍．
10．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x 1+ 2ln x= 2 .x
1
(1) kx設函數 g x = e - k 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
f x x x 2 1- ln m (2)若方程 = m有兩個不相等的實根x 1 21、x2，求證： + < .x2 x1 m
11．（2023·天津河西·模擬預測）已知函數 f (x) = k ln x
1
+ x (k R) .e
(1)若函數 y = f (x) 為增函數，求 k 的取值范圍；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e x
i 2
x2
（ ）證明： ex
- x - ln 1-e x x ；2 1 1 1
x
（ii）若 1
x
= 2 = k ，證明： f x1 - f x < 1 .ex1 ex 22
12．（2023·天津河西· 2模擬預測）已知 f x = x - 4x - 6ln x．
(1)求 f x 在 1, f 1 處的切線方程；
1
(2)對"x 1, + ，有 xf x - f x x2 + 6k 1-
-12 k
è x ÷
恒成立，求 的最大整數解；

(3)令 g x = f x + 4x - a - 6 ln x ，若 g x 有兩個零點分別為 x1, x2 x1 < x2 ，且 x0 為 g x 的唯一的極值點，
求 a的取值范圍，并證明： x1 + 3x2 4x0．
13．（2023· x+a四川遂寧·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x + x ， g x = x + e a R ，其中 e 為自然對數的底
數．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 1, f (1) 處的切線方程；
ìx2 -8x +15,2 x < 6
(2)當 a = -2 時，有t (x) = í ，求證：對"x 2, + ，有 g(x) t (x)；
9 - x, x 6
x
(3) 1若 f (x1) - g(x2 ) = a，且 1x ，求實數 a 的取值范圍．2
14．（2023·浙江嘉興· x二模）已知 f x = e , g x = lnx .
(1)若存在實數 a，使得不等式 f x - g x f a - g a 對任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x - f x g x
1 x x k 1 2 , k - g x (2)若 < 1 < 2 ，設 1 = 2 = 1 2 ，證明：x1 - x2 x1 - x2
k
① 1 x0存在 x0 x1, x2 ，使得 = x0 ×ek 成立；2
f
k k x + f x② - < 1 2
1
1 2 -2 .x1x2
1 1
15．（2023·湖北咸寧·模擬預測）已知函數 f x = - 2 ÷ x - a - lnx
1
- + b，其中 a,b R .
è x 2x 2x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 存在三個零點x1、x2、 x3 （其中 x1 < x2 < x3），證明：
（i）若 a 1，函數 g x = lnx 1 1+ ，使得0 < b - g a < a - ；
2x 2a
1 1 1 1 2 11a2 + 38a +11
（ii）若 0 < a < 1，則 + + - 2 - 16．（2024·浙江溫州·二模）如圖，對于曲線Γ ，存在圓C 滿足如下條件：
①圓C 與曲線Γ 有公共點A ，且圓心在曲線Γ 凹的一側；
②圓C 與曲線Γ 在點A 處有相同的切線；
③曲線Γ 的導函數在點A 處的導數（即曲線Γ 的二階導數）等于圓C 在點A 處的二階導數（已知圓
2 2 r
2
x - a + y - b = r2 在點 A x0 , y0 處的二階導數等于 ）；b - y0
3
則稱圓C 為曲線Γ 在A 點處的曲率圓，其半徑 r 稱為曲率半徑．
(1)求拋物線 y = x2 在原點的曲率圓的方程；
1
(2)求曲線 y = x 的曲率半徑的最小值；
(3)若曲線 y = ex 在 x1, ex1 x和 x , e 22 x1 x2 處有相同的曲率半徑，求證： x1 + x2 < -ln2．

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