专题06 导数中的存在与恒成立问题

第1页（共21页）专题06专题06导数中的存在与恒成立问题热点研究热点研究专题热度★★★★☆命题热点(1)存在与恒成立问题，既含自变量又含参变量．(2)与函数、数列、方程、几何有机结合起来，具有形式灵活、思维性强、知识交汇点多等特点．热门方法分离参数法、数形结合法、最值法、构造法、一元二次方程根的判别式法、更换主元法．热点题型选择题、填空题、解答题．热点突破热点突破热点1分离参数法名师点拨1．利用分离参数法来确定不等式fx,λ≥0,（x∈D,λ为实参数）恒成立中参数(1)将参数与变量分离,即化为gλ≥fx（或(2)求fx在x∈D上的最大（或最小）值；若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”(3)解不等式gλ≥fxmax(或2．重要结论(1)λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min．(2)λ≥f(x)能成立⇔λ≥f(x)min；λ≤f(x)能成立⇔λ≤f(x)max．3．参变分离法的适用范围(1)已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法．(2)要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题．【例1】（2023•滨州二模）已知函数f（x）＝eax﹣2lnx﹣x2+ax，若f（x）＞0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．(2e，+∞) B．(0，2e) 【答案】A【分析】依题意可得eax+ax＞x2+2lnx＝e2lnx+2lnx，进而可得a＞2lnxx在x∈（0，+∞）上恒成立，构造函数【解答】解：f（x）＞0等价于eax+ax＞x2+2lnx＝e2lnx+2lnx，令函数g（x）＝ex+x，则g′（x）＝ex+1＞0，故g（x）是增函数，eax+ax＞e2lnx+2lnx等价于ax＞2lnx（x＞0），即a＞2lnx令函数ℎ(x)=2lnxx，则当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，h（x）＜0，h（x）单调递减，所以ℎ(x)故实数a的取值范围为(2故选：A．【例2】（2023•惠州模拟）已知x∈(0，π2)，且ax＜sinx＜bx恒成立，则A．1 B．2π C．2π−1【答案】D【分析】首先由于x∈(0，π2)对于原不等式变形为a＜sinxx＜b，从而构造函数f(x)=sinx【解答】解：由已知有x＞0，对原不等式同时除以x，可得：a＜sinx构造f(x)=sinxx，即求b﹣a的最小值即求f（x）在f'(x)=cosx⋅x−sinxx2，令h（x）＝cosx•x﹣sinx，h′（x）＝﹣x因为x∈(0，π2)，故h′（x）＜0恒成立，故h（x又因为h（0）＝0，故h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜0在(0，π故f（x）在(0，π且x→0时，sinxx→1，当x=π2故b﹣a的最小值为1−2故选：D．【例3】（2023•禹王台区校级模拟）若存在x∈[1，+∞），使得关于x的不等式(1+1xA．2 B．1ln2 C．ln2﹣1 D．【答案】D【分析】由(1+1x)x+a≥e两边取对数可得（x+a）ln（1+1x）≥1，令1+1x=t，则不等式可转化为（1t−1+a）lnt≥1，即a≥1lnt−【解答】解：由(1+1x)x+a≥e两边取对数可得（x+a）令1+1x=t，则x=1t−1，因为x则不等式①可转化为（1t−1+a）又因为lnt＞0，所以a≥1lnt−1t−1，因为存在x∈所以存在t∈（1，2]，a≥1lnt−令g（x）=1lnx−1所以g′（x）=−1令h（x）＝（lnx）2﹣x−1x+2，所以h′（x）=1x•（2lnx）﹣1令m（x）＝2lnx﹣x+1x，x所以m′（x）=2x−所以m（x）在（1，2]上单调递减，所以m（x）＜m（1）＝0，所以h′（x）＜0，所以h（x）在（1，2]上单调递减，所以h（x）＜h（1）＝0，所以g′（x）＜0，所以g（x）在（1，2]上单调递减，所以g（x）≥g（2）=1ln2−1，所以所以实数a的最小值为1ln2故选：D．热点2切线法名师点拨把恒成立问题转化为直线与曲线的位置关系，通过直线与曲线相切求参数的临界值．【例4】（2023•白山一模）若关于x的不等式2ex+x2﹣2ax≥3﹣a2恒成立，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，e] B．[e，+∞） C．（﹣∞，1] D．[1，+∞）【答案】D【分析】由题意可得2ex≥﹣x2+2ax﹣a2+3恒成立，即函数y＝2ex的图象始终在y＝﹣x2+2ax﹣a2+3的图象上方，当两函数图象相切时，a取最小值，设切点为（x0，y0），列出方程组，解出a的值，即得答案．【解答】解：因为不等式2ex+x2﹣2ax≥3﹣a2恒成立，即不等式2ex≥﹣x2+2ax﹣a2+3＝3﹣（x﹣a）2恒成立，即函数y＝2ex的图象始终在y＝﹣x2+2ax﹣a2+3的图象上方，当两函数图象相切时，a取最小值，又因为y＝2ex，y′＝2ex；y＝﹣x2+2ax﹣a2+3，y′＝﹣2x+2a，设此时的切点为（x0，y0），则有2ex0=−2x0所以a的取值范围是[1，+∞）．故选：D．【例5】（2023•福州模拟）若关于x的不等式2+lnx≤ax+b≤ex恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[1e，1] B．[1，e] C．[1，【答案】C【分析】设f（x）＝2+lnx，g（x）＝ex，求两个曲线公切线的斜率即可．【解答】解：设f（x）＝2+lnx，g（x）＝ex，依题意只需求公切线斜率即可．f'(x)=1x，g′（x）＝ex，设切点分别为（x1，2+lnx1），则切线方程为y−(2+lnx1)=y−ex2则1x1=ex2①1+lnx代入②得：(1+lnx1)(1−故公切线斜率为k＝1或k＝e，如图，由图象可知，a∈[1，e]．故选：C．【例6】（2023•叙州区校级模拟）已知函数f(x)=lnxx，若|f（x）|≥mx﹣m恒成立，则A．（﹣∞，0] B．[﹣1，1] C．（﹣∞，﹣1] D．[﹣1，0]【答案】D【分析】利用导数研究函数的单调性，再利用导数解决不等式恒成立问题，根据数形结合的思想方法即可得出结果．【解答】解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1−lnx令f′（x）＝0，解得x＝e，当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，又f（1）＝0，f（e）=1e，当x＞e时，所以|f（x）|的图象如图所示：令g（x）＝mx﹣m＝m（x﹣1），g（x）恒过定点（1，0），要使|f（x）|≥g（x），必有g（x）的图象恒在|f（x）|图象的下方，则m≤0，当g（x）与|f（x）|的图像相切于点（1，0）时，m取得最小值，当0＜x≤1时，|f（x）|＝|lnxx|=−令h（x）=−lnxx，则h′（x）=lnx−1此时g（x）切线的斜率为﹣1，故m∈[﹣1，0]．故选：D．热点3数形结合法名师点拨1．对于参数不能单独放在一侧的，即不能用分离参数法解决问题时，可以利用函数图象来解。利用数形结合解决恒成立问题：应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．2．函数的不等关系与图象特征(1)若，均有的图象始终在的下方．(2)若，均有的图象始终在的上方．3．利用数形结合解决恒成立问题，往往具备以下几个特点(1)所给的不等式运用代数手段变形比较复杂，比如分段函数，或者定义域含参等，而涉及的函数便于直接作图或是利用图象变换作图．(2)所求的参数在图象中具备一定的几何含义．(3)题目中所给的条件大都能翻译成图象上的特征．【例7】（2023•桐乡市校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝xex，若存在t＞0，使得f（x1）＝g（x2）＝t成立，则x1﹣2x2的最小值为（）A．2﹣ln4 B．2+ln4 C．e﹣ln2 D．e+ln2【答案】A【分析】由题设知f(x1)=f(ex2)=t，研究f（x）的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定y＝t＞0、f（x）的交点个数得x1=ex2，进而将目标式化为x1﹣2【解答】解：由题设x1lnx由f′（x）＝1+lnx，则(0，1e)上f′（x）＜0，f（x）递减；(1e，+∞)上f′（f(x)≥f(1e)=−1e，且f由图知：t∈（0，+∞）时，x1=ex2，即x2＝lnx1且x1＞1，所以x1﹣2x2＝x令h（x）＝x﹣2lnx且x∈（1，+∞），则ℎ'(x)=1−21＜x＜2时，h'（x）＜0，h（x）递减；x＞2时，h′（x）＞0，h（x）递增；所以h（x）min＝h（2）＝2﹣2ln2＝2﹣ln4，即x1﹣2x2的最小值为2﹣ln4．故选：A．【例8】（2023•东莞市模拟）已知函数f（x）＝3alnx﹣（a﹣3）x，a∈R．（1）当a＝1时，求曲线g（x）＝f（x）﹣3lnx﹣sinx在x=π（2）设x1，x2是h（x）＝f（x）﹣（3a﹣2）lnx﹣3x的两个不同零点，证明：a（x1+x2）＞4．【答案】（1）2x﹣y﹣1＝0；（2）证明见解析．【分析】（1）当a＝1时，求出g'(π2)（2）令t（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0），设函数n（x）与t（x）相切于（x0，y0），可得y0＝2，x0＝e，a=2e，根据t（x）、n（x）的图象可得0＜a＜2e时有两个不同的交点，h（x）有两个零点，得a的取值范围为(0，2e)，求出h（x），即证x1+x2＞4a，不妨设x1＜x2，由h（x1）＝h（【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝f（x）﹣3lnx﹣sinx＝2x﹣sinx，g'（x）＝2﹣cosx，g'(π2)=2曲线g（x）在x=π2处的切线方程为y−(π−1)=2(x−π2证明：（2）令h（x）＝f（x）﹣（3a﹣2）lnx﹣3x＝2lnx﹣ax＝0，得2lnx＝ax（x＞0），令t（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0），设n（x）与t（x）相切于（x0，y0），由a=t'(x0)=2x0、2lnx0＝y0、ax0＝y0，可得y0＝2，xt（x）＝2lnx（x＞0），n（x）＝ax（x＞0）的大致图象如下，当0＜a＜2e时，t（x）＝2lnx（x＞0）与n（x）＝ax（即h（x）有两个零点，所以a的取值范围为(0，2e当x∈(0，2a)时，h'（x）＞0，h（当x∈(2a，+∞)时，h'（x）＜0，h（x要证a（x1+x2）＞4，只要证x1不妨设x1＜x2，由h（x1）＝h（x2），则0＜x构造函数F(x)=ℎ(x)−ℎ(4F'(x)=ℎ'(x)−ℎ'(4∴F（x）在(0，又F(2a)=0，∴F(x)=ℎ(x)−ℎ(4a又h（x1）＝h（x2），∴ℎ(x而x2，4a−x1∈(2a∴x2＞4∴a（x1+x2）＞4．【例9】（2023•丽水模拟）已知函数f(x)=e（1）求函数f（x）在点(1（2）若x1，x2为方程f（x）＝k的两个不相等的实根，证明：（i）f（x）≥e2x（ii）|x1﹣x2|≤（e42+2【答案】（1）y=−2e14（2）（i）证明见解答．（ii）证明见解答．【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率f′（14），结合f（1（2）（i）所证不等式可化为f(x)x+1≥e2，令g（x）=f(x)x+1，利用导数求得g（x）的单调性，进而得到g（x）（ii）根据（i）知y＝k与y=e2x+e2的交点为（2ke−1，k），从而可知只需证明x1≥54−ek2k，又y＝k与y=−2e14x+52e14的交点为（54−ek2k，k【解答】解：（1）∵f′（x）=e∴f′（14）=−12e14∴所求切线方程为：y−2e14=−2e14（x−（2）（i）证明：令g（x）=exx(x+1)，则g（x）定义域为（0，+∞），g′（当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴g（x）min＝g（1）=e2，即exx(x+1)即f（x）≥e2x（ii）证明：h（x）=exx+2e14x−52e1令φ（x）＝h′（x）＝（x−12−1则φ′（x）=14x−52（4x2h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h′（14∴当x∈（0，14）时，h′（x）＜0，当x∈（14，+∞）时，h′（∴h（x）在（0，14）单调递减，在（1∴h（x）≥h（14）＝0，即exx不妨设x1＜x2，∵y＝k与y=−2e14x+52e14的交点为（54−ek2由图象可知：x1≥54−ek2∴|x1﹣x2|≤2ke−1﹣（54−ek热点4分类讨论法名师点拨若无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解：如果能转化为二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，∆<0或a<0，∆<0)来进行分类讨论．【例10】（2023•徐汇区校级一模）设函数f（x）＝（x﹣1）（ex﹣e），g（x）＝ex﹣ax﹣1，其中a∈R．若对∀x2∈[0，+∞），都∃x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立，则a的最大值为（）A．0 B．1e C．1 D．【答案】C【分析】先利用导数求出f（x）在R上的最小值，再解存在性问题去掉x1，接着再分类讨论，解关于x2的恒成立问题，从而得解．【解答】解：∵f（x）＝（x﹣1）（ex﹣e），x∈R，∴f′（x）＝xex﹣e，，又f′（1）＝0，又当x＞1时，ex＞e，∴xex＞e，∴xex﹣e＞0，∴f′（x）＞0，当0＜x＜1时，1＜ex＜e，∴0＜xex＜e，∴xex﹣e＜0，∴f′（x）＜0，当x≤0时，0＜ex≤1，∴xex≤0，∴xex﹣e＜0，∴f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝0，∵∀x2∈[0，+∞），都∃x1∈R，使得不等式f（x1）≤g（x2）成立，∴∀x2∈[0，+∞），f（x1）min≤g（x2）恒成立，∴∀x2∈[0，+∞），g（x2）≥0恒成立，即∀x∈[0，+∞），g（x）＝ex﹣ax﹣1≥0恒成立，又g′（x）＝ex﹣a，（x≥0），且g′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（0）＝1﹣a，①当1﹣a≥0，即a≤1时，g′（x）≥0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g（x）最小值为g（0）＝0，∴a≤1时，g（x）≥0恒成立，②当1﹣a＜0时，即a＞1时，令g′（x）＝ex﹣a，＝0，得x＝lna，∴x∈（0，lna）时，g′（x）＜0；x∈（lna，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增，而g（0）＝0，∴g（x）的最小值g（lna）＜0，∴∀x∈[0，+∞），g（x）＝ex﹣ax﹣1≥0不恒成立，∴a＞1不满足题意，综合①②可得a的范围为（﹣∞，1]，∴a的最大值为1．故选：C．【例11】（2023•四川模拟）若exx+alnx−ax+A．（0，e2] B．(0，e22] C．【答案】A【分析】根据题意，设t=exx(x＞0)，然后构造f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），由导数研究函数【解答】解：不等式exx+alnx−ax+所以ex设t=exx知0＜x＜1时，t′（x）＜0，t（x）单减；x＞1时，t′（x）＞0，t（x）单增，所以t（x）≥t（1）＝e．令f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），则f'(t)=1−a当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）单调递增，则f（t）≥f（e）＝e﹣a+e2≥0，则a≤e+e2，故0＜a≤e满足条件；当a＞e时，则f（t）在（e，a）上单调递减；在（a，+∞）上单调递增，则f(t)设g（a）＝a﹣alna+e2（a＞e），则g′（a）＝﹣lna＜0，则g（a）在（e，+∞）单调递减，又g（e2）＝e2﹣e2lne2+e2＝0，所以g（a）≥g（e2），则e＜a≤e2，综上所述，a的取值范围是（0，e2]．故选：A．【例12】（2023•广陵区校级模拟）已知函数f（x）＝a2x2﹣lnx+（lnx﹣1）ax，若f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围．【答案】{e}∪(−∞，−【分析】令h（x）＝ax﹣1，g（x）＝lnx+ax，分a＝0，a＞0，a＜0，利用导数法讨论求解．【解答】解：令h（x）＝ax﹣1，g（x）＝lnx+ax，则f（x）＝h（x）•g（x）＝a2x2﹣lnx+（lnx﹣1）ax，g'(x)=1①当a＝0时，f（x）＝﹣lnx，不符合题意；②a＞0时，h（x）在区间(0，1a则需g（x）在(0，1a因为g（x）在（0，+∞）上单增，则需g(1a)=−lna+1=0，此时a③当a＜0时，h（x）在区间（0，+∞）上恒为负，g（x）在区间(0，−在区间(−1a，+∞)上单调递减，故g（x）在x=−1所以实数a的取值范围是{e}∪(−∞，−故答案为：{e}∪(−∞，−热点5等价转化法名师点拨1．λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min．2．λ≥f(x)能成立⇔λ≥f(x)min；λ≤f(x)能成立⇔λ≤f(x)max．【例13】（2023•辽宁模拟）关于x的不等式a2e2x+1﹣lnx+x+1+2lna≥0在（0，+∞）上恒成立，则a的最小值是．【答案】22e【分析】不等式转化为e2x+1+2lna+（2x+1+2lna）≥lnx+x＝elnx+lnx，构造函数f（x）＝ex+x，判断函数单调递增得到2x+1+2lna≥lnx，转化为2x+1﹣lnx+2lna≥0，构造函数g（x）＝2x+1﹣lnx+2lna，根据函数的单调性计算最小值即得到答案．【解答】解：a2e2x+1﹣lnx+x+1+2lna≥0，即e2x+1+2lna+（2x+1+2lna）≥lnx+x＝elnx+lnx，设f（x）＝ex+x，f'（x）＝ex+1＞0恒成立，故f（x）单调递增，原不等式转化为f（2x+1+2lna）≥f（lnx），即2x+1+2lna≥lnx，即2x+1﹣lnx+2lna≥0在（0，+∞）上恒成立．设g（x）＝2x+1﹣lnx+2lna，g'(x)=2x−1当x∈(12，+∞)时，g当x∈(0，12)时，故g(x)min=g(12)=2+ln2+2lna≥0，即2lna≥﹣2﹣ln2＝﹣所以a的最小值是22e故答案为：22e【例14】（2023•甘肃模拟）若关于x的不等式x（2k﹣lnx）＜lnx+4对任意的x∈（1，+∞）恒成立，则整数k的最大值为．【答案】1．【分析】分离参数，构造函数f(x)=lnx+4【解答】解：因为x（2k﹣lnx）＜lnx+4对于任意x∈（1，+∞）恒成立，等价于2k＜lnx+4x+lnx对于任意令f(x)=lnx+4x+lnx，x∈令g（x）＝x﹣lnx﹣3，x∈（1，+∞），则g'(x)=1−1所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，又g（4）＝1﹣ln4＜0，g（5）＝2﹣ln5＞0，所以g（x）＝0在（4，5）有且仅有一个根x0，满足x0﹣lnx0﹣3＝0，即lnx0＝x0﹣3，当x∈（1，x0）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，所以f(x)由对勾函数可知4+14−2＜因为2k＜f（x0），所以98＜f(x0)2故整数k的最大值为1．故答案为：1．【例15】（2023•武功县校级模拟）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，若xf'（x）﹣f（x）=xex，f（1）=−1e，且x≥1时，f（xex）≤f（x+lnx﹣a【答案】[1﹣e，1）．【分析】根据题意构造函数g（x）＝f'（x）=f(x)x+e﹣x，则g'（x）＝（f(x)x）'﹣e﹣x=1−xxex，可得f（x）在（0，+∞）上单调递减，题意转化为xe设y＝x+lnx﹣a，显然y＝x+lnx﹣a在定义域内单调递增，当x≥1时，x+lnx﹣a＞0，只需1﹣a＞0，解得a＜1，即xex≥ln（xex）﹣a，构造函数h（t）＝t﹣lnt+a，t∈[e，+∞），求出h（t）的最小值，即可得出答案．【解答】解：∵xf'（x）﹣f（x）=xex，∴xf'(x)−f(x)x2=又f（x）＝x•f(x)x，则f'（x）=f(x)x+x•（f(x)x）'令g（x）＝f'（x）=f(x)x+e﹣x，则g'（x）＝（f(x)x）'﹣e由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴当x＝1时，g（x）取得极大值也是最大值，g（1）＝f（1）+1e=0，即f∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，又x≥1时，f（xex）≤f（x+lnx﹣a）恒成立，则xex≥x+lnx﹣a＞0，设y＝x+lnx﹣a，显然y＝x+lnx﹣a在定义域内单调递增，∴当x≥1时，x+lnx﹣a＞0，只需1﹣a＞0，解得a＜1，即xex≥ln（xex）﹣a，∴xex﹣ln（xex）+a≥0，令xex＝t，x≥1，则t≥e，转化为t≥e时，t﹣lnt+a≥0，令h（t）＝t﹣lnt+a，t∈[e，+∞），则h'（t）＝1−1由h'（t）＞0得t＞e，即h（t）[e，+∞）上单调递增，∴h（t）≥h（e）＝e﹣1+a≥0，解得a≥1﹣e，综上所述，a的取值范围是[1﹣e，1）．故答案为：[1﹣e，1）．热点6多变量转化法名师点拨1．“多变量含参恒成立”问题例如，恒成立，可等价转化为，，但参数k的“掺和”往往使函数的最值变得不确定，不可避免地要经分类讨论，进一步使整个解题过程显得繁琐不堪．2．“含参恒成立”问题也可用“参变量分离”的方法处理将等价变形为，等价于再解关于k的不等式．【例16】（多选）（2023•龙泉驿区模拟）已知函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝x﹣lnx，则下列说法正确的是（）A．f（lnx）在（1，+∞）上是增函数 B．∀x＞1，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，则正实数a的最小值为2eC．若g（x）＝t有两个零点x1，x2，则x1+x2＜2 D．若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞2），且x2＞x1＞0，则lntx2【答案】ABD【分析】A选项，由题f（lnx）＝x﹣lnx＝g（x），x∈（1，+∞），判断g（x）在（1，+∞）上的单调性即可；B选项，由f（x）单调性，f(ax)≥f(lnC选项，由g（x）＝t有两个零点x1，x2，构造函数应用极值点偏移可解；D选项，因f（1）＜2，g（3）＜2，及f（x），g（x）在（1，+∞）上单调递增，结合B选项分析可判断选项．【解答】解：对于A，f（lnx）＝x﹣lnx＝g（x），x∈（1，+∞），又当x∈（1，+∞）时，g'(x)=1−1x=x−1x＞0，则对于B，x＞1时，lnx2＞0，又a为正实数，所以ax＞0，又x＞0时，f'（x）＝ex﹣1＞0，所以f（x）在（1，+∞）单调递增，故f（ax）≥f（lnx2）⇔ax≥lnx2，即a≥(令φ(x)=2lnxx，知φ'(x)=2−2lnxx2，所以φ（x）在（1，e）上递增，在（e，+∞）上递减，所以φ(x)max=φ(e)=2对于C，g（x）＝t有两个根x1，x2，等价于函数g（x）﹣t有两个零点x1，x2．注意到[g(x)−t]'=1−1x=x−1x，则g（x）﹣t在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，因函数有零点，则[g（x）﹣t]min＝g（1）﹣t＝1﹣t＜0⇒t＞1．设0＜x1＜1＜x2，令h（x）＝g（x）﹣g（2﹣x），x∈（0，1），因为h'（x）＝g'（x）+g'（2﹣x），所以ℎ'(x)=g'(x)+g'(2−x)=x−1x+1−x2−x=−2(1−x)2x(2−x)，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＞h（1）＝0，即当0＜x＜1时，g（x）＞g（2﹣x），由题意g（x2）＝g（x1）＞g（2﹣x1），x2＞1，2﹣x1＞1，且g对于D，由AB选项分析可知，f（x），g（x）在（1，+∞）上单调递增，又f（x1）＝g（x2）＝t（t＞2），f（1）＝e﹣1＜2，g（3）＝3﹣ln3＜2，则x2＞3＞x1＞1．由f（x1）＝g（x2），即ex1−x1=x2−lnx2=elnx2−lnx2，即有f（x1）＝f（lnx2），又x1＞1，lnx2＞1，f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x1＝lnx2，即ex1=x故选：ABD．【例17】（2023•成都模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则a的取值范围是；若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，则t的取值范围是．【答案】0＜a＜18，（﹣∞,﹣11+2【分析】求出函数的导数，得到方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，得到关于a的不等式组，求出a的范围，求出f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的解析式，求出函数的单调性，得到关于a的不等式，求出a的取值范围即可．【解答】解：根据条件f′（x）=2ax2因为函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，所以方程2ax2﹣x+1＝0有两个不相等的正实数根，则12a＞01−8a＞0，解得0＜若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，所以t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max，因为f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）＝ax12−x1+lnx1+ax22−x2+lnx2﹣2（＝a[（x1+x2）2﹣2x1x2]﹣3（x1+x2）+ln（x1x2）=−54a−1﹣ln设h（a）=−54a−1﹣ln（2a）（0＜a＜18），h故h（a）在（0，18）上单调递