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重難點(diǎn)突破 05 利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................3
題型一：直接法 ....................................................................................................................................3
題型二：端點(diǎn)恒成立 ............................................................................................................................9
題型三：端點(diǎn)不成立 ..........................................................................................................................13
題型四：分離參數(shù)之全分離，半分離，換元分離 ..........................................................................18
題型五：洛必達(dá)法則 ..........................................................................................................................24
題型六：同構(gòu)法與朗博同構(gòu) ..............................................................................................................27
題型七：必要性探路 ..........................................................................................................................33
題型八：max，min 函數(shù)問題 ...........................................................................................................41
題型九：構(gòu)造函數(shù)技巧 ......................................................................................................................48
題型十：雙變量最值問題 ..................................................................................................................57
題型十一：恒成立問題求參數(shù)的具體值 ..........................................................................................62
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................67
1、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題的求解策略：
（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(shí)，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．
2、利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)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 ．
3、不等式的恒成立與有解問題，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 ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmax 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 ，$x2 c,d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmin max ；
（4）若"x1 a,b ，$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．
4、法則 1 若函數(shù) 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(diǎn)a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內(nèi)， f (x)與 g(x)可導(dǎo)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(shù) 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(dǎo)，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(shù) 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(diǎn)a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內(nèi)， f (x)與 g(x)可導(dǎo)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(dá)法則求未定式的極限是微分學(xué)中的重點(diǎn)之一，在解題中應(yīng)注意：
（1）將上面公式中的 x a ， x + , x - ， x a+ ， x a- 洛必達(dá)法則也成立．
0 0 0
（2）洛必達(dá)法則可處理 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型．0
0
3 0 × 1 0 0（ ）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足 ， ， ， ， ，0 ， - 型定式，0
否則濫用洛必達(dá)法則會(huì)出錯(cuò)．當(dāng)不滿足三個(gè)前提條件時(shí)，就不能用洛必達(dá)法則，這時(shí)稱洛必達(dá)法則不適用，
應(yīng)從另外途徑求極限．
（4）若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止．
f x f x f xlim = lim = lim
g x g x g x ，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則．x a x a x a
題型一：直接法
【典例 1-1】（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xlnx ， h x = x x -1 x 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范圍．
【解析】（1）因?yàn)?f x - h x = x ln x - x x -1 = x ln x
x -1
- ÷，
è x
2
F x ln x x -1構(gòu)建 = - , x 0 x -1 ，則F x = - 0在 0, + 內(nèi)恒成立，x 2x x
可知F x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減，且F 1 = 0，則有：
若0 < x <1，則F x 0，即 f x h x ；
若 x =1，則F x = 0，即 f x = h x ；
若 x 1，則F x < 0，即 f x < h x .
（2）若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，則 ax - ln x a -1+ +1- 2a 0 ，
x
構(gòu)建 g x = ax a -1- ln x + +1- 2a, x 0 ，
x
原題意等價(jià)于 g x 0在 0, + 內(nèi)恒成立，
g x a 1 a -1 x -1 ax + a -1 則 = - - 2 = ，x x x2
1、若 a 0，則 ax + a -1< 0
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x 0；當(dāng) x 1時(shí)， g x < 0；
可知 g x 在 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增，在 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減，
則 g x g 1 = 0 ，不符合題意；
2、若 a 0，則有：
（ⅰ）若 a 1，則 ax + a -1 0，
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0；當(dāng) x 1時(shí)， g x 0；
可知 g x 在 0,1 內(nèi)單調(diào)遞減，在 1, + 內(nèi)單調(diào)遞增，
則 g x g 1 = 0 ，符合題意；
（ⅱ）若 0 < a < 1時(shí)，令 g x = 0 1，解得 x =1或 x = -1 0，
a
1 1 1 0 a 1 1 1①若 - ，即 < < 時(shí)，當(dāng) < x < -1時(shí)， g x < 0，
a 2 a

可知 g x 在 1,
1
-1 ÷內(nèi)單調(diào)遞減，此時(shí) g x < g 1 = 0 ，不合題意；
è a
1 1 1 a 1② - = = g x x -1
2
若 ，即 時(shí)，則
a 2 = 0
，
2x2
可知 g x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞增，
當(dāng) x 0,1 時(shí)，此時(shí) g x < g 1 = 0 ，不合題意；
1 1 1- a
③若 -1<1，即 < a <1時(shí)，則0 < 1- a 2 < <1，
a 2 a
x -1 1
由（1）可知：當(dāng)0 < x <1時(shí)， ln x = x - ，
x x
則 g x 1 2a a -1= - - ln x + ax + <1- 2a - 1 a -1 x - ÷ + ax + ，x è x x
可得 g 1- a 2 1 a -1<1- 2a - 1- a - ÷ + a 1- a 2 + 2 = a2 a - 2 < 0，不合題意；è 1- a 1- a
綜上所述： a的取值范圍為 1, + .
2
【典例 1-2】（2024·山西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ， g x = lnx - ax ， a 0 .
ax
(1)討論函數(shù) g x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a 0時(shí)，F(xiàn) x = g x - f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
1 1- ax
【解析】（1） g x = - a = x 0 ，
x x
當(dāng) a<0時(shí)， g x 0恒成立，從而 g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
1
當(dāng) a 0時(shí)，0 < x < ， g x 0 1， x ， g x < 0，
a a
從而 g x 0, 1 1 在 ÷上遞增，在a ,+ a ÷ 上單調(diào)遞減，è è
綜上，當(dāng) a<0時(shí)， g x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 0, + ，沒有單調(diào)遞減區(qū)間；
當(dāng) a 0時(shí)， g x 1 1 的單調(diào)遞增區(qū)間為 0, ，單調(diào)遞減區(qū)間為 ,+ ；
è a ÷ a ÷ è
（2）由題可知F x = lnx - ax 2- ，要使F x 0恒成立，只要F x 0max ， ax
F x 1 a 2 - ax +1 ax - 2 = - + = ，
x ax2 ax2
由于 a 0， x 0，所以 ax +1 0 恒成立，
當(dāng)0 < x
2
< 時(shí)，F(xiàn) x 0，當(dāng) x 2 時(shí)，F(xiàn) x < 0，
a a
F x 0, 2 2 ,+ 所以函數(shù) 在 ÷上單調(diào)遞增，在 ÷ 上單調(diào)遞減，
è a è a
F x = F 2 2所以 = ln - 3 0 2max ÷ ，解得a 3 ，è a a e
a é 2 所以 的取值范圍為 ê ,+ . e3 ÷
1
【變式 1-1】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = alnx - + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
x f x 2x 2(2)若關(guān)于 的不等式 - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
1
【解析】（1）因?yàn)?f x = alnx - + x的定義域?yàn)? 0, + ，
x
當(dāng) x =1時(shí)， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一個(gè)零點(diǎn)，
f x a 1 1 x
2 + ax +1
= + 2 + = 2 ，x x x
2
g(x) = x2 + ax +1, x 0 g(x) = x a+ a
2
令 ，則 ÷ +1- , x 0，
è 2 4
a
當(dāng)- 0，即 a 0時(shí)， g(x)在 (0,+ )上單調(diào)遞增，則 g(x) g(0) =1 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調(diào)遞增，結(jié)合 f 1 = 0，
可知此時(shí) f x 有 1 個(gè)零點(diǎn)；
- a >0 0 1 a
2
當(dāng) ，即 a< 時(shí)，若 - 0，則-2 a < 0時(shí)， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0,+ )上單調(diào)遞增，結(jié)合 f 1 = 0，
可知此時(shí) f x 有 1 個(gè)零點(diǎn)；
a2
若1- < 0，則 a -2時(shí)，則 g(x) = x2 + ax +1 = 0的判別式D = a2 - 4 0，
4
不妨設(shè)兩根為 x1, x2 ，則 x1 + x2 = -a 0,x1x2 =1，
即 x2 + ax +1 = 0 有 2 個(gè)正數(shù)根，且不妨設(shè) 0 < x1 < 1 < x2 ，
則當(dāng)0 < x < x1 時(shí)， g(x) 0 ，即 f x > 0；當(dāng) x1 < x < x2 時(shí)， g(x) < 0，即 f x < 0；
當(dāng) x x2 時(shí)， g(x) 0 ，即 f x > 0；
則可知 f x 在 x1,1 上單調(diào)遞減，則 f (x) = f x1 f (1) = 0極大 ，
f x 在 1, x2 上單調(diào)遞減，則 f (x) = f x2 < f (1) = 0極小 ，
1
由當(dāng) x 無限趨近于 0 時(shí)，- 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
x
故 f x = alnx 1- + x趨近于負(fù)無窮，
x
當(dāng) x 趨近于正無窮時(shí)，x 的變化幅度要大于 alnx 的變化幅度，
f x 1故 = alnx - + x趨近于正無窮，
x
1
此時(shí)函數(shù) f x = alnx - + x有 3 個(gè)零點(diǎn)，
x
綜上：當(dāng) a < -2時(shí)， f x 有 3 個(gè)零點(diǎn)，當(dāng) a -2時(shí)， f x 有 1 個(gè)零點(diǎn)
2
（2）不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立
e
等價(jià)于 alnx - x
1 2
- + 0在 0, + 上恒成立，
x e
2
令G x = alnx 1 2- x - + G x a 1 1 x - ax -1，則 = - + 2 = -x e x x x2 .
對(duì)于函數(shù) y = x2 - ax -1， n = a2 + 4 0，所以其必有兩個(gè)零點(diǎn).
又兩個(gè)零點(diǎn)之積為 -1，所以兩個(gè)零點(diǎn)一正一負(fù)，
2 1
設(shè)其中一個(gè)零點(diǎn) x0 0, + ，則 x0 - ax0 -1 = 0 ，即 a = x0 - x .0
此時(shí)G x 在 0, x0 上單調(diào)遞增，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞減，
故需G

x0 0
1
，即 x0 - ÷ lnx
1 2
0 - x0 - + 0 .
è x0 x0 e
h x = x 1- lnx - x 1 2- + h x = 1 1 設(shè)函數(shù) ÷ ，則 + 2 ÷ lnx .è x x e è x
當(dāng) x 0,1 時(shí)， h x < 0；當(dāng) x 1,+ 時(shí)， h x 0 .
所以 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增.
h 1 é1 ù又 ÷ = h e = 0，所以 x0 ê , e .è e e ú
由 a = x
1
- é1 ù0 x 在 ê
,eú 上單調(diào)遞增，
0 e
得 a
é1 ê - e,e
1
- ù .
e e ú
【變式 1-2】（2024·湖南衡陽·三模）已知函數(shù) f (x) = (x -1)ex - ax2 +1.
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求函數(shù) f (x) 在點(diǎn)P(1, f (1)) 處的切線方程；
(2)若 x [0,+ )，不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【解析】（1）由題設(shè)當(dāng) a = e時(shí)， f (x) = (x -1)ex - ex2 +1，
所以 f (x) = xex - 2ex = x ex - 2e ，得 f (1) = -e，
又 f (1) = -e +1，
所以函數(shù) f (x) 在點(diǎn)P(1, f (1)) 處的切線方程為 y - (-e +1) = -e(x -1) ，
即 ex + y -1 = 0 .
（2）若 x [0,+ )，不等式 f (x) 0恒成立，則 f (x) 0min ，
f x = x ex - 2a (x 0)，
1
當(dāng) a 時(shí)，對(duì)于 x [0,+ )， f x 0，所以 f (x) 在[0, + ) 上單調(diào)遞增，
2
所以 x 0 時(shí)， f (x) f (0) = 0
1
，即 a 滿足題意；
2
a 1當(dāng) 時(shí)，若 x (0, ln 2a)，則 f x < 0， f (x) 在 (0, ln 2a) 上單調(diào)遞減，
2
所以 f (ln 2a) < f (0) = 0 ，與 f (x) 0矛盾，不合題意.
a - , 1 ù綜上所述，實(shí)數(shù) 的取值范圍為 .
è 2 ú
2 x
【變式 1-3】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）設(shè) f x =（a -1)e + sin x - 3
(1)當(dāng) a = 2 ，求函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
(2)函數(shù) h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若對(duì)任意 x 0 ，恒有 h(x) 0，求實(shí)數(shù) a的取值范圍
x
【解析】（1）當(dāng) a = 2 時(shí)， f (x) = ex + sin x - 3， f x = e + cos x，
當(dāng) x < 0 時(shí)， ex (0,1) ， sin x 1， f (x) < 0， f (x) 在 (- ,0)上無零點(diǎn).
x π 當(dāng) 0, ÷時(shí)， f x 0 x
é0, π ù， f (x) 在 ê ú 上單增.è 2 2
π
Q f (0) π= -2 < 0 f π ， ÷ = e 2 - 2 e
ln 2 - 2 = 0 f ， ÷ 0，
è 2 è 2
\ $x0

0,
p
÷， f x0 = 0， f (x) 在 x
é
ê0,
π ù
ú 上有一個(gè)零點(diǎn).è 2 2
3
當(dāng) x
π
, +
π 3
2 ÷
時(shí)，又 ln e2 ln e3 ln 2.63 = ln 17.56 ln 4，
è 2 2
π
f (x) e 2 -1- 3 eln 4 - 4 = 0，
π
\ f (x) 在 , +

÷上無零點(diǎn).
è 2
\綜上所述， f (x) 在 - ,+ 上只有一個(gè)零點(diǎn).
（2） x 0 時(shí)， h(x) 0，\ (a2 -1)ex - x2 + 2ax -1 0
x2 - 2ax +1 x2 - 2ax +1
x < a
2 -1 ，設(shè) g(x) = x - (a
2 -1)，
e e
2
g x -x + (2a + 2)x - 2a -1 -(x -1) x - (2a +1) = x =e ex ，
a 1當(dāng) - ， g(x)在( 0, 1)遞增，在 (1, + )上遞減，
2
Q g(x)max = g(1)，\ g(1)
2 - 2a
= - (a2 -1) < 0，
e
(ea + e + 2)(a -1) 0， a (- ,
e + 2
- ) (1,+ )，Qa
1 a ( , e + 2 - \ - - )e 2 e
1
當(dāng)- < a < 0 時(shí)， g(x)在 (0, 2a +1)遞減，在 (2a +1,1)遞增，在 (1, + )遞減，
2
ìg(0) < 0
\ 2 - 2a只需 í g(1) = - (a2 -1) < 0 g(0) = 2 - a2 < 0
g(1) 0
，
e ，<
e + 2 1
\a (- , - )，與 - < a < 0 矛盾，舍去；
e 2
當(dāng) a = 0時(shí)， g(x)在 (0, + )上遞減，只需 g(0) < 0，a2 2，矛盾，舍去；
\ a = 0不滿足條件.
當(dāng) a 0， g(x)在( 0, 1)上遞減，在 (1, 2a +1)上遞增，在 (2a +1,+ )上遞減.
ìg(2a +1) < 0
Q x 0 ， g(x) < 0，\只需 í ，
g(0) < 0
2a +1 2 - 2a(2a +1) +1
g(2a +1) = 2 2a + 2 2 ，
e2a+1
- (a -1) = 2a+1 - (a -1) < 0e
2
Qa +1 0，\a -1
e2a+1
，
2 2 2
又 g 0 = 2 - a2 0,\a 2 ， \a -1 2 -1 0.4
22 2+1 e2 2+1 e2a+1
，
ìa 0\ í ，\ a 2 滿足條件.
a 2
\ e + 2綜上所述， a (- ,- ) 2, + e
題型二：端點(diǎn)恒成立
【典例 2-1】（2024 x·廣西·三模）已知函數(shù) f x = e - x .
(1)求函數(shù) f x 的極值；
1
(2) 2若對(duì)任意 x 0, f x ax +1，求 a的取值范圍.
2
【解析】（1） f x = e x -1 = 0，得 x = 0，
當(dāng) x < 0 時(shí)， f x < 0，函數(shù) f x 在 (- ,0)單調(diào)遞減，
當(dāng) x 0時(shí)， f x > 0，函數(shù) f x 在 (0, + )單調(diào)遞增，
所以 f x 的極小值為 f 0 =1，無極大值.
（2）對(duì)任意 x 0, f x 1 ax2 1 ex x 1+ ，即 - - ax2 -1 0，
2 2
設(shè) g x = ex 1- x - ax2 -1, x 0, g x = ex -1- ax, x 0，
2
①當(dāng) a 0時(shí)， g x 在 (0, + )單調(diào)遞增， g 0 = 0, g x 0, g x 單調(diào)遞增，
g x g 0 = 0，成立；
②當(dāng)0 < a 1時(shí)，令 h x = g x ,h x = ex - a 0, g x 在 (0, + )單調(diào)遞增，
g 0 = 0, g x 0, g x 在 (0, + )單調(diào)遞增，
g x g 0 = 0，成立；
③當(dāng) a 1 x時(shí)，當(dāng)0 < x < lna 時(shí)， h x = e - a < 0, g x 單調(diào)遞減，
g 0 = 0, g x < 0, g x 單調(diào)遞減，
g x < g 0 = 0，不成立.
綜上可知 a 1 .
a
【典例 2-2】（2024 x 3·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - x -1．
3
(1)若 f x 有 3 個(gè)極值點(diǎn)，求 a的取值范圍；
(2) x 0, f x ax2若 + x ，求 a的取值范圍．
x a 3 x 2
【解析】（1）由 f x = e - x -1，得 f x = e - ax ，
3
2
由 f x 存在極值，則 f x = ex - ax2 = 0，知 a 0 1 x，則 = x 有 3 個(gè)不相等實(shí)數(shù)根，a e
x
2 2
2x - x -x x - 2g x 令 g x = x ，則 =e ex = ，ex
當(dāng) x < 0 時(shí)， g x < 0, g x 單調(diào)遞減；當(dāng)0 < x < 2時(shí)， g x 0, g x 單調(diào)遞增；當(dāng) x 2時(shí)，
g x < 0, g x 單調(diào)遞減．
則 g x 在 x = 0時(shí)取極小值 g 0 = 0, g x 4在 x = 2處取得極大值 g 2 = ，
e2
又 x - 時(shí)， g x + ; x + 時(shí)， g x 0，又 g x 0．
f x = 0 0 1 4 e
2
所以， 有 3 個(gè)不相等實(shí)數(shù)根時(shí)， < < ，即 a ，
a e2 4
2
所以， f x 有 3 個(gè)極值點(diǎn)時(shí)， a e 的取值范圍是 ,+ 4 ÷ ．è
2 f x ax2（ ）由 + x，得 ex a- x3 - ax2 - x -1 0，
3
h x = ex a- x3令 - ax2 - x -1，得 h x = ex - ax2 - 2ax -1，知 h 0 = 0, h 0 = 0 ，
3
令u x = h x = ex - ax2 - 2ax -1 u x = ex，則 - 2ax - 2a，
又令 v x = u x = ex - 2ax - 2a x，則 v x = e - 2a，知 v 0 =1- 2a,v 0 =1- 2a ，
當(dāng) v 0 =1- 2a 0 1時(shí)，即 a 時(shí)，
2
由于 v x = ex - 2a單調(diào)遞增，則 v x v 0 0，
故當(dāng) x 0 時(shí)， v x 即u x 單調(diào)遞增，則u x u 0 =1- 2a 0，
所以，當(dāng) x 0 時(shí)，u x 即 h x 單調(diào)遞增，則 h x h 0 = 0，
故當(dāng) x 0 時(shí)， h x 單調(diào)遞增，則 h x h 0 = 0，
所以，當(dāng) x 0,h x 0 1恒成立．則 a 時(shí)滿足條件．
2
當(dāng) v 0 =1- 2a < 0 1時(shí)，即 a 時(shí)，
2
由于 v x = ex - 2a ln 1+2a 單調(diào)遞增，由于 v ln 1+ 2a = e - 2a =1 0，
故$t0 0, ln 1+ 2a ，使得 v t0 = 0，
當(dāng)0 < x < t0 時(shí)， v x < 0，則0 < x < t0 時(shí)， v x 即u x 單調(diào)遞減，
故u x < u 0 =1- 2a < 0，
故當(dāng)0 < x < t0 時(shí)，u x 即 h x 單調(diào)遞減，
所以 h x < h 0 = 0，此時(shí) h x 單調(diào)遞減， h x < h 0 = 0，不滿足條件．
x 0, f x ax2 1綜上所述，當(dāng) + x 恒成立時(shí)， a的取值范圍是 - , ù ．
è 2 ú
x
【變式 2-1】（2024·山西·三模）已知函數(shù) f x = a e - x +1
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) ax2 恒成立，求 a的取值范圍
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f (x) = ex - x +1, f (x) = ex -1, f (1) = e -1, f (1) = e，
曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程為 y - e = (e -1)(x -1)，
即 y = (e -1)x +1，
直線 y = e -1 x +1 -1在 x 軸， y 軸上的截距分別為 ,1，
e -1
1
因此所求三角形的面積為 2(e 1) .-
（2）當(dāng) x 0 時(shí)，不等式 f (x) ax2 x恒成立，即 a e - x2 x -1恒成立.
令 g(x) = ex - x2 ，
則 g (x) = ex - 2x，設(shè)j(x) = ex - 2x,j (x) = ex - 2
令j (x) = 0，解得 x = ln 2 .
當(dāng) x [0,ln2)時(shí)，j (x) < 0, g (x)單調(diào)遞減；當(dāng) x (ln 2,+ )時(shí)，j (x) 0, g (x)單調(diào)遞增；
所以 g (x) g (ln 2) = 2 - 2ln 2 0 .
所以 g(x)在[0, + ) 上單調(diào)遞增，且 g(0) = 1 0，
所以當(dāng) x [0,+ )時(shí)， g(x) 0 恒成立.
所以當(dāng) x [0,+ )
x -1
時(shí)， a x 恒成立.e - x2
ex - x2x -1 - (x -1) ex - 2x (2 - x) ex - x
令 h(x) = h (x) = =
ex - x2
，則 .
ex 2 2- x2 ex - x2
由于 x [0,+ )時(shí)， g (x) 0恒成立，即 ex 2x ，所以 ex 2x x ，則 ex - x 0 ，
當(dāng) x [0, 2)時(shí)，h (x) 0,h(x)單調(diào)遞增；當(dāng) x 2, + ，h (x) < 0,h(x)單調(diào)遞減；
因此當(dāng) x = 2時(shí)， h(x) 取得極大值也是最大值，則 h x = hmax 2
1
=
e2
，
- 4
a 1 a é
1
所以 2 ，所以，實(shí)數(shù) 的取值范圍是 ,+ .e - 4 êe2 - 4 ÷
ax
【變式 2-2】（2024·河北·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ， g x = sin x + cos x
ex
.
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的極值；
(2)當(dāng) x 0, π 時(shí)， f x g x 恒成立，求 a的取值范圍.
x 1- x
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí) f x = ，所以 f x x = ，e ex
所以當(dāng) x <1時(shí) f x > 0，當(dāng) x 1時(shí) f x < 0，
所以 f x 在 - ,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以 f x 在 x =1處取得極大值，即 f x = f 1 1= ，無極小值.
極大值 e
（2）因?yàn)楫?dāng) x 0, π 時(shí)， f x g x 恒成立，
即當(dāng) x 0, π ax時(shí)， x sin x + cos x恒成立，e
ex即 sin x + cos x - ax 0在 0, π 上恒成立，
當(dāng) x
3π 3π
= 時(shí)- a 0，解得 a 0，
4 4
設(shè) h x = ex sin x + cos x - ax， x 0, π ，
則 h x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x - a = 2ex cos x - a，
令m x = h x = 2ex cos x - a ，則m x = 2ex cos x - sin x = 2 2ex cos x
π
+ ，
è 4 ÷
x 0, π m 當(dāng) ÷ 時(shí) x 0，則 h x 單調(diào)遞增，
è 4
π
當(dāng) x , π ÷ 時(shí)m x < 0 ，則 h x 單調(diào)遞減，
è 4
π
因?yàn)?a 0， h 0 = 2 - a 0， h π ÷ = 2e 4 - a 0， h π = -2eπ - a，
è 4
當(dāng)-2eπ - a 0 ，即 a -2eπ 時(shí)h x 0在 0, π 上恒成立，
所以 h x 在 0, π 上單調(diào)遞增，
所以 h x = h 0 =1 0，所以 h x 0min 恒成立，
π $x π當(dāng)-2e < a < 0時(shí) 0 , π

÷使得 h x0 = 0，
è 4
所以當(dāng) x 0, x0 時(shí) h x 0， h x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x x0 , π 時(shí) h x < 0， h x 單調(diào)遞減；
ì f 0 0 ì1 0 eπ
所以 í ，則 í π
f π 0 -eπ
，解得-2e < a - ，
- aπ 0 π
eπ eπ ù
綜上可得 a - ，即 a的取值范圍為 - , - .
π è π
ú

題型三：端點(diǎn)不成立
x 1 2 2
【典例 3-1】（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）已知 f x = x - a -1 e - ax + a x -1．（ a R ）
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若 a = -1，且存在 x 0, + ，使得 f x lnx 1+ x2 + b +1 x ，求b 的取值范圍．
2
x 1 2 2
【解析】（1）因?yàn)?f (x) = (x - a -1)e - ax + a x -1 ,
2
所以 f (x) = (x - a)ex - a(x - a) = (x - a) ex - a ,
若 a 0,ex - a 0, x (- , a)時(shí), f (x) < 0, f (x) 單調(diào)遞減, x (a,+ ) 時(shí), f (x) 0 , f (x) 單調(diào)遞增；
若 a 0 ,由 f (x) = 0得 x = a或 x = ln a ,
設(shè) g(a) = a - ln a(a 0) ,則 g (a)
1 a -1
=1- = ,
a a
a (0,1) 時(shí), g (a) < 0, g(a)單調(diào)遞減,
a (1,+ )時(shí), g (a) 0, g(a)單調(diào)遞增,
所以 g(a) g(1) =1 0，所以 a ln a ,
所以 x (ln a, a) 時(shí), f (x) < 0, f (x) 單調(diào)遞減,
x (- , ln a) ， x (a,+ ) 時(shí), f (x) 0 , f (x) 單調(diào)遞增.
綜上得,當(dāng) a 0時(shí), f (x) 在 (- ,a)上單調(diào)遞減,在 (a,+ ) 上單調(diào)遞增,
當(dāng) a 0時(shí), f (x) 在 (ln a,a)上單調(diào)遞減,在 (- , ln a)， (a,+ ) 上單調(diào)遞增.
1
2 x 2（ ）當(dāng) a = -1時(shí), f (x) = xe + x + x -1 ,
2
1 2
存在 x (0,+ ) ,使得 f (x) ln x + x + (b +1)x 成立,
2
xexx , b - ln x -1即 xe - ln x -1 bx成立即 成立，
x
xexh(x) - ln x -1
2
, h (x) x e
x + ln x
設(shè) = 則 = ,
x x2
1
設(shè)m(x) = x2ex + ln x , m x = x2 + 2x ex + 0，則m(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，x
1 1-2
且m(1) = e 0,m ÷ = ee -1 < 0 ,
è e
1 2 x
所以存在 x0 ,1÷ ,使得m x 0e 0 = x0 e + ln x0 = 0 ,è
ln 1
x 1 1 1 1
所以 x 00e = - ln x0 = ln = ln e
x0
x0 x0 x
÷
0 è x0
令 y = xex , x 0， y = x +1 ex 0， y = xex 在 (0, + )上單調(diào)遞增,得 x0 = ln
1
= - ln x
x 0 ,0
x 10
所以 e = ,
ln x0 = -1 x
x x , 0, x0 時(shí), m(x) < 0,h
(x) < 0, h(x) 單調(diào)遞減,
0 0
x x0 ,+ 時(shí), m(x) 0, h (x) 0 , h(x) 單調(diào)遞增，
h(x) ln x h x = ex0 - 0 1 1 1所以 0 - = +1- =1x0 x0 x0 x
,
0
所以b 1 ,即b 的取值范圍是[1, + ) .
ln x
【典例 3-2】（2024·山東泰安·三模）已知函數(shù) f x = x a - ÷ a 0 .
è x
(1)討論 f x 的最值；
x
(2)若 a =1，且 f x ke - x≤ ，求 k 的取值范圍.
x
ln x 1 ax -1
【解析】（1）.解：因?yàn)?f x = x a - ÷ 的定義域?yàn)? 0, + ，可得 f x = a - = .
è x x x
1
當(dāng) a 0時(shí)，令 f x = 0，可得 x = ；
a
x 1 當(dāng) 0, ÷ 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
è a
1
當(dāng) x

,+ ÷時(shí)， f x 0， f x 單調(diào)遞增，
è a
1 1
故當(dāng) x = 時(shí)， f x 取得極小值，也是最小值，且最小值為 f ÷ =1+ ln a ，無最大值.a è a
x x
（2 ke - x ke - x）解：當(dāng) a =1時(shí)，由 f x ，可得 x - ln x≤ ，
x x
2
整理得 kex ≥x2 + x x ln x k x + x - x ln x- ，即 ≥
ex
，
2
h x x + x - x ln x令 =
ex
，
2x +1- ln x -1 ex -
x
2 + x - x ln x ex
h x x - ln x 1- x 則 = =
x 2 ex
，
e
由（1）知，當(dāng) a =1時(shí)， f x = x - ln x 的最小值為 f 1 =1 0，即 x - ln x 0恒成立，
所以當(dāng) x 0,1 時(shí)， h x 0， h x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x 1, + 時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減.
故當(dāng) x =1時(shí)， h x 取得最大值 h 1 2 2= ，即 k ，
e e
2
故 k é 的取值范圍為 ê ,+ . e ÷
【變式 3-1】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ax ln x - 2x + b （ a，b R ）在點(diǎn) 1, f 1 處的切
線方程為 y = -x．
(1)求函數(shù) f x 的極值；
é
(2) x設(shè) g x = e êxf
1
÷ + 2
ù
ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求m 的取值范圍．
è x
【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 f 1 a ，解得 a = b =1， = - 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(diào)遞增，在 0,e 上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x=e時(shí)， f x 有極小值，極小值為 f e =1- e ，無極大值．
g x ex éxf 1 （2）由題意可知： = ê ÷ + 2
ù
+ mx = ex x - ln x + mx 0，且 x 0，
è x ú
ex ln x - x ex ln x - x
整理得m ，原題意等價(jià)于m 在 0, + 內(nèi)恒成立，
x x
x
h x e ln x - x
x
e x -1 ln x - x -1設(shè) = , x 0，則 h x = ，
x x2
設(shè) t x = ln x - x -1, x 0，則 t x 1 1- x= -1 = ．
x x
當(dāng)0 < x <1時(shí)， t x 0；當(dāng) x 1 t 時(shí)， x < 0，
可知 t x 在 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增，在 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減，
則 t x t 1 = -2 < 0 ，即當(dāng) x 0時(shí)， ln x - x -1 < 0 恒成立，
當(dāng)0 < x <1時(shí)， h x 0；當(dāng) x 1時(shí)， h x < 0；
可知 h x 在 0,1 內(nèi)單調(diào)遞增，在 1, + 內(nèi)單調(diào)遞減，則 h x h 1 = -e，
ex ln x - x
由m 恒成立，可得m -e ，
x
所以m 的取值范圍為 -e,+ ．
【變式 3-2】（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測） f x = ex-a a R .
(1)若 f x 的圖象在點(diǎn) A x0 , f x0 處的切線經(jīng)過原點(diǎn)，求 x0 ；
(2)對(duì)任意的 x 0, + ，有 f x sinx，求 a的取值范圍.
【解析】（1 f x = ex-a x-a）由函數(shù) ，可得 f x = e ，
f x = ex0 -a所以 0 且 f x = ex0 -a x -a0 ，即切線的斜率為 ex0 -a ，切點(diǎn)為 A x 00 , e
因?yàn)?f x 的圖象在點(diǎn) A x0 , f x0 處的切線經(jīng)過原點(diǎn)，
ex0 -aex -a - 0可得 0 = ，解得 x0 = 1 .x0 - 0
（2）任意的 x 0, + ，有 f x sinx，即 ex-a - sinx 0在 x 0, + 恒成立，
令 g x = ex-a - sinx, x 0, + ，
x-a
若 a 0，則 x - a 0，可得 ex-a 1，所以 g x = e - sinx 1- sinx 0 ，符合題意；
若 a 0 x-a，可得 g x = e - cosx h x = g x h x = ex-a，令 ，則 + sinx，
π
-a
當(dāng)0 x π 時(shí)， h x 0， g x 在 0, π 遞增，而 g 0 = e-a -1< 0, g π ÷ = e 2 0，
è 2
x π x -a所以，存在唯一的 0 0, ÷ 0, π ，使得 g x0 = e 0 - cosx0 = 0，
è 2
所以，當(dāng)0 < x < x0 時(shí)， g x < 0， g x 在 0, x0 遞減，
當(dāng) x0 < x < π 時(shí)， g x 0， g x 在區(qū)間 x0 , π 遞增，
x -a
故當(dāng) x = x0，函數(shù) g x 取得極小值 g x 00 = e - sinx0 = cosx0 - sinx0 0 ，
π
所以0 < x0 ，此時(shí)， x0 - a = lncosx
π 2
0 ，可得 a = x0 - lncosx - ln ，4 0 4 2
0 a π ln2即 < + ；
4 2
π ln2
當(dāng) x π x- -時(shí)， g x = ex-a - sinx ex-a -1 e 4 2 -1 e1 -1 0 ，
π ln2
因而0 < a + ，符合題意，
4 2
綜上所述，實(shí)數(shù) a
, π ln2 ù的取值范圍是求 - + ú .è 4 2
【變式 3-3】（2024·浙江金華·三模）已知函數(shù) f x = ax + x ln x在 x=e（ e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處取得
極值．
(1)求實(shí)數(shù) a 的值；
f x 1
(2) 若不等式 k 1+x ÷
恒成立，求 k 的范圍．
è x
【解析】（1）∵ f x = ax + x ln x，
∴ f x = a + ln x +1，
∵函數(shù) f x = ax + x ln x在點(diǎn) x=e處取得極值，
∴ f e = a + 2 = 0 ，
∴ a = -2 ，經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，
∴ a = -2 ；
（2）∵ f x = -2x + x ln x ，
f x
∴ k < 恒成立，
x +1
k -2x + x ln x即 < 對(duì)任意 x 0, + 恒成立．
x +1
-2x + x ln x -2 + ln x +1 x +1 -g x -2x + x ln x ln x + x -1令 g x = ，則 = = ．
x +1 x +1 2 x +1 2
設(shè) h x = ln x + x -1 x 0 ，易得 h x 是增函數(shù)，
而 h 1 = 0，
∴ x 1時(shí)， h x 0 ，即 g x 0，
0 < x <1時(shí)， h x < 0，即 g x < 0，
∴ g x 在 1, + 上單調(diào)遞增， 0,1 上單調(diào)遞減，
∴ g x = g 1 = -1min ，
∴ k < -1．
題型四：分離參數(shù)之全分離，半分離，換元分離
a ln x
【典例 4-1】（2024·陜西咸陽·三模）已知函數(shù) f (x) = + x -1 .
x
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù) g(x) = f (x) - x 極值；
(2)若對(duì)任意 x 1,+ ， f (x) a +1恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
a ln x
【解析】（1）函數(shù) f (x) = + x -1的定義域?yàn)?(0, + ) g(x) f (x) x
ln x
，當(dāng) a =1時(shí)， = - = -1，
x x
g (x) 1- ln x求導(dǎo)得 = g (x) = 0
x2
，由 ，得 x=e，由 g (x) 0，得0 < x < e，由 g (x) < 0，得 x e，
因此 g(x)在 (0,e)上單調(diào)遞增，在 (e, + )上單調(diào)遞減，
所以 g(x)
1
在 x=e處取得極大值 g(e) = -1，無極小值.
e
a ln x
（2）函數(shù) f (x) = + x -1， f (x) a +1 a(ln x - x) 2x - x2 ， x [1,+ )，
x
設(shè)m(x) = ln x - x， x [1,+ )，求導(dǎo)得m (x)
1- x
= 0，函數(shù)m(x)在[1, + ) 上單調(diào)遞減，
x
2
m(x) m(1) = -1< 0 ln x < x a x - 2x則 ，即 ，因此 ，
x - ln x
x2 - 2x (x -1)(x + 2 - 2ln x)
令j(x) = ， x [1,+ )，求導(dǎo)得j (x) = ，
x - ln x (x - ln x)2
令 h(x) = x + 2 - 2ln x ， x [1,+ )
2
，求導(dǎo)得 h (x) =1- ，當(dāng)1 x < 2時(shí)， h (x) < 0，
x
當(dāng) x 2時(shí)， h (x) 0，即 h(x) 在 (1, 2)上單調(diào)遞減，在 (2,+ ) 上單調(diào)遞增，
則 h(x)min = h(2) = 4 - 2ln 2 0，即j (x) 0，因此函數(shù)j(x) 在[1, + ) 上是增函數(shù)，j(x)min = j(1) = -1，
所以 a -1，即實(shí)數(shù) a的取值范圍為 (- , -1] .
2
【典例 4-2】（2024·湖南衡陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex - x，函數(shù) g x = x2 + x - 2 a 0 ．
a
(1)若直線 x = t t R 與函數(shù) f x A x = et交于點(diǎn) ，直線 - 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 處的切線相互平行或重合，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(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 x2 ，存在實(shí)數(shù)l 0使得不2
等式 e1+l < x1 × x
l
2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
x
【解析】（1）因?yàn)?f x = e - x g x x2 2， = + x - 2 a 0 ，
a
所以 f x = ex -1， g x = 2x 2+ ，
a
所以 f t = et -1， g et - t = 2et 2- 2t + ；a
因?yàn)?y = f x 在A 處的切線與 y = g x 在 B 處的切線相互平行或重合，
所以 f t = g et - t et，即 -1 2= 2et - 2t + 在R 上有解，
a
t 2
所以 e - 2t +1 = - 在R 上有解，
a
設(shè)m t = et - 2t +1，則m t = et - 2，
當(dāng) t ln 2 時(shí)， m t 0，函數(shù)m t 在 ln 2,+ 上單調(diào)遞增，
當(dāng) t < ln 2時(shí)， m t < 0，函數(shù)m t 在 - , ln 2 上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)m t = et - 2t +1的值域?yàn)?3- 2ln 2,+ ，
2
所以- 3 - 2ln 2，
a
2
所以- a < 0，
3- 2ln 2
é 2
所以 a 的取值范圍為 ê- ,0÷； 3- 2ln 2
a 2 2
（2）因?yàn)?h x = x ln x - g x ， g x = x + x - 2 ，
2 a
所以 h x a= x ln x - 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(gè)極值點(diǎn)，
ln x - ln x
所以 ln x1 = ax1， ln x2 = ax
1 2
2，所以 a = x ；1 - x2
因?yàn)閘 0， x1 x2 0，
e1+l l則由 < 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 ，即 x1 + lx2 x1 - x2 x1 + lx
，
2
1+ l x 1

-1
x1 1+ l x - x x
÷
所以 ln 1 2 = è 2
x x + lx x
；
2 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
1 1+ l t + l - 1+ l t -1
t -1 t - l 2
則j t = -
t t + l 2
= ；
t t + l 2
①當(dāng)l 2 1時(shí)，j t 0恒成立，j t 在 1, + 上單調(diào)遞增，
j t j 1 = 0 1+ l t -1所以 ，即 ln t 恒成立，滿足題意；
t + l
②當(dāng)l 2 1時(shí)，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(shí) ，即 < ，不合題意；
t + l
1+l l
所以由不等式 e < x1 × x2 恒成立，可得l 2 1，又l 0，
所以0 < l 1，
所以l 的取值范圍為 0,1 .
【變式 4-1 2】已知函數(shù) f x = x + 2x + 2 ex ．
1
(1) m x = ax3 2若函數(shù) + 2ax + 4ax，F(xiàn) x = f x + m x ，討論函數(shù)F x 的單調(diào)性；
3
(2) 2若不等式 f x x + 2 ex + x +1 2 ln x + bx +1 恒成立，求實(shí)數(shù) b 的取值范圍．
【解析】（1）由題，F(xiàn) x = x2 + 2x + 2 ex 1+ ax3 + 2ax2 + 4ax ，3
F x = 2x + 2 ex + x2 + 2x + 2 ex + ax2 + 4ax + 4a
= x2 + 4x + 4 ex + a x2 + 4x + 4 = x + 2 2 ex + a ，
當(dāng) a 0時(shí)，F(xiàn) x 0，∴ F x 在 - ,+ 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a<0時(shí)，若 x ln -a ，則F x 0，若 x ln -a ，則F x 0，
∴ F x 在 - , ln -a ù 上單調(diào)遞減，在 éln -a ,+ 上單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)，F(xiàn) x 在 - ,+ 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a<0時(shí)，F(xiàn) x 在 - , ln -a ù 上單調(diào)遞減，在 é ln -a ,+ 上單調(diào)遞增；
（2 2）由題知， f x x + 2 ex + x +1 2 ln x + bx +1 恒成立，
即 2xex x +1 2 ln x + bx +1 恒成立，∵ x 0，∴ x +1 0，
2ex ln x +1
不等式兩邊同除以 x x +1 2 ，得 + b x +1 2 x ，
x
設(shè) g x
2e
= 2 x 0 ， h x ln x +1= + b，則不等式 g x h x 恒成立．x +1 x
2 x +1
2 ex - 2 2x + 2 ex 2 x -1 ex
∵ g x = 4 = 3 ，當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0， x +1 x +1
當(dāng) x 1時(shí)， g x 0，∴ g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
1
∴ g x = g 1 e= ∵ × x - ln x -1 ln xmin ．2 h x = x 2 = -
，當(dāng)0 < x <1時(shí)，
x x2
h x 0，當(dāng) x 1時(shí)， h x < 0，∴ h x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
在 1, + 上單調(diào)遞減，∴ h x = h 1max =1+ b，
e e e
∴ 1+ b ，∴ b -1 ù，∴實(shí)數(shù) b 的取值范圍為 - , -1 ．
2 2 è 2 ú
【變式 4-2】（2024·山東濟(jì)南·三模）已知函數(shù) f (x) = a x + 2x - 2，其中 a 0且 a 1．
(1)若 f x 是偶函數(shù)，求 a 的值；
(2)若 x 0時(shí)， f x 0，求 a 的取值范圍．
【解析】（1）由題意， f -1 = f 1 1 1，即 + - 2 = a + 2 - 2 ，
a 2
1
解得， a = 或 a = -2
1
（舍），經(jīng)檢驗(yàn) a = 時(shí)， f x 是偶函數(shù)，
2 2
1
所以 a 的值為 2 ；
1 x
2 a = "x 0 f (x) 1 2x 2 2 1
x

（ ）當(dāng) 時(shí)， ， = + - x2 2 ÷ ÷
× 2 - 2 = 0成立；
è è 2
1 x
當(dāng) a 且 a 1時(shí)，"x 0， f (x) = a x + 2x - 2 1 ÷ + 2
x - 2，
2 è 2
x
1
又 ÷ + 2
x - 2 0已證，故此時(shí)符合題意；
è 2
0 a 1當(dāng) < < 時(shí)， f (x) = a x ln a + 2x ln 2，
2
因?yàn)楹瘮?shù) y = a x ln a, y = 2x ln 2都是增函數(shù)，
所以函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增，且 f (0) = ln(2a) < 0 ，
故存在 x0 0，使得當(dāng) x (0, x0 )時(shí)， f (x) < 0，從而 f x 單調(diào)遞減，
x
所以，存在 0 0，使得 f
x0
2 ÷
< f (0) = 0，此時(shí)不合題意．
è 2
1
綜上所述， a 且 a 1．
2
1
【變式 4-3 2】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x = xlnx - x - ax 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數(shù)l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
【解析】（1）由題 f x = xlnx 1- x - ax2 ，定義域?yàn)? 0, + ．
2
則 f x =1+ lnx -1- ax = lnx - ax ，
由題可得 f x = lnx - ax = 0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根 x1，x2 ，
于是 a
lnx
= 有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，
x
等價(jià)于函數(shù) y = a 與 h x lnx= 圖像在 0, + 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
x
Qh x 1- lnx= 2 ，由 h x 0 0 < x < e，由 h x 0 x e，x
所以 h x 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減，
又 h 1 = 0 1，h x 有極大值為 h e = ，當(dāng) x + 時(shí)， h x 0，
e
所以可得函數(shù) h x 的草圖（如圖所示）．
所以，要使函數(shù) y = a 與 h x lnx= 圖像在 0, + 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
x
1 1
當(dāng)且僅當(dāng) a 0, ÷ ，即實(shí)數(shù) a的取值范圍為 0,e ÷è è e
（2）由（1）可知： x1，x2 是方程F x = lnx - ax = 0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且1 < x1 < e < x2 ，
x1
則 ì ln x ax
ln
1 = 1 ln x - ln x
í a = 1 2
x
= 2 ，
ln x2 = ax2 x1 - x2 x1 - x2
x2 + x1 x t +1即l < a x1 + x ln
x
= 2 22 x - x x ÷
，令 = t 1,l < ln t
2 1 è 1 x
，
1 t -1
2 t -1 1 2 t +1 - 2 t -1h t t -1
2
令 h t = ln t - , t 1，則 = - = 0，
t +1 t t +1 2 t t +1 2
所以 h t 在 1, + 上單調(diào)遞增，且 h 1 = 0，所以 h t h 1 = 0，
2 t -1 t +1
于是，當(dāng) t 1時(shí)，有 ln t ，即 lnt 2 ，
t +1 t -1
綜上所述，l 2，即l 的取值范圍是 - ，2 ．
x
【變式 4-4】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ae + x + 2，曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線
與 x 軸平行．
(1)求實(shí)數(shù) a的值；
(2)若對(duì)于任意 x e, + ， f x lx恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
【解析】（1）解：因?yàn)楹瘮?shù) f x = aex + x + 2，可得 f x = aex +1，
所以 f 1 = ae +1，即曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線的斜率為 k = ae +1，
因?yàn)榍€ y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 1處的切線與 x 軸平行，所以 ae +1 = 0，解得 a = - ，
e
1
故實(shí)數(shù) a的值為 - e ．
（2）解：由（1）知 f x = -ex-1 + x + 2，
x-1
因?yàn)?x e，所以由-ex-1
e 2
+ x + 2 lx ，即l - + +1．
x x
ex-1 2
設(shè) g x = - + +1 x e ，
x x
x-1 x-1 x-1
xe - e 2 e 1- x - 2則 g x = - - = < 0在 e, + 2 2 2 上恒成立，x x x
e-2 2
所以函數(shù) g x 在 e, + 上單調(diào)遞減，所以 g x = g e = -e + +1max ，e
e-2 2 é ee-2 2 所以l -e + +1，即實(shí)數(shù)l 的取值范圍是 ê- + +1, + ．e ÷ e
m
【變式 4-5】（2024 2·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)當(dāng)m = 2 時(shí)，求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若"x 0，不等式 f (x) x2 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
【解析】（1）函數(shù) f (x)
m
= x2 - x - ln x 的定義域?yàn)?(0, + )，
2
1 (2x +1)(x -1)
當(dāng)m = 2 時(shí)， f (x) = x2 - x - ln x ，所以 f (x) = 2x -1- = ，
x x
當(dāng) x (0,1) 時(shí)， f (x) < 0， f (x) 在( 0, 1)上為減函數(shù)，
當(dāng) x (1,+ )時(shí)， f (x) 0， f (x) 在 (1, + )上為增函數(shù)，
綜上所述： f (x) 在( 0, 1)上為減函數(shù)，在 (1, + )上為增函數(shù)；
（2）若"x 0，不等式 f (x) x2 恒成立，
m 1 1 ln x m 1 ln x則 + + 2 對(duì) x 0均成立，所以 (1+ + )2 x x 2 x x2 max
令 g(x)
1 ln x
=1+ + ，
x x2
g (x) 1 x - 2x ln x 1 1- 2ln x 1- 2ln x - x則 = - 2 + 2 2 = - 2 + 3 =x (x ) x x x3 ，
令h(x) =1- 2ln x - x，顯然h(x) =1- 2ln x - x為 (0, + )上的減函數(shù)，
又 h(1) =1- 2ln1-1 = 0，
所以 x (0,1) ， h(x) 0， g (x) 0則 g(x)在( 0, 1)上為增函數(shù)，
當(dāng) x (1,+ )時(shí)， h(x) < 0， g (x) < 0則 g(x)在 (1, + )上為減函數(shù)，
所以 g(x)max = g(1) 1
1 ln1 m
= + + = 2，所以 2，所以m 4 ，
1 1 2
所以實(shí)數(shù)m 的取值范圍為 (4,+ ) .
題型五：洛必達(dá)法則
【典例 5-1】已知函數(shù) f (x)=a ln x + bx(a,b R)
1
在 x = 處取得極值，且曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處
2
的切線與直線 x - y +1 = 0 垂直.
(1)求實(shí)數(shù) a,b的值；
(2)若"x [1 , + ) ，不等式 f (x) (m 2)x m- - 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
x
【解析】(1)Q f (x) = a ln x + bx ，\ f (x) a= + b；
x
Q函數(shù) f (x)=a ln x + bx(a,b R) x 1 1在 = 處取得極值，\ f ( ) = 2a + b = 0；
2 2
又Q曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線與直線 x - y +1 = 0 垂直，\ f (1) = a + b = -1；
解得： a =1,b = -2 ；
m m 1
（2）不等式 f (x) (m - 2)x - 恒成立可化為 ln x mx - ，即 ln x m(x - ) ；
x x x
m x ln x當(dāng) x =1時(shí)，恒成立；當(dāng) x 1時(shí)， 2 恒成立，x -1
h(x) x ln x
2
h '(x) (ln x +1)(x -1) - 2x × x ln x x
2 - x2 ln x - ln x -1
令 = ，則 = = ；
x2 -1 (x2 -1)2 (x2 -1)2
2 2
m(x) = x2 - x2令 ln x - ln x -1，則m '(x) = 2x 2x ln x x 1 x - 2x ln x -1- - - = ；
x x
令 n(x) = x2 - 2x2 ln x -1，則 n '(x) = 2x - 4x ln x - 2x = -4x ln x < 0 ；
n(x) = x2得 - 2x2 ln x -1在 (1, + )是減函數(shù)，故n(x) < n(1) = 0，進(jìn)而m '(x) < 0
（或m '(x) = x - 2x ln x 1- ，m ''(x) = -2ln x -1 1+ < 0，
x x2
得m '(x) x 2x ln x 1= - - 在 (1, + )是減函數(shù)，進(jìn)而m '(x) < 0）．
x
可得：m(x) < m(1) = 0 h '(x) < 0 h(x) x ln x，故 ，所以 = (1,+ )
x2
在 是減函數(shù)，
-1
m h(x) x ln x而 要大于等于 = 2 在 (1, + )上的最大值，但當(dāng) x =1時(shí)， y = h(x)沒有意義，x -1
x ln x ln x +1 1 1
變量分離失效，我們可以由洛必達(dá)法得到答案， lim 2 = lim = ，故答案為m ．x 1 x -1 x 1 2x 2 2
- x x
【典例 5-2】設(shè)函數(shù) f (x) =1- e .當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) ，求 a 的取值范圍.
ax +1
【解析】由題設(shè) x 0 ，此時(shí) f (x) 0 .
1 x x
①當(dāng) a < 0 時(shí)，若 x - ，則 < 0， f (x) 不成立；
a ax +1 ax +1
②當(dāng) a 0 時(shí)，當(dāng) x 0 時(shí)， f (x)
x
，即1 e- x x- ；
ax +1 ax +1
若 x = 0 ，則 a R ；
x
x 0 1- e- x 1- e
- x 1 xex x
若 ，則 等價(jià)于 ，即 a - e +1 .
ax +1 x ax +1 xex - x
x
g(x) xe - e
x +1 2xg '(x) e - x
2ex - 2ex +1 ex
記 = ，則 = = (ex - x2 - 2 + e- x ) .
xex - x (xex - x)2 (xex - x)2
記 h(x) = ex - x2 - 2 + e- x x - x，則 h '(x) = e - 2x - e ， h ''(x) = ex +e- x - 2 0 .
x
因此， h '(x) = e - 2x - e- x 在 (0，+ ) 上單調(diào)遞增，且 h '(0) = 0 ，所以 h '(x) 0，
即 h(x) 在 (0，+ ) 上單調(diào)遞增，且 h(0) = 0，所以 h(x) 0 .
x
因此 g '(x)= ex 2 h(x) 0，所以 g(x) 在 (0，+ ) 上單調(diào)遞增.(xe - x)
xex x x x x
由洛必達(dá)法則有 lim g(x) - e +1= lim x = lim
xe
x x = lim
e + xe 1
x x = ，x 0 x 0 xe - x x 0 e + xe -1 x 0 2e + xe 2
g(x) 1 g(x) 1 1即當(dāng) x 0 時(shí)， ，即有 ，所以0 a .
2 2 2
1
綜上所述， a 的取值范圍是[0, ] .
2
【變式 5-1】設(shè)函數(shù) f (x) sin x= ．如果對(duì)任何 x≥0，都有 f (x)≤ax，求 a 的取值范圍．
2 + cos x
f (x) sin x【解析】 = ax，
2 + cos x
若 x = 0 ，則 a R ；
sin x sin x
若 x 0 ，則 ax 等價(jià)于 a ，即 g(x)
sin x
=
2 + cos x x(2 + cos x) x(2 + cos x)
g '(x) 2xcos x - 2sin x - sin xcos x + x則 = .
x2(2 + cos x)2
記 h(x) = 2xcos x - 2sin x - sin xcos x + x ，
h '(x) = 2cos x - 2x sin x - 2cos x - cos 2x +1 = -2x sin x - cos 2x +1
= 2sin2 x - 2x sin x = 2sin x(sin x - x)
因此，當(dāng) x (0,p )時(shí)， h '(x) < 0， h(x) 在 (0,p ) 上單調(diào)遞減，且 h(0) = 0，
故 g '(x) < 0，所以 g(x) 在 (0,p ) 上單調(diào)遞減，
而 lim g(x) = lim
sin x
= lim cos x 1= .
x 0 x 0 x(2 + cos x) x 0 2+cos x - xsin x 3
sin x 1 1 1
另一方面，當(dāng) x [p ,+ ) 時(shí)， g(x) = < ，
x(2 + cos x) x p 3
因此 a 1 .
3
【變式 5-2】（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = ex - ax -1 .
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性;
(2)若對(duì)任意的 x 0, f (x) 0 恒成立，求 a的范圍.
【解析】（1） f x = ex - a ，
當(dāng) a 0時(shí)， f x 0恒成立，故 f x 在R 上單調(diào)遞增，
當(dāng) a 0時(shí)，令 f x = 0，解得 x = ln a，
所以當(dāng) x ln a,+ 時(shí)， f x 0， f x 單調(diào)遞增；當(dāng) x - , ln a 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減；
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在R 上單調(diào)遞增；當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 ln a, + 上單調(diào)遞增，在 - , ln a 上單調(diào)
遞減；
（2）當(dāng) x = 0 0時(shí)， f x = e - 0 -1 = 0 ，符合題意，此時(shí) a R ；
x
當(dāng) x 0時(shí)，因?yàn)?f (x) 0 a e -1恒成立，即 恒成立，
x
x x
令 g x e -1 x -1 e +1= ，則 g x = 2 ，x x
再令 h x = x -1 ex +1，則 h x = xex 0 恒成立，
則 h x 在 0, + 單調(diào)遞增，
所以 h x h 0 = 0，
所以 g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
x x
x 0 a g x lim e -1 lim e e
0
所以當(dāng) 時(shí)， = = = =1，
min x 0 x x 0 1 1
所以 a 1
題型六：同構(gòu)法與朗博同構(gòu)
【典例 6-1】已知函數(shù) f x = ex , g x 1= .
x
(1)若h x = f x -mg x m R ，判斷 h x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
a +1
(2)當(dāng) x 0時(shí)，不等式 exf x + lnx + 2g x 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
x 1
【解析】（1）Q f x = e , g x = ，
x
\h x m= f x - mg x = ex - ，定義域?yàn)? - ,0 U 0, + ，
x
令 h x = 0 x，可得 xex = m，設(shè)W x = xe x 0 ，則W x = x +1 ex，
令W x = x +1 ex 0，得 x -1,\W x 在 -1,0 , 0, + 上單調(diào)遞增；
令W x = x +1 ex < 0，得 x < -1，
\W x 在 - , -1 上單調(diào)遞減，
1
\W (x)min = W -1 = - .當(dāng) x - 時(shí)， y 0；e
當(dāng) x + 時(shí)， y + ，從而可畫出W x 的大致圖象，
\ 1①當(dāng)m < - 或m = 0時(shí)， h x 沒有零點(diǎn)；
e
②當(dāng)m
1
= - 或m 0時(shí)， h x 有一個(gè)零點(diǎn)；
e
1
③當(dāng)- < m < 0時(shí)， h x 有兩個(gè)零點(diǎn).
e
a +1
（2）當(dāng) x 0時(shí)，不等式 exf x + lnx + 2g x 恒成立，
可化為 xex+1 a +1 x + lnx + 2 在 0, + 上恒成立，
該問題等價(jià)于 xex+1 - lnx - x - 2 ax 在 0, + 上恒成立，
lnx+x+1
即 e - lnx + x +1 -1 ax 在 0, + 上恒成立，
令m x = ex - x -1，則m x = ex -1，
當(dāng) x - ,0 時(shí)，m x < 0,m x 單調(diào)遞減；
當(dāng) x 0, + 時(shí)，m x 0, m x 單調(diào)遞增，
\m x m 0 = 0,Q lnx + x +1 R, m lnx + x +1 0 ，
elnx+x+1即 - lnx + x +1 -1 0，即 xex+1 - lnx - x - 2 0
①當(dāng) a 0時(shí)，Q xex+1 - lnx - x - 2 0, ax 0，不等式恒成立；
②當(dāng) a 0時(shí)，令 v x = lnx + x +1，顯然 v x 單調(diào)遞增，
v 1 1且 ÷ = -1< 0,v(1) 2
1
= 0 ，故存在 x0 ,1÷，使得 v x0 = 0，
è e2 e2 è e2
elnx0 +x0 +1所以 - lnx0 + x0 +1 -1= 0，
即 x0e
x0 +1 - lnx0 - x0 - 2 = 0 ，而 ax0 0，此時(shí)不滿足 xex+1 - lnx - x - 2 ax ，
所以實(shí)數(shù) a 不存在.
exf x a +1綜上可知，使得 + ln x + 2 恒成立的實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 - ,0g x .
2 a
【典例 6-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ax - 2e lnx ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) x 2時(shí)， f x 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【解析】（1）由題知 f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
a
由 f x = ax2 - 2ealnx ，得 f x = 2ax 2e- ．
x
若 a 0，則 f x < 0， f x 在 0, + 上單調(diào)遞減，
ea
若 a 0，當(dāng) x , + ÷ 時(shí)， f x ÷ > 0， f x 單調(diào)遞增，
è a

x e
a
當(dāng) 0, ÷時(shí)， f ÷ x < 0， f x 單調(diào)遞減，
è a
綜上可得，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0, + 上單調(diào)遞減，
a a
當(dāng) a 0時(shí)， f x e在 , e+ ÷÷上單調(diào)遞增，在 0, ÷上單調(diào)遞減；
è a è a ÷
2 x 2 a lnx
2
（ ）當(dāng) 時(shí)， f x 0恒成立，即 a x 2 恒成立，e x2
g x lnx設(shè) = a 2，則 g e g x x 2 恒成立，
x
g x 1- lnx因?yàn)?= 2 ，當(dāng) x 0,e 時(shí)， g x 0，x
當(dāng) x e, + 時(shí)， g x < 0，
所以 g x 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x 2時(shí)， g x2 < g 4 ，
所以 g ea g x2 x 2 a恒成立，即 g e g 4 ，
因?yàn)?g 2 = g 4 ，所以 2 ea 4， ln2 a 2ln2，
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ln2,2ln2 ．
【變式 6-1】已知函數(shù) f x = x a - e2x ，其中 a R .
(1)討論函數(shù) f x 極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)對(duì)任意的 x 0，都有 f x - ln x -1，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
【解析】（1）由題意知： f x 定義域?yàn)镽 ， f x = a - 1+ 2x e2x ，
令 f x = 0，則 a = 1+ 2x e2x ，
令 g x = 1+ 2x e2x g x = 2e2x，則 + 2 1+ 2x e2x = 4x + 4 e2x ，
\當(dāng) x - ,-1 時(shí)， g x < 0；當(dāng) x -1, + 時(shí)， g x 0；
\ g x 在 - , -1 上單調(diào)遞減，在 -1, + 上單調(diào)遞增，
又 g -1 = -e-2 x 1，當(dāng) < - 時(shí)， g x < 0恒成立，
2
\ g x 大致圖象如下圖所示，
則當(dāng) a -e-2 時(shí)， g x a 恒成立，即 f x 0恒成立，
\ f x 在R 上單調(diào)遞減，無極值點(diǎn)；
當(dāng)-e-2 < a < 0 時(shí)， g x 與 y = a有兩個(gè)不同交點(diǎn)，
此時(shí) f x 有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，\ f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)；
當(dāng)a 0時(shí)， g x 與 y = a有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，
此時(shí) f x 有且僅有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，\ f x 有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；
綜上所述：當(dāng) a -e-2 時(shí)， f x 無極值點(diǎn)；當(dāng)-e-2 < a < 0 時(shí)， f x 有兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)a 0時(shí)， f x 有且
僅有一個(gè)極值點(diǎn).
（2）由題意知：當(dāng) x 0時(shí)， ax + ln x +1 xe2x = eln x ×e2x = e2x+ln x 恒成立；
設(shè) h x = ex - x -1，則 h x = ex -1，
\當(dāng) x - ,0 時(shí)， h x < 0；當(dāng) x 0, + 時(shí)，h x 0；
\h x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，\h x h 0 = 0 ，
即 ex x +1，\e2x+ln x 2x + ln x +1，
又 e2x+ln x ax + ln x +1恒成立，\a 2，即實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 - , 2 .
ln x
【變式 6-2】（2024·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；
lxe -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 的最大值.
e +1 x -1
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0,1 U 1, + ，
1 1- - ln x
所以 f x = x
1 1- x
，∴令 g x =1- - ln x，則 g x = 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(shí)， g x < 0，∴ f x < 0，
∴函數(shù) f x 在 0,1 ， 1, + 上單調(diào)遞減.
lxlx e -1
（2）∵ lx ln x，且l 0， x 1，∴x 1
lx
e -1 0，
e +1 -
lx
∴ ln e ln x
lx
∴ ln e 1 ln x + +1 ∴ f elx， fx x l lx ， .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(shí)取自然對(duì)數(shù)，得lx ln x，即l 在 1, + 上能成立.
x
令j x ln x= x 1 1- ln x，則j x = ，
x x2
∵當(dāng) x 1,e 時(shí)，j x 0，∴函數(shù)j x 在 1,e 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x e, + 時(shí)，j x < 0，∴函數(shù)j x 在 e, + 上單調(diào)遞減，
j x j e 1 1∴ = =max ，∴ l ，e e
1
又l 0，∴ 0 < l ，
e
1
∴實(shí)數(shù)l 的最大值為 .
e
【變式 6-3】（2024·云南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = ex + a, g(x) = ln x.
(1)若函數(shù) g x 在 x =1處的切線 l也與函數(shù) f x 的圖象相切，求 a的值；
(2)若 f x + a g x 恒成立，求 a的取值范圍.
【解析】（1）Q g(x) = ln x,
1
\ g (x) = ，即 g(1) = 0, g (1) =1，
x
\函數(shù) g x 在 x =1的切線 l的方程為 y - g(1) = g (1)(x -1)，
代入得切線 l的方程為 y = x -1 .
Q f (x) = ex + a,\ f (x) = ex ，
由切線 l的斜率為 1，則令 f (x) = ex =1，解得： x = 0，
由 f (0) =1+ a，則函數(shù) f (x) 在 x = 0處的切線方程為 y - f (0) = f (0)(x - 0)，
代入得： y = x +1+ a，這與 y = x -1重合，所以得 a = -2 .
（2）由 f x + a g x 恒成立，等價(jià)于 ex+a + a ln x 恒成立，
即： ex+a + x + a x + ln x恒成立， 利用 x + ln x=elnx + ln x，
則令 h x = ex + x，則 h(x + a) h(ln x) .
x
又Qh x = e +1 0 ，\h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以不等式 h(x + a) h(ln x)恒成立等價(jià)于 x + a ln x恒成立，
即 a ln x - x .
令m(x) = ln x - x，所以m x 1 1- x= -1 = ，
x x
1- x
因?yàn)楫?dāng)0 < x <1時(shí)，m x = 0，所以m x 在 0,1 上的單調(diào)遞增，
x
1- x
又因?yàn)楫?dāng) x 1時(shí)，m x = < 0，所以m x 在 1, + 上的單調(diào)遞減，
x
所以m(x)max = ln1-1 = -1，即 a ln x - x = -1max ，
所以 a的取值范圍是： -1, + .
2
【變式 6-4】（2024·內(nèi)蒙古·三模）已知函數(shù) f x = x - ax + 2lnx .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若a 0, f x eax 恒成立，求 a的取值范圍.
2
【解析】（1） f x 的定義域?yàn)? 0, + , f x = 2x a 2 2x - ax + 2- + = .
x x
關(guān)于 x 的方程 2x2 - ax + 2 = 0,Δ = a2 -16，
當(dāng)-4 a 4時(shí)，D 0， f x 0，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
ì
x1 + x
a
a < -4 D 0 2
= < 0
當(dāng) 時(shí)， ，此時(shí) í 2 x1 < 0, x2 < 0，
x1x2 =1 0
f x 0，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
a - a2 -16 a + a2 -16
當(dāng) a 4時(shí)，則 x1 = , x2 = 是方程 2x
2 - ax + 2 = 0的兩根.
4 4
又 x1x2 = 1, x1 + x
a
2 = 0，所以0 < x1 < x2 ，2
2 2
令 f x 0 x a - a -16 x a + a -16，解得 < 或 ，
4 4
2 2
令 f x < 0 a - a -16 a + a -16，解得 < x < ，
4 4
2
f x 0, a - a -16 a + a
2 -16 a - a2 -16 a + a2 -16
所以 在 ÷和 , + ÷ ÷÷上單調(diào)遞增，在 , ÷÷ 上單調(diào)遞減.
è 4 è 4 è 4 4
（2 ax）由 f x e ，可得 x2 + 2lnx eax ax 2+ ，即elnx + lnx2 eax + ax .
g x = ex令 + x，易知 g x 單調(diào)遞增.
2 2 lnx a
由elnx + lnx2 eax + ax ，可得 g lnx g ax ，則 lnx2 ax，即 .x 2
h x lnx設(shè) = ，則 h x 1- lnx= 2 ，當(dāng) x e時(shí)， h x < 0, h x 單調(diào)遞減，x x
當(dāng)0 < x < e時(shí)， h x 0, h x 單調(diào)遞增，所以h(x) lne 1max = = ，e e
a 1 2
所以
é
，則 a的取值范圍為 ê ,+

2 e e ÷
.

題型七：必要性探路
2x
【典例 7-1 e】（2024·江西九江·統(tǒng)考三模）已知函數(shù) f x = a R
ax -1
(1)討論 f(x)的單調(diào)性：
(2)當(dāng) a = -2 時(shí)，若 x 0 ， f x ln 1+ 2x -mx -1，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍．
e2x é 2ax - a + 2 ù
【解析】（1） f x = ．
ax -1 2
2x
當(dāng)a = 0時(shí)， f x = -e ，易知 f(x)在 R 上單調(diào)遞減．
當(dāng)a 0時(shí)，令 f x > 0 1 1 1 1 1，可得 x + ；令 f x < 0，可得 x < + 且 x ，a 2 a 2 a
1
∴f(x)在 (- ,
1 ) 和 ,
1 1 1 1
+
a a a 2 ÷ 上單調(diào)遞減，在
+ , +
a 2 ÷上單調(diào)遞增．è è
1 1 1 1 1
當(dāng)a < 0時(shí)，令 f x > 0 ，可得 x < + 且 x ；令 f x < 0，可得 x + ，a 2 a a 2
1 1
∴ f (x)
1 1 1 1( 在 - , ) ( , + )a 和 上單調(diào)增，在a a 2
+ , + ÷上單調(diào)遞減．
è a 2
2x
（2）當(dāng) a = -2 時(shí)，由 f x ln 1+ 2x -mx -1 e，得- ln 1+ 2x - mx -1，
2x +1
e2x
即 + ln 1+ 2x - mx -1 0，
2x +1
e2x 4xe
2x 2
令 g x = + ln 1+ 2x - mx -1 x 0 ，則 g x = + - m，
2x +1 2x +1 2 1+ 2x
∵ g x 0，且 g 0 = 0，∴存在 x0 0 ，使得當(dāng) x 0, x0 )時(shí)， g x 0，
∴ g 0 = 2-m 0，即m 2．
下面證明當(dāng)m 2時(shí)， g x 0對(duì) x 0 恒成立．
2x
g x e ln 1 e
2x
∵ + + 2x - 2x -1，且 = e2x-ln 1+2x ，
2x +1 2x +1
g x e2x-ln 1+2x ∴ + ln 1+ 2x - 2x -1．
設(shè)F x = ex - x -1 x，∴F x = e -1，可知 F(x)在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
∴F x F 0 = 0 ex 2x-ln 1+2x，∴ x +1 ，∴ e 2x - ln 1+ 2x +1，
∴ g x e2x-ln 1+2x + ln 1+ 2x - 2x -1 2x - ln 1+ 2x +1+ ln 1+ 2x - 2x -1 = 0．
綜上，實(shí)數(shù) m 的取值范圍為 (- , 2]．
x
【典例 7-2】已知函數(shù) f (x) e= (a < 0)）在 x =1
e
處的切線斜率為- .
ax -1 4
(1)求 a 的值；
(2)若 x 1， f (x -1) ln x - m(x -1) -1，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
x
Q f (x) e (ax -1- a)【解析】（1） = ，
(ax -1)2
\ f (1)
e e
= - 2 = -(a 1) 4 ，-
\ (a -1)2 = 4，Q a < 0，\ a -1 = -2， a = -1 .
ex ex-1
（2）由（1）可知 f (x) = - ， f (x -1) = - ，
x +1 x
x-1
由 f (x -1) ln x - m(x -1) -1 e，得 - m(x -1) + ln x -1 0，
x
x-1 x-1
令 g(x) e= - m(x -1) + ln x (x -1)e 1-1(x 1) ，則 g (x) =
x x2
+ - m ，
x
Q g(x) 0，且 g(1) = 0，\存在 x0 1，使得當(dāng) x 1, x0 時(shí)， g (x) 0，
\ g (1) =1- m 0，即m 1；
下面證明當(dāng)m 1時(shí)， g(x) 0，
x-1
Q g(x) e (x 1) ln x 1 e
x-1
x ln x e
x-1
- - + - = - + ，且 = ex-1-ln x，
x x x
\ g(x) ex-1-ln x - x + ln x ，
設(shè)F (x) = ex - x -1，\ F (x) = ex -1，
當(dāng) x < 0 時(shí)， F (x) < 0；當(dāng) x 0時(shí)，F(xiàn) (x) 0；
可知F (x)在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
\ F (x) F (0) = 0，\ ex x +1，\ ex-1-ln x x - ln x，
\ g(x) x - ln x - x + ln x = 0；
m (x -1)e
x-1 1 (x2 - 2x + 2)ex-1 - x
當(dāng) 1時(shí)，令G(x) = g (x) = + - m，則G (x) = ，
x2 x x3
設(shè) t(x) = (x2 - 2x + 2)ex-1 - x，則 t (x) = x2ex-1 -1，且為單調(diào)遞增函數(shù)，
由于 x 1，故 t (x) t (1) = 0，僅在 x =1是取等號(hào)，
故 t(x)在[1, + ) 上單調(diào)遞增， t(1) = 0，故 t(x) 0，即G (x) 0，
則G(x)在[1, + ) 上單調(diào)遞增，而G(1) =1- m < 0，
當(dāng) x + 時(shí)， ex-1
1
遞增的幅度遠(yuǎn)大于 x2 遞增的幅度， 0，x
故必存在 x0 (1,+ ) ，使得G(x0 ) = 0，則 x0 (1, x0 ) 時(shí)，G(x) < 0 ，
故 g(x)在[1, x0 ) 上單調(diào)遞減，則 g(x) < g(1) = 0，與題意不符；
綜上，實(shí)數(shù) m 的取值范圍為 (- ,1] .
【變式 7-1】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = lnx - ax - cosx,a R .
(1)當(dāng) a -1時(shí)，求 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)已知函數(shù)F x = f x + xlnx + cosx + 2，若F x 0在 1, + 上恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【解析】（1）解：因?yàn)楹瘮?shù) f x = lnx - ax - cosx 的定義域?yàn)? 0, + ，
可得 f x 1= - a + sinx, x 0，
x
1
又因?yàn)? 0, -1 sinx 1，
x
當(dāng) a -1時(shí)， f x 1= - a + sinx 0 - a -1 0，所以 f x 在 0, + 上為增函數(shù)，
x
當(dāng) x 0 時(shí)， f x - ；當(dāng) x + 時(shí)， f x + ，
所以存在 x0 0，使得 f x0 = 0，
所以，當(dāng) a -1時(shí)， f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.
（2）解：由F x = f x + xlnx + cosx + 2 = xlnx + lnx - ax + 2 = x +1 lnx - ax + 2，
則F x = lnx 1+ +1- a .
x
當(dāng) x 1時(shí)， x +1 lnx - ax + 2 0恒成立，所以F 1 = 2 - a 0 ，所以 a 2，
g x lnx 1 1 a g x 1 1 x -1設(shè) = + + - ，則 = - = ，
x x x2 x2
因?yàn)?x 1，所以 g x 0，所以 g x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
又因?yàn)?g 1 = 2 - a， g x g 1 = 2 - a 0，
所以F x = g x 0，F(xiàn) x 在 1, + 是增函數(shù)，所以F x F 1 = 2 - a ，
故若F x 0在 1, + 上恒成立，則 a 2，所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為 - , 2 .
- x
【變式 7-2】（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）函數(shù) f x = e sin x
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 時(shí)恒成立，求 a的取值范圍.
【解析】（1）因?yàn)?f x = e- x sin x，
f x = e- x所以 cos x - sin x = 2e- x cos x
π
+ ÷，定義域?yàn)? R ，è
f x = 0 cos 令 ，即 x
π
+ π π÷ = 0，即 x + = + kπ k Z ，
è 4 4 2
π
解得 x = + kπ k Z ，
4
3π
所以當(dāng) x 2kπ - , 2kπ
π
+ ÷ k Z 時(shí)， f x > 0， f x 單調(diào)遞增；
è 4 4
x 2kπ π當(dāng) + , 2kπ
5π
+
4 4 ÷
k Z 時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減；
è
3π π
綜上所述， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間是 2kπ - , 2kπ + ÷ k Z ，單調(diào)遞減區(qū)間是4 4 è
2kπ π 5π + , 2kπ + ÷ k Z .
è 4 4
（2）記 g x = f x - ax - x2 x 0 - x，則 g x = e sinx - ax - x2 x 0 ，
- x
所以 g x = e cos x - sin x - a - 2x x 0 ，
根據(jù)題意原題可化為： g x 0在 x 0 時(shí)恒成立，求 a的取值范圍；
g 0 = 0 f x ax + x2因?yàn)?，所以 在 x 0 時(shí)恒成立的必要條件為 g 0 0，
即1- a 0，即 a 1；
構(gòu)造函數(shù) h x = x - sin x x 0 ，則 h x =1- cos x 0 x 0 ，
所以 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，所以 h x h 0 = 0，
所以有 x - sin x 0，即 x sin x 在 0, + 上恒成立，
令 a 1，當(dāng) x 0, + x時(shí)，有 e a + x x ex 1+ x x x sin x ，
sin x - ex所以 a + x x 0在 0, + 上恒成立，
因?yàn)?e- x 0，不等式兩邊同時(shí)乘以 e- x，
e- x有 sin x - a + x x 0在 0, + 上恒成立，
即 g x 0在 0, + 上恒成立，
即 a 1時(shí)， g x 0在 0, + 上恒成立，
綜上 a 1，是 f x ax + x2在 x 0 時(shí)恒成立的充要條件，
所以 a的取值范圍為 a 1 .
【變式 7-3】（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = xex .
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關(guān)于 x 的不等式 f (x) + f (1- x) a 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
x
【解析】（1） f x 的定義域?yàn)镽 ， f x = 1+ x e ，又 ex 0，
當(dāng) x < -1時(shí)， f x < 0，則 f x 單調(diào)遞減；
當(dāng) x -1時(shí)， f x 0，則 f x 單調(diào)遞增，
即 f x 的單調(diào)減區(qū)間為 - ,-1 ，單調(diào)增區(qū)間為 -1, + .
（2）設(shè) g x = f x + f 1- x ，則 g 1- x = f 1- x + f x = g x .
\ g x x 1 x 1關(guān)于 = 對(duì)稱，不妨研究 時(shí)的圖象性質(zhì).
2 2
g x = f x - f 1- x = 1+ x ex - 2 - x e1-x 1 x ex é1 x - 2= + + e1-2x ùê .x 1 ú +
令 h x 1 x - 2= + e1-2x，顯然 x 2時(shí)， h x 0 ，
x 1 +
1
下面證明 x 2時(shí)， h x 0 ：
2
2
h x 3= e1-2x + x - 2-2 e1-2x -2x + 2x + 7= e1-2x .
(x +1)2 x +1 (x +1)2
Q 1 x 2，
2
\-2x2 + 2x + 7 0，則此時(shí) h x 0，
\h x é1 ù在 ê , 2ú 上單調(diào)遞增，則 h x h
1
2 ÷
= 0，
è 2
x 1綜上， 時(shí)，均有 g x 0，
2
\ g x é1 在 ê ,+ 上單調(diào)遞增， 2 ÷
\ g(x) 1 min = g 2 ÷
= e .
è
\a e .
【變式 7-4】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = 2sin x + ln(x +1) - ax．
(1)當(dāng) a = 2 時(shí)，求函數(shù) f (x) 在區(qū)間 0,
π
2 ÷上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；è
(2)若 x 0 時(shí)，不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【解析】（1）當(dāng) a = 2時(shí)， f x = 2sinx + ln x +1 - 2x ，令 g x = f x = 2cosx 1+ - 2，
x +1
則 g x = -2sinx
1
-
x +1 2 ，
x 0, π 當(dāng) ÷ 時(shí)， g x 0 g x 0,
π π
， 在 2 ÷單調(diào)遞減，即
f x 在 0, 2 ÷單調(diào)遞減，è 2 è è
π 1
且 f 0 =1 0 f = - 2 < 0， ÷è 2 π +1 ，
2
\$x0

0,
π
÷，使 f x0 = 0，
è 2
\ f x 在 0, x x , π 0 單調(diào)遞增， 0 ÷ 單調(diào)遞減；
è 2
f 0 0 f π= ， = 2 - π + ln
π +1 < 0，
è 2 ÷ ÷ è 2
\ f x 在 0, π 2 ÷有 1 個(gè)零點(diǎn)；è
f x 2cosx 1（2） = + - a，注意到 f 0 = 0，要使 f x 0 ，則須滿足 f 0 0，即 2 +1- a 0 ，得
x +1
a 3．
下證：當(dāng) a 3時(shí)，"x 0, + ，均有 f x 0 ．
f x 2cosx 1 a 2cosx 1 3 1 1 -x當(dāng) a 3時(shí)， = + - + - - = < 0
x +1 x +1 x +1 x +1
\此時(shí) f x 在 0, + 單調(diào)遞減，\此時(shí) f x f 0 = 0．
當(dāng) a 3時(shí)， f 0 = 3- a 0，必存在 x1 0, + ，使 f x 在 0, x1 單調(diào)遞增，那么"x 0, x1 均有
f x f 0 = 0，矛盾．
綜上所述：要使 f x 0 成立的 a的取值范圍為： a 3．
【變式 7-5】（2024 x·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - k cos x，其中 k 為常數(shù).
(1)當(dāng) k =1時(shí)，討論函數(shù) f x 在 0, + 上的單調(diào)性；
π
(2)若"x 0, ÷， f x 1，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍.
è 2
【解析】（1） k =1時(shí)， f x = ex - cos x ， f x = ex + sin x ，
因?yàn)?x 0, + x，有 ex 1，-1 sin x 1，所以 f x = e + sin x 0 ，
于是函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
（2）解法一：
f x 1，即 ex - k cos x -1 0 .
x
因?yàn)?x 0,
π e -1
÷ ，所以 cos x 0，于是 k < .
è 2 cos x
x
g x e -1 sin x + cos x e
x - sin x
令 = ，則 g x = .
cos x cos2 x
ù
當(dāng) x
0, π π π 3π π 2 ÷ 時(shí)，2 e
x 1，0 < sin x <1， x + , ÷， sin x + ÷ ,14 4 4 4 ú ， è è è è 2
x π x x
則有 sin x + cos x e - sin x = 2 sin x + ÷e - sin x e - sin x 0，
è 4
g x 0 g x 0, π 于是 ，所以 在 2 ÷上是增函數(shù)， g x g 0 = 0，所以 k 0 .è
即實(shí)數(shù) k 的取值范圍為 - ,0 .
解法二：
x
令 g x = f x -1 = e - k cos x -1， g x = ex + k sin x .
當(dāng) k 0時(shí)， g x 0， g x 在 0, π 2 ÷上是增函數(shù)， g x g 0 = -k .è
當(dāng) x 0 時(shí)， g x -k ，而-k < 0 ，不滿足條件；
π
當(dāng) k = 0時(shí)， g x = ex -1 0 0, 在 2 ÷上恒成立；è
k < 0 ex 1 cos x 0 g x = ex -1 - k cos x 0 0, π 當(dāng) 時(shí)， ， ， 在 ÷上恒成立.
è 2
綜上： k 0，即實(shí)數(shù) k 的取值范圍為 - ,0 .
解法三：令 g x = f x -1 = ex - k cos x -1，由 g 0 = -k≥0得 k 0 .
下證當(dāng) k 0時(shí)， g x 0 .
π
因?yàn)?k 0且 x 0,

÷ ， ex 1， cos x 0，所以 g x = ex -1 - k cos x≥ ex -1 0，
è 2
所以 k 0，即實(shí)數(shù) k 的取值范圍為 - ,0 .
【變式 7-6】（2024·重慶·三模）已知函數(shù) f (x) = x ln x + ax +1.
(1)若 a =1，求 f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程，并求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:
1 1
(2) f (x) é ,eù é ,eù若 在定義域 ê ú 上的值域是 e ê ú
的子集，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
e
【解析】（1）解：當(dāng) a =1時(shí)，可得 f (x) = x ln x + x +1，則 f (x) = ln x + 2，
所以 f (1) = 2，且 f (1) = 2，即切線的斜率為 2，切點(diǎn)為 (1, 2)，
則在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程為 y - 2 = 2(x -1)，即 y = 2x，
令 f (x) 0，可得 x e-2 ；令 f (x) < 0，可得0 < x < e-2，
所以 f x -2的增區(qū)間為 é e , + ，減區(qū)間為 0,e-2 ù .
é1 ù é1 ù
（2）解：若 f x 定義域區(qū)間 ê , eú ，由值域區(qū)間是定義域 ê , e e e ú 的子集，
1 1
則 f

÷ e
1 1 1 a
且 f (e) e，即 - + +1 e，
e è e e e e e
1
即 e + ea +1
1
e ，解得2 - e a - ；
e e
1
由 f (x) = ln x + a +1，可得 f ÷ = a 0, f (e) = 2 + a 0，
è e
令 f (x) = 0，即 ln x + a +1 = 0，可得 x = e-a-1 ，
x 1 -a-1 當(dāng) , e ÷時(shí)， f (x) < 0，則 f x 單調(diào)遞減；
è e
-a-1
當(dāng) x e ,e 時(shí)， f (x) 0，則 f x 單調(diào)遞增，
f (x) f e-a-1 = -e-a-1 1所以 +1 ，解得a - ln(e -1) ，e
下面證明 2 - e < - ln(e -1)，即1- (e -1) < - ln(e -1) ，即 ln(e -1) - (e -1) +1< 0，
令 h(x) = ln x - x +1，可得 h (x)
1 1- x
= -1 = ，
x x
當(dāng) x (0,1) 時(shí)， h (x) 0， h(x) 在( 0, 1)單調(diào)遞增；
當(dāng) x (1,+ )時(shí)， h (x) < 0， h(x) 在 (1, + )單調(diào)遞減，所以 h(x) h(1) = 0，
所以 h(e -1) = ln(e -1) - (e -1) +1 < 0，
因?yàn)?e -1- e e -1-1.7 0，所以 e -1 e ，則 ln(e -1)
1
，
2
1 1 ln(e 1) 1 1又因?yàn)? ，所以 - ，即- ln(e -1) < - ，
2 e e e
é 1ù
綜上可得，實(shí)數(shù) a的取值范圍 ê- ln(e -1), - . e ú
題型八：max，min 函數(shù)問題
【典例 8-1】已知函數(shù) f (x) = (x 2)ex-1
1
- - x2 + x 1+ ， g(x) = ax -sin x - ln(x +1)，其中 a R .
2 2
（1）證明：當(dāng) x…1時(shí)， f (x)…0 ；當(dāng) x <1時(shí)， f (x) < 0；
（2）用max{m,n}表示 m，n 中的最大值，記F (x) = max{ f (x), g(x)} .是否存在實(shí)數(shù) a，對(duì)任意的 x R ，
F (x)…0 恒成立.若存在，求出 a；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解析】（1） f (x) = (x -1)ex-1 - x +1 = (x -1)(ex-1 -1) ， x R ,
當(dāng) x 1時(shí)， x -1 0， ex-1 -1 0，則 f (x) 0；
當(dāng) x <1時(shí)， x -1< 0， ex-1 -1< 0，則 f (x) 0，
當(dāng) x =1時(shí)， f (1) = 0 ．
所以當(dāng) x R 時(shí)， f (x) 0 ， f (x) 在 R 上是增函數(shù)，
又 f (1) = 0，
所以當(dāng) x 1時(shí)， f (x) f (1) = 0；
當(dāng) x <1時(shí)， f (x) < f (1) = 0．
（2）函數(shù)F (x)的定義域?yàn)?(-1，+ ) ，
由（1）得，當(dāng) x 1時(shí)， f (x) 0，又F(x) = max{ f (x)，g(x)}≥ f (x)，
所以當(dāng) x 1時(shí)，F(xiàn) (x) 0恒成立．
由于當(dāng)-1 < x <1時(shí)， f (x) < 0恒成立，
故F (x) 0等價(jià)于：當(dāng)-1 < x <1時(shí)， g(x) 0恒成立．
1
g (x) = a - cos x 1- ， g (x) = sin x + ．
x +1 (x +1)2
1
當(dāng)-1 < x < 0時(shí)，-1 < sin x < 0， 1 g (x) 0(x +1)2 ，故 ；
1
當(dāng)0 x <1時(shí)，0≤ sin x <1， 0，故 g (x) 0(x ．+1)2
從而當(dāng)-1 < x <1時(shí)， g (x) 0 ， g (x)單調(diào)遞增．
①若 g (1) 0 ，即 a≤ cos1
1
+ ，則當(dāng) x (-1，1)時(shí)， g (x) < g (1)≤0， g(x)單調(diào)遞減，
2
故當(dāng) x (0，1) 時(shí)， g(x) < g(0) = 0，不符合題意；
②若 g (1) 0
1
a cos1 1+ ，即 ，取b -1 ,-1+ ，
2 è a +1÷
1 1 1
則-1 < -1+ < 0，且 g (b) = a - cosb - ≤ a +1- < 0，
a +1 b +1 b +1
故存在唯一 x0 (-1，1)，滿足 g (x0) = 0，當(dāng) x (-1，x0 ) 時(shí)， g (x) < 0， g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng) x (x0，1)時(shí)， g (x) 0， g(x)單調(diào)遞增．
若 x0 < 0 ，則當(dāng) x (x0，0) 時(shí)， g(x)單調(diào)遞增， g(x) < g(0)，不符合題意；
若 x0 = 0，則 g(x) g(0) = 0，符合題意，此時(shí)由 g (x0 ) = 0，得 a = 2；
若 x0 0，則當(dāng) x (0，x0 ) 時(shí)， g(x)單調(diào)遞減， g(x) < g(0)，不符合題意．
綜上可知：存在唯一實(shí)數(shù) a = 2滿足題意．
2 1
【典例 8-2】已知 e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù) f x ax= ，直線 y = x為曲線 y = fx x 的切線，e e
g x = x +1 lnx ．
(1)求 g x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)求 a的值；
(3)定義min m, n ì
m, m n,
= 2í m x = min f x , g x h x = m x - tx 0, +
n,m n,
函數(shù) ， 在 上單調(diào)遞增，求實(shí)
數(shù) t的取值范圍．
【解析】（1） g x = ln x 1 1+ + x 0 ，
x
令 h x = ln x 1+1+ x 0 ，則 h x 1 1 x -1= - 2 = 2 ，x x x x
0 < x <1時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減；
x 1時(shí)， h x 0， h x 單調(diào)遞增；
所以 g x 的單調(diào)增區(qū)間為 1, + ，單調(diào)減區(qū)間為 0,1 .
ax 2 - x
（2） f x = ,
ex
2
設(shè)曲線 y = f x 的切點(diǎn)為 x0 ,
ax0
è e
x ÷，0
ax0 2 - x則 f x 10 = 0x = ，解得 a =1, xe e 0
=1.
0
（3）令F x = f x - g x F x x 2 - x ，則 = x - ln x -1
1
- x 0 ，
e x
1 1 1 1
0 x 當(dāng) < < 2時(shí)， x 2 - x 1，所以F x
ex
- ln x -1- <1- ln x -1- = - ln x + ，x x è x ÷
m x = - ln x 1+ 1- x設(shè) x ÷ ，則m x = ，è x2
0 < x <1時(shí)，m x 0，m x 單調(diào)遞增；
1< x < 2時(shí)，m x < 0 ，m x 單調(diào)遞減；
所以m x m 1 = -1 < 0，
所以F x < 0，F(xiàn) x 在 0,2 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 2時(shí)， x 2 - x 0,- ln x 1< 0,-1- < 0，故F x < 0，
x
F x 在 2, + 單調(diào)遞減，綜上，F(xiàn) x 在 0, + 單調(diào)遞減.
F 1 1= 0, F e = e2-e - e +1 < 0 ,
e
所以F x 有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為n，則 n 1,e ，
2
當(dāng)0 < x < n 時(shí)， h x = x +1 ln x - tx ，
2
x n h x x tx2 n 1 ln n n
2
當(dāng) 時(shí)， = x - ，且 + = ，e en
因?yàn)?h x = m x - tx2 在 0, + 上單調(diào)遞增，則h x 0在 0, n , n, + 恒成立，
當(dāng) x n
x 2 - x 2 - x
時(shí)， h x = x - 2tx 0 t x 恒成立，e 2e
令 k x 2 - x= t k x ，
2ex min
k x x - 3= x ，所以 k x 在 n,3 單調(diào)遞減， 3, + 單調(diào)遞增；2e
t k 3 1= - 3 .2e
1
當(dāng)0 < x < n 時(shí)，由上可知， ln x +1+ 0, t < 0，
x
所以 h x = ln x 1 1+ + - 2tx 0恒成立，合題.
x
1
綜上所述： t - , -
ù
è 2e3 ú
.

【變式 8-1】已知函數(shù) f x = x - a ex +1 ， g x = ax ln x + x + e-2 a R ，設(shè)max m, n 表示m ，n的最
大值，設(shè) F x = max f x , g x .
(1)討論 f x 在 0, + 上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)當(dāng) x 0時(shí)F x 0，求 a的取值范圍.
【解析】（1） f x = x - a +1 ex +1 x，令m x = x - a +1 e +1，則m x = x - a + 2 ex ，
當(dāng) x < a - 2 時(shí)，m x < 0 ；當(dāng) x a - 2 時(shí)，m x 0，
∴ m x 在 - ,a - 2 上單調(diào)遞減，在 a - 2, + 上單調(diào)遞增.
①當(dāng) a 2時(shí)，m x 在 0, + 上單調(diào)遞增，m x m 0 = 2 - a 0， f x 無零點(diǎn)；
②當(dāng) a 2時(shí)，m x 在 0, a - 2 上單調(diào)遞減，在 a - 2, + 上單調(diào)遞增.
∴ m x = m a - 2 =1- ea-2 < 0，而m 0 = 2 - a < 0 ，m a = ea +1 0min ，
∴ $x0 a - 2, a ，使得m x0 = 0，∴ m x 在 0, + 上有且只有一個(gè)零點(diǎn).
綜上所述，當(dāng) a 2時(shí)， f x 在 0, + 上無零點(diǎn)；
當(dāng) a 2時(shí)， f x 在 0, + 上有且只有一個(gè)零點(diǎn).
（2）①當(dāng) a 0時(shí)， f x = x - a ex +1 0 在 0, + 上恒成立，顯然F x 0；
②當(dāng) a 0時(shí)，若0 < x < a ， f x < 0 ；若 x a， f x 0 .
∴ F x 0等價(jià)于 g x 0在 0,a 上恒成立.
∵ g x = ax ln x + x + e-2 ，∴ g x = a ln x + a +1.
令 g x 0 1，則 -1-x e a ；令 g x < 0，則 -1
1
-
0 < x < e a .

-1 1- 1 1- -
∴ g x 在 0,e a ÷上單調(diào)遞減，在 e a , + ÷上單調(diào)遞增，
è è
1 1t = -1- a 1= - t < -1 -1- t 1 t +1e a a e e
t +1
不妨令 ，則 ，則 - = + = .
a t +1 t +1 t +1
令 p t = t +1 et +1， p t = t + 2 et ，易得 p t 在 - , -2 上單調(diào)遞減，在 -2, -1 上單調(diào)遞增，
∴ p t p -2 = -e-2 +1 0，
1
-1- t +1 et +1 1∴ e a - a = < 0，故 -1- a
t +1 e < a
，
1
-1- -1 1-
∴ g

x 在 0,e a ÷上單調(diào)遞減，在 e a , a ÷上單調(diào)遞增，
è è
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1- - - - - - - - - - -1-
∴ g x = g e a ÷ = ae a ln e a
1
+ e a + e-2 = -1- ÷ ae a + e a + e
-2
min
è è a
-1 1- t
= -ae a e+ e-2 = + e-2 ，
t +1
t tet
令 q t e= + e-2 t < -1 ，∴ q t = 2 < 0，
t +1 t +1
∴ q t 在 - , -1 上單調(diào)遞減，而 q -2 = 0，
∵ g x 0在 0,a 上恒成立，
∴ q t 0 1，∴ t -2，即-1- -2，
a
∴ 0 < a 1，
綜上所述， a的取值范圍為 - ,1 .
【變式 8-2】已知函數(shù) f x x 1= -1 ex - x2 +1， g(x) = sin x - ax ，其中 a R .
2
(1)證明：當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) 0；當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < 0；
(2)用max{m,n}表示m, n中的最大值，記F (x) = max{ f (x), g(x)} .是否存在實(shí)數(shù) a，對(duì)任意的 x R ，
F (x) 0恒成立.若存在，求出 a，若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解析】（1） f (x) = xex - x = x(ex -1)， x R .
當(dāng) x 0時(shí)， ex -1 0，則 f (x) 0；當(dāng) x < 0 時(shí)， ex -1 < 0，則 f (x) 0，
當(dāng) x = 0時(shí)， f (0) = 0 ，
所以當(dāng) x R 時(shí)， f (x) 0， f (x) 在R 上是增函數(shù)，
又 f (0) = 0，
所以當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) f (0) = 0；
當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < f (0) = 0 .
（2）函數(shù)F (x)的定義域?yàn)?x R ，
由（1）知，當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) 0，
又F (x) = max f (x), g(x) f (x) ，
所以當(dāng) x 0 時(shí)，F(xiàn) (x) 0恒成立，
由于當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < 0恒成立，
所以F (x) 0等價(jià)于：當(dāng) x < 0 時(shí)， g(x) 0 .
g (x) = cos x - a .
π
①若 a 0，當(dāng)- < x < 0時(shí)，0 < cos x <1，
2
故 g (x) 0， g(x)遞增，此時(shí) g(x) < g(0) = 0，不合題意；
π π
②若 0 < a < 1，當(dāng)- < x < 0時(shí)，由 g (0)g - ÷ = -a(1- a) < 0知，2 è 2
x π - ,0 存在 0 ÷ ，使得 g (x0) = 0，根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性可知，
è 2
πg(shù) (x) - ,0 在 ÷ 上遞增，故當(dāng) x (x0 ,0)， g (x) 0， g(x)遞增，此時(shí) g(x) < g(0) = 0，不合題意；
è 2
③若 a 1，當(dāng) x < 0 時(shí)，由 cos x 1知，對(duì)任意 x < 0 ， g (x) 0， g(x)遞減，
此時(shí) g(x) g(0) = 0，符合題意.
綜上可知：存在實(shí)數(shù) a滿足題意， a的取值范圍是[1, + ) .
【變式 8-3】已知 a為實(shí)數(shù)，函數(shù) f x = axlnx + x + e-2 , g x = x - a ex +1 .
(1)若函數(shù) y = f x 在 x =1處的切線斜率為 2，求 a的值；
(2)討論函數(shù) y = g x 在 0, + 上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(3)設(shè)max m, n 表示m, n的最大值，設(shè)F x = max f x , g x .當(dāng) x 0時(shí)，F(xiàn) x 0，求 a的取值范圍.
-2
【解析】（1） f x = axlnx + x + e f x = a ln x +1 +1，
因?yàn)楹瘮?shù) y = f x 在 x =1處的切線斜率為 2，
所以 f 1 = a ln1+1 +1 = 2 a =1；
（2） g x = ex x - a +1 +1，
令 h x = ex x - a +1 +1，
h x = ex 重難點(diǎn)突破 05 利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納總結(jié) ...................................................................................................................................3
題型一：直接法 ....................................................................................................................................3
題型二：端點(diǎn)恒成立 ............................................................................................................................5
題型三：端點(diǎn)不成立 ............................................................................................................................6
題型四：分離參數(shù)之全分離，半分離，換元分離 ............................................................................7
題型五：洛必達(dá)法則 ............................................................................................................................9
題型六：同構(gòu)法與朗博同構(gòu) ..............................................................................................................10
題型七：必要性探路 ..........................................................................................................................11
題型八：max，min 函數(shù)問題 ...........................................................................................................13
題型九：構(gòu)造函數(shù)技巧 ......................................................................................................................14
題型十：雙變量最值問題 ..................................................................................................................16
題型十一：恒成立問題求參數(shù)的具體值 ..........................................................................................17
03 過關(guān)測試 .........................................................................................................................................18
1、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題的求解策略：
（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(shí)，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．
2、利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)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 ．
3、不等式的恒成立與有解問題，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 ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmax 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 ，$x2 c,d ，有 f x1 < g x2 成立，則 f x < g xmin max ；
（4）若"x1 a,b ，$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．
4、法則 1 若函數(shù) 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(diǎn)a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內(nèi)， f (x)與 g(x)可導(dǎo)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(shù) 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(dǎo)，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(shù) 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(diǎn)a 的去心鄰域 a - e ,a a,a + e 內(nèi)， f (x)與 g(x)可導(dǎo)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(dá)法則求未定式的極限是微分學(xué)中的重點(diǎn)之一，在解題中應(yīng)注意：
（1）將上面公式中的 x a ， x + , x - ， x a+ ， x a- 洛必達(dá)法則也成立．
0 0 0
（2）洛必達(dá)法則可處理 ， ，0 × ，1 ， ，0 ， - 型．0
0
3 0 × 1 0 0（ ）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足 ， ， ， ， ，0 ， - 型定式，0
否則濫用洛必達(dá)法則會(huì)出錯(cuò)．當(dāng)不滿足三個(gè)前提條件時(shí)，就不能用洛必達(dá)法則，這時(shí)稱洛必達(dá)法則不適用，
應(yīng)從另外途徑求極限．
（4）若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止．
f x f x f xlim = lim = lim
g x g x g x ，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則．x a x a x a
題型一：直接法
【典例 1-1】（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xlnx ， h x = x x -1 x 0 ．
(1)試比較 f x 與 h x 的大小；
(2)若 f x x -1 ax - a +1 恒成立，求 a的取值范圍．
f x 2【典例 1-2】（2024·山西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) = ， g x = lnx - ax ， a 0 .
ax
(1)討論函數(shù) g x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a 0時(shí)，F(xiàn) x = g x - f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
1
【變式 1-1】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = alnx - + x a R .
x
(1)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
2
(2)若關(guān)于 x 的不等式 f x 2x - 在 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍.
e
【變式 1-2】（2024·湖南衡陽·三模）已知函數(shù) f (x) = (x -1)ex - ax2 +1.
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求函數(shù) f (x) 在點(diǎn)P(1, f (1)) 處的切線方程；
(2)若 x [0,+ )，不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【變式 1-3】（2024 f x =（a2·四川成都·模擬預(yù)測）設(shè) -1)ex + sin x - 3
(1)當(dāng) a = 2 ，求函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
(2)函數(shù) h(x) = f (x) - sin x - x2 + 2ax + 2，若對(duì)任意 x 0 ，恒有 h(x) 0，求實(shí)數(shù) a的取值范圍
題型二：端點(diǎn)恒成立
【典例 2-1】（2024 x·廣西·三模）已知函數(shù) f x = e - x .
(1)求函數(shù) f x 的極值；
(2)若對(duì)任意 x 0, f x 1 ax2 +1，求 a的取值范圍.
2
a
【典例 2-2】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ex - x3 -1．
3
(1)若 f x 有 3 個(gè)極值點(diǎn)，求 a的取值范圍；
(2)若 x 0, f x ax2 + x ，求 a的取值范圍．
x
【變式 2-1】（2024·山西·三模）已知函數(shù) f x = a e - x +1
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) ax2 恒成立，求 a的取值范圍
ax
【變式 2-2】（2024·河北·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ， g x = sin x + cos xx .e
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的極值；
(2)當(dāng) x 0, π 時(shí)， f x g x 恒成立，求 a的取值范圍.
題型三：端點(diǎn)不成立
x 1 2 2
【典例 3-1】（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）已知 f x = x - a -1 e - ax + a x -1．（ a R ）
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若 a = -1 1 2，且存在 x 0, + ，使得 f x lnx + x + b +1 x ，求b 的取值范圍．
2
ln x
【典例 3-2】（2024·山東泰安·三模）已知函數(shù) f x = x a - ÷ a 0 .
è x
(1)討論 f x 的最值；
x
(2) a =1 f x ke - x若 ，且 ≤ ，求 k 的取值范圍.
x
【變式 3-1】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ax ln x - 2x + b （ a，b R ）在點(diǎn) 1, f 1 處的切
線方程為 y = -x．
(1)求函數(shù) f x 的極值；
(2)設(shè) g x = ex éxf 1 2ùê ÷ + ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求m 的取值范圍．
è x
【變式 3-2】（2024 x-a·安徽合肥·模擬預(yù)測） f x = e a R .
(1)若 f x 的圖象在點(diǎn) A x0 , f x0 處的切線經(jīng)過原點(diǎn)，求 x0 ；
(2)對(duì)任意的 x 0, + ，有 f x sinx，求 a的取值范圍.
【變式 3-3】（2024·浙江金華·三模）已知函數(shù) f x = ax + x ln x在 x=e（ e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）處取得
極值．
(1)求實(shí)數(shù) a 的值；
f x
(2)若不等式 k 1
1
+

÷恒成立，求 k 的范圍．x è x
題型四：分離參數(shù)之全分離，半分離，換元分離
a ln x
【典例 4-1】（2024·陜西咸陽·三模）已知函數(shù) f (x) = + x -1 .
x
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù) g(x) = f (x) - x 極值；
(2)若對(duì)任意 x 1,+ ， f (x) a +1恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
2
【典例 4-2】（2024 x 2·湖南衡陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - x，函數(shù) g x = x + x - 2 a 0 ．
a
(1)若直線 x = t t R 與函數(shù) f x t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 處的切線相互平行或重合，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(gè)不同的極值點(diǎn)x1，x2，且 x1 x2 ，存在實(shí)數(shù)l 0使得不2
e1+l < x × xl等式 1 2 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
【變式 4-1】已知函數(shù) f x = x2 + 2x + 2 ex ．
(1)若函數(shù)m x 1= ax3 + 2ax2 + 4ax，F(xiàn) x = f x + m x ，討論函數(shù)F x 的單調(diào)性；
3
f x x2 + 2 ex + x +1 2(2)若不等式 ln x + bx +1 恒成立，求實(shí)數(shù) b 的取值范圍．
【變式 4-2】（2024·山東濟(jì)南·三模）已知函數(shù) f (x) = a x + 2x - 2，其中 a 0且 a 1．
(1)若 f x 是偶函數(shù)，求 a 的值；
(2)若 x 0時(shí)， f x 0，求 a 的取值范圍．
1
【變式 4-3】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x = xlnx - x - ax2 的兩個(gè)極值點(diǎn)分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數(shù)l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
x
【變式 4-4】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ae + x + 2，曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線
與 x 軸平行．
(1)求實(shí)數(shù) a的值；
(2)若對(duì)于任意 x e, + ， f x lx恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍．
f (x) m 2【變式 4-5】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) = x - x - ln x (m R) .
2
(1)當(dāng)m = 2 時(shí)，求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若"x 0，不等式 f (x) x2 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
題型五：洛必達(dá)法則
【典例 5-1】已知函數(shù) f (x)=a ln x + bx(a,b R) x 1在 = 處取得極值，且曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處
2
的切線與直線 x - y +1 = 0 垂直.
(1)求實(shí)數(shù) a,b的值；
(2)若"x [1 , + ) ，不等式 f (x) (m - 2)x m- 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
x
x
【典例 5-2】設(shè)函數(shù) f (x) =1- e- x .當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) ，求 a 的取值范圍.
ax +1
f (x) sin x【變式 5-1】設(shè)函數(shù) = ．如果對(duì)任何 x≥0，都有 f (x)≤ax，求 a 的取值范圍．
2 + cos x
【變式 5-2】（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = ex - ax -1 .
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性;
(2)若對(duì)任意的 x 0, f (x) 0 恒成立，求 a的范圍.
題型六：同構(gòu)法與朗博同構(gòu)
【典例 6-1】已知函數(shù) f x = ex , g x 1= .
x
(1)若h x = f x -mg x m R ，判斷 h x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
a +1
(2)當(dāng) x 0時(shí)，不等式 exf x + lnx + 2g x 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
【典例 6-2】（2024 2 a·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ax - 2e lnx ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) x 2時(shí)， f x 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【變式 6-1】已知函數(shù) f x = x a - e2x ，其中 a R .
(1)討論函數(shù) f x 極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)對(duì)任意的 x 0，都有 f x - ln x -1，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
ln x
【變式 6-2】（2024·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；
lxlx 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 的最大值. e +1 x -1
【變式 6-3】（2024·云南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = ex + a, g(x) = ln x.
(1)若函數(shù) g x 在 x =1處的切線 l也與函數(shù) f x 的圖象相切，求 a的值；
(2)若 f x + a g x 恒成立，求 a的取值范圍.
2
【變式 6-4】（2024·內(nèi)蒙古·三模）已知函數(shù) f x = x - ax + 2lnx .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若a 0, f x eax 恒成立，求 a的取值范圍.
題型七：必要性探路
2x
【典例 7-1】（2024·江西九江· e統(tǒng)考三模）已知函數(shù) f x = a R
ax -1
(1)討論 f(x)的單調(diào)性：
(2)當(dāng) a = -2 時(shí)，若 x 0 ， f x ln 1+ 2x -mx -1，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍．
x
【典例 7-2】已知函數(shù) f (x) e= (a < 0)）在 x =1
e
處的切線斜率為- .
ax -1 4
(1)求 a 的值；
(2)若 x 1， f (x -1) ln x - m(x -1) -1，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
【變式 7-1】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = lnx - ax - cosx,a R .
(1)當(dāng) a -1時(shí)，求 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)已知函數(shù)F x = f x + xlnx + cosx + 2，若F x 0在 1, + 上恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【變式 7-2 - x】（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）函數(shù) f x = e sin x
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 時(shí)恒成立，求 a的取值范圍.
【變式 7-3】（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = xex .
(1)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若關(guān)于 x 的不等式 f (x) + f (1- x) a 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
【變式 7-4】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = 2sin x + ln(x +1) - ax．
π
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求函數(shù) f (x) 在區(qū)間 0, 2 ÷上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；è
(2)若 x 0 時(shí)，不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【變式 7-5】（2024 x·四川綿陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - k cos x，其中 k 為常數(shù).
(1)當(dāng) k =1時(shí)，討論函數(shù) f x 在 0, + 上的單調(diào)性；

(2)若"x 0,
π
÷， f x 1，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍.
è 2
【變式 7-6】（2024·重慶·三模）已知函數(shù) f (x) = x ln x + ax +1.
(1)若 a =1，求 f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程，并求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:
1 1
(2) f (x) é ù é ù若 在定義域 ê ,eú 上的值域是 ê ,eú 的子集，求實(shí)數(shù) a的取值范圍. e e
題型八：max，min 函數(shù)問題
1 1
【典例 8-1 x-1 2】已知函數(shù) f (x) = (x - 2)e - x + x + ， g(x) = ax -sin x - ln(x +1)，其中 a R .
2 2
（1）證明：當(dāng) x…1時(shí)， f (x)…0 ；當(dāng) x <1時(shí)， f (x) < 0；
（2）用max{m,n}表示 m，n 中的最大值，記F (x) = max{ f (x), g(x)} .是否存在實(shí)數(shù) a，對(duì)任意的 x R ，
F (x)…0 恒成立.若存在，求出 a；若不存在，請(qǐng)說明理由.
ax2 1
【典例 8-2】已知 e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù) f x = x ，直線 y = x為曲線 y = f x 的切線，e e
g x = x +1 lnx ．
(1)求 g x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)求 a的值；
ìm, m n,
(3)定義min m, n = í 函數(shù)m x = min f x , g x ， h x = m x - tx2 在 0, + n,m n, 上單調(diào)遞增，求實(shí)
數(shù) t的取值范圍．
【變式 8-1】已知函數(shù) f x = x - a ex +1 ， g x = ax ln x + x + e-2 a R ，設(shè)max m, n 表示m ，n的最
大值，設(shè) F x = max f x , g x .
(1)討論 f x 在 0, + 上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)當(dāng) x 0時(shí)F x 0，求 a的取值范圍.
1
【變式 8-2】已知函數(shù) f x = x -1 ex - x2 +1， g(x) = sin x - ax ，其中 a R .
2
(1)證明：當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) 0；當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x) < 0；
(2)用max{m,n}表示m, n中的最大值，記F (x) = max{ f (x), g(x)} .是否存在實(shí)數(shù) a，對(duì)任意的 x R ，
F (x) 0恒成立.若存在，求出 a，若不存在，請(qǐng)說明理由.
-2
【變式 8-3】已知 a為實(shí)數(shù)，函數(shù) f x = axlnx + x + e , g x = x - a ex +1 .
(1)若函數(shù) y = f x 在 x =1處的切線斜率為 2，求 a的值；
(2)討論函數(shù) y = g x 在 0, + 上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(3)設(shè)max m, n 表示m, n的最大值，設(shè)F x = max f x , g x .當(dāng) x 0時(shí)，F(xiàn) x 0，求 a的取值范圍.
題型九：構(gòu)造函數(shù)技巧
【典例 9-1】已知函數(shù) f x = mx ln x -1，m 0 ．
（1）討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
2 g x = x2 2（ ）若 - x，且關(guān)于 x 的不等式 f x g x 在 0, + 上恒成立，其中 e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，求
e
實(shí)數(shù)m 的取值范圍．
【典例 9-2】已知關(guān)于 x 的函數(shù) y = f (x), y = g(x)與 h(x) = kx + b(k,b R)在區(qū)間 D 上恒有 f (x) h(x) g(x)．
1 f x = x2（ ）若 + 2x，g x = -x2 + 2x，D = (- ，+ )，求 h(x)的表達(dá)式；
（2）若 f (x) = x2 - x +1，g(x) = k ln x，h(x) = kx - k, D = (0，+ ) ，求 k 的取值范圍；
（3）若 f x = x4 - 2x2，g x = 4x2 -8，h x = 4 t3 - t x - 3t 4 + 2t 2 (0 < t 2)，D = m,n é - 2, 2 ù ，求證：
n - m 7 ．
【變式 9-1】已知函數(shù) f x = xex - ln x -1.
(1)求函數(shù) f x 在 x =1處的切線方程；
(2)若不等式 f x ax a R 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
【變式 9-2 x】已知函數(shù) f x = e - ea a + lnx .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的取值范圍.
【變式 9-3 x】已知函數(shù) f x = axe - ln x +1 ．
(1)判斷 f x 的導(dǎo)函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)若 f x 2ln a - 3ln 2 - 3，求 a 的取值范圍．
【變式 9-4】（2023·安徽合肥·合肥市第六中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ln x + 2ax +1，
g x = x ex +1 （e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
(1)若函數(shù) f x 的最大值為 0，求 a 的值；
(2)若對(duì)于任意正數(shù) x， f x g x 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
題型十：雙變量最值問題
【典例 10-1】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）已知關(guān)于 x 不等式 aex x + b 對(duì)任意 x R 和正數(shù)b 恒成立，
a
則 的最小值為（
b ）
A 1． 2 B．1 C． 2 D．2
【典例 10-2】（2024·江蘇·模擬預(yù)測）已知 f x = mx + n， g x = ln x，對(duì)于"x 0, + ，
f x g x 恒成立，則m + 2n 的最小值為（ ）
A．- ln 2 B．－1 C．- ln 4 D．－2
【變式 10-1】若對(duì)于任意正實(shí)數(shù) x ，都有 ln x - aex - b +1 0 ( e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))成立，則 a + b 的最小值
是 .
【變式 10-2】已知函數(shù) f (x) = x3 , x 0， g(x) = ax + b，其中 a,b R.
(1)若 a + b = 0，且 f (x) 的圖象與 g(x)的圖象相切，求 a的值；
(2)若 f (x) g(x) 對(duì)任意的 x 0恒成立，求 a + b 的最大值.
【變式 10-3】（2024 x 2 2·高三·江蘇蘇州·開學(xué)考試）已知函數(shù) f x = e + x - x， g x = x + ax + b，
a, b R．
（1）當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù)F x = f x - g x 的單調(diào)區(qū)間；
（2）若曲線 y = f x - g(x) 在點(diǎn)(1，0)處的切線為 l : x＋y－1＝0，求 a，b 的值；
（3）若 f x g x 恒成立，求 a + b 的最大值．
題型十一：恒成立問題求參數(shù)的具體值
【典例 11-1 x】已知函數(shù) f x = e -1 2 + cosx - 3asinx．
(1)當(dāng) a =1時(shí)，討論 f x 在區(qū)間 0, + 上的單調(diào)性；
3π
(2)若"x
é
ê- , + ÷ , f x 0 ，求 a 的值． 4
x
【典例 11-2】（2024·福建福州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e ， g x = sinx + cosx，其中 e為自然對(duì)數(shù)的
底數(shù).
(1)證明： x 0 時(shí)， ex -1 x sinx ；
(2)求函數(shù)h x = f x - g x 5 在 - π,+ ÷內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
è 4
(3)若 f x + g x ax + 2，求 a的取值范圍.
【變式 11-1】（2024·河北保定·三模）已知函數(shù) f x = ax + ln x +1 .
(1)若 a = -2 ，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x 0 恒成立，求 a的取值集合.
【變式 11-2】（2024·福建福州·三模）已知函數(shù) f (x) = ax - ln(1- x)(a R)．
(1)求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值
1．（2024·遼寧沈陽·三模）已知函數(shù) f x = ex-1 - a（其中 a R ）， g x = lnx .
(1)當(dāng) a = 0時(shí)，求函數(shù) f x 的圖象在點(diǎn) 0, f 0 處的切線方程；
(2)當(dāng) x 0時(shí)，若 f x g x 恒成立，求 a的取值范圍.
f (x) x + 22．（2024·甘肅酒泉·三模）已知函數(shù) =
ex
．
(1)求函數(shù) f (x) 的極值；
(2)若對(duì)任意 x [0,+ )，都有 f (x) a - x成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
3 x．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ae - x ln x .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù) f x 在 1, f 1 處的切線方程；
(2)若 f x 為增函數(shù)，求 a的取值范圍.
4．（2024 2x·廣西·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x = -a ln x + e ， a 0．
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明： f x - 2a - a ln 2 + a ln a 0．
5．（2024·江西·模擬預(yù)測）已知曲線 f x = x + a ln x在點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程為 y = bx - 3．
(1)求 a，b 的值；
(2)求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
1
(3)已知 x y ，且 f x + f y = a ln xy ，證明：對(duì)任意的m 1,2 ，3 2x + my 4．
2
6 2．（2024·河南·三模）已知函數(shù) f x = axcosx - a - 4x sinx, g x = a - 4x2 sinx -8xcosx .
(1)如果 a =16，求曲線 y = f x + g x 在 x = π 處的切線方程；
π
(2)如果對(duì)于任意的 x

0, ÷ 都有 f x 0且 g x 0，求實(shí)數(shù) a滿足的條件.
è 2
7．（2024·湖北荊州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x ln x .
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
1
(2) é ,eù若對(duì)于任意 ê ú ，都有 f (x) ax -1，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍. e
8．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知 a…1，函數(shù) f x = axlnx - xa +1 .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的最小值；
(2)若 x 1時(shí)， f x < 0 恒成立，求 a的取值范圍.
9．（2024 x·河南信陽·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x = e ， g x = ln x
(1)已知 ex kx ln x 對(duì)任意 x 0, + 恒成立，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍；
(2)已知直線 l與曲線 f x ， g x 分別切于點(diǎn) x1, f x1 ， x2 , g x2 ，其中 x1 > 0．
① e-2 < x -1求證： 2 < e ；
②已知 lx2 - x +1 ex + x 0對(duì)任意 x x1,+ 恒成立，求l 的取值范圍．
2
10．（2024 x·黑龍江·三模）設(shè)函數(shù) f x = + 1- k x - klnx.
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性;
3
(2) k x f x < - k 2若 為正數(shù)，且存在 0 ，使得 0 ，求 k 的取值范圍.2
11 x．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xe ．
(1)若存在唯一的負(fù)整數(shù) x0 ，使得 f x0 < m x0 -1 ，求m 的取值范圍；
2
(2)若 a 0 x -1, + af ax 3 ln x +1 ，當(dāng) 時(shí)， + ，求 a的取值范圍．
8
12．（2024·福建廈門·三模）已知函數(shù) f x = a ln x +1 .
f x - f b(1)若 a = 2，設(shè)b 0，討論函數(shù) g x = 的單調(diào)性；
x - b
h x f x 1 1- a a(2)令 = - + x2 - x，若存在 x0 1，使得 h x0 < ，求 a的取值范圍.2 a -1
13．（2024·云南昭通·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù) f x = ex - ln x + a ， a R .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若 f x a，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
14．（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = kx - ln(1+ x)(k 0) .
(1)當(dāng) k =1時(shí)，求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (0, f (0)) 處的切線方程；
(2)如果存在 x0 (0, + ) ，使得當(dāng) x 0, x0 時(shí)，恒有 f (x) < x2 成立，求 k 的取值范圍.
15．（2024·河北·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = e - a ex + x a R .
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若存在實(shí)數(shù) a，使得關(guān)于 x 的不等式 f x la 恒成立，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
16．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若存在 x 0，使得 f (x) ax 成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
17．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = a ln x + x -1 a R .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)"x 1, + ， f x ≥-2ln x + ln x 2，求 a的取值范圍.
18．（2024·江西·二模）設(shè)函數(shù) f x = a ln x - x ，其中 a R .
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若關(guān)于 x 的不等式 f x + x - a x + ln x ≥ x cos x - 2sin x 在[0, p]上恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
19．（2024·安徽·三模）已知函數(shù) f (x) = aex - e- x - (a +1)x, a 0．
(1)求證： f (x) 至多只有一個(gè)零點(diǎn)；
(2)當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， x1, x2 分別為 f (x) 的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)，若 f x1 + kf x2 0成立，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍．
20．（2024 x·四川雅安·三模）已知函數(shù) f x = e - axcosx, g x = sinx -1 .
π
(1)當(dāng) a =1 é ù時(shí)，求函數(shù) f x 在 x ê0, 2 ú 上的值域；
(2)若關(guān)于 x 的不等式 f x + g x 0在 x é0, π ùê 2 ú 上恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
21．（2024·北京海淀·二模）已知函數(shù) f x = ln x - a + 2 3a - x (a 0) .
(1)若 a =1，
①求曲線 y = f x 在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程；
②求證：函數(shù) f x 恰有一個(gè)零點(diǎn)；
(2)若 f x lna + 2a對(duì) x a,3a 恒成立，求 a的取值范圍.
22．（2024 2·遼寧·二模）已知函數(shù) f x = ax - ax - ln x .
(1)若曲線 y = f x 在 x =1處的切線方程為 y = mx + 2 ，求實(shí)數(shù) a, m的值；
(2)若對(duì)于任意 x 1， f x + ax a 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
2
23．（2024 ax + x -1·北京通州·二模）已知函數(shù) f x = ， a R
ex
．
(1)當(dāng) a = 0時(shí)，求曲線 y = f x 在點(diǎn) 0, f 0 處的切線方程；
(2)當(dāng) a 0時(shí)，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
1 1
(3)在（2）的條件下，若對(duì)于任意 x 1,3 ，不等式 f x 1+ 2 成立，求 a 的取值范圍．2 e
24．（2024·云南昆明·一模）已知函數(shù) f x ln x= ．
x +1
(1)求曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程；
(2)當(dāng) x 1時(shí)， f x ≤ a x -1 ，求 a 的取值范圍．
25．（2024·天津·二模）已知函數(shù) f x = ex - ax ， a R ．
(1)若曲線 y = f x 在 x =1處的切線的斜率為 2，求 a的值；
1+ x
(2)當(dāng) a = 0時(shí)，證明："x 0,1 ， f 2x < ；
1- x
(3)若 f x + sin x 1在區(qū)間 0, + 上恒成立，求 a的取值范圍．
26．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = sinx - xcosx .
y = f x π , f π (1)求曲線 在點(diǎn) ÷÷處的切線方程；
è 2 è 2
h x f x m(2)設(shè)函數(shù) = + x3 , x 0,m R ，若曲線 y = h x 不在 x 軸的上方，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
3
27．（2024·江西南昌·二模）已知 f (x) = a x - xa (x 0,a 0且 a 1) .
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求證： f (x) 在 (e, + )上單調(diào)遞增;
a e x ée
2
(2)設(shè) ，已知" ê ln a,+ ÷，有不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
2

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