专题06 导数中的存在与恒成立问题（精讲）

第⑦，，均使得成立，则。（其中，）．【例1】（2022•苏州模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2+1，若对任意的x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2），都有f(x1)−f(A．12e B．1e C．12【分析】构造函数F（x）＝f（x）﹣x，x∈（0，+∞），进而结合题意得函数F（x）在（0，+∞）上单调递减，进而得lnx﹣2ax≤0在（0，+∞）上恒成立，再构造函数g(x)=lnx【解答】解：令F（x）＝f（x）﹣x，x∈（0，+∞），根据题意，不妨设x1，x2∈（0，+∞）（x1≠x2）且x1＞x2，则f(x1)−f(x2)x1−x2＜1等价于f（x1）﹣f（x2）＜x1﹣x2，即f（x1所以函数F（x）＝f（x）﹣x在（0，+∞）上单调递减，所以F′（x）＝f'（x）﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，因为f'（x）＝1+lnx﹣2ax，所以lnx﹣2ax≤0在（0，+∞）上恒成立，即lnxx令g(x)=lnxx，x∈(0，+∞)所以，当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．所以g(x)≤g(x)max=g(e)=1所以，实数a的最小值为12e故选：A．【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．【例2】（2022•安庆二模）若存在两个正实数x，y使得等式x（2+lnx）＝xlny﹣ay成立，则实数a的取值范围是（）A．（0，1e2） B．（﹣∞，1e2] C．（0，1e【分析】对x（2+lnx）＝xlny﹣ay进行变形，将求a的取值范围转化为求f（t）＝﹣2t﹣tlnt的值域，利用导数即可得出实数a的取值范围．【解答】解：x（2+lnx）＝xlny﹣ay可化为a=−2xy+令t=xy，则t＞0，f（t）＝﹣2t﹣原命题等价于函数f（t）存在零点，∵f′（t）＝﹣3﹣lnt，∴f（t）在区间（0，1e3）上单增，在（即f（t）≤f（1e3）=−2e3+1e3故选：D．【点评】求参数的范围可采用参数分离，再利用导数去得出函数的最值，从而得到参数的范围．题型8多变量转化法【解题技巧】“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。其实，“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，则等价于再解关于k的不等式即可,下面就多变量恒成立问题进行剖析．【例1】（2022•疏附县一模）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，则t的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2ln2） B．（﹣∞，﹣2ln2] C．（﹣∞，﹣11+2ln2） D．（﹣∞，﹣11+2ln2]【分析】由题意可得，得12a＞01−8a＞0，不等式f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t有解，即t＜f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）的最大值，而f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）=−54a−1﹣ln2a，令h（a）【解答】解：根据条件f'(x)=2a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(x设ℎ(a)=−54a−1−ln(2a)(0＜a＜故h（a）在(0，18)上单调递增，故ℎ(a)＜ℎ(1所以t的取值范围是（﹣∞，﹣11+2ln2）．故选：C．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值及恒成立问题，考查降元思维及化简变形，运算求解能力，属于中档题．【例2】（2022春•德州期末）已知函数f（x）＝ax2﹣x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，则实数t的取值范围是．【分析】由f′（x）有两个不等正根可得a的范围，同时由韦达定理把x1+x2，x1x2用a表示；不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，计算f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）表示为a的函数，引入新函数g（x），由导数求出其取值范围后可得t的范围．【解答】解：f′（x）＝2ax﹣1+1x=2ax2所以Δ=1−8a＞0x1+x不等式f（x1）+f（x2）＞x1+x2+t有解，即f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解，f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＝ax12−x1+lnx1+ax22−x2+lnx2﹣（＝a（x1+x2）2﹣2ax1x2﹣2（x1+x2）+lnx1x2=14a−1−1a+ln12a=ln1a−34⋅g′（x）=1x−34，易知x＞8时，g′（xg（8）＝ln8﹣6﹣1﹣ln2＝﹣7+2ln2，g（x）＜﹣7+2ln2，0＜a＜18，即1a＞8，所以ln1a所以t＜﹣7+2ln2时，不等式f（x1）+f（x2）﹣（x1+x2）＞t有解．故答案为：（0，18）；（﹣∞，﹣7+2ln【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，体现了转化的思想方法，属于中档题．最新模拟一、选择题1．（2022春•眉山期末）已知不等式ax+2﹣2lnx≥0恒成立，则a的取值范围为（）A．[1e2，+∞） B．[2e2，+∞） C．（0，1e【答案】B【题型】分离参数法【解析】解：不等式ax+2﹣2lnx≥0恒成立，等价于a≥2lnx−2设f(x)=2lnx−2x，x＞0令f′（x）＞0，解得0＜x＜e2，令f′（x）＜0，解得x＞e2，∴f（x）在（0，e2）单调递增，在（e2，+∞）单调递减，∴f(x)max=f(故选：B．2．（2022秋•武昌区校级月考）已知f（x），g（x）分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）＝ex（e为自然对数的底数），若关于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2]上恒成立，则实数a的取值范围为（）A．(−∞，42] B．[﹣5ln2，+∞） C．【答案】C【题型】分离参数法【解析】解：依题意f（﹣x）+g（﹣x）＝f（x）﹣g（x）＝e﹣x，所以f(x)=12(关于x的不等式2f（x）﹣ag2（x）≥0在（0，ln2）上恒成立，等价于a≤2f(x)令t＝ex﹣e﹣x，t∈（0，32所以a≤2f(x)g2(x)=故选：C．3．（2022春•荔城区校级期中）设函数f（x）＝xex﹣ax+a，其中a＞1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．（1，2e2] B．(1，3C．(3e3【答案】D【题型】切线法【解析】解：令g（x）＝xex，h（x）＝ax﹣a，a＞1，显然直线h（x）＝ax﹣a恒过点A（1，0），则“存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜0“等价于存在唯一的故数x0使得点（x0，g（x0））在直线h（x）＝ax﹣a下方，g′（x）＝（x+1）ex，当x＜﹣1时，g′（x）＜0，当x＞﹣1时，g′（x）＞0，即g（x）在（﹣∞，﹣1）上递减，在（﹣1，+∞）上递增，则当x＝﹣1时，g（x）min=g(−1)=−1e而h（x）≤h（0）＝﹣a＜﹣1，即当x≤0时，不存在整数x0使得点（x0，g（x0））在直线h（x）＝ax﹣a下方，当x＞0时，过点A（1，0）作函数g（x）＝xex图象的切线，设切点为P（t，tet），t＞0，则切线方程为：y﹣tet＝（t+1）et（x﹣t），而切线过点A（1，0），即有﹣tet＝（t+1）et（1﹣t），整理得：t2﹣t﹣1＝0，而t＞0，解得t=1+因g（1）＝e＞0＝h（1），又存在唯一整数x0使得点（x0，g（x0））在h（x）＝ax﹣a下方，则此整数必为2，即存在唯一整数2使得点（2，g（2））在直线h（x）＝ax﹣a下方，因此有g(2)＜ℎ(2)g(3)≥ℎ(3)⇔2所以a的取值范围是(2e故选：D．4．（2021•咸阳模拟）设函数f（x）＝xex﹣a（x﹣1），其中a＜1，若存在唯一整数x0，使得f（x0）＜a，则a的取值范围是（）A．[−1e2，1） B．[−1e2，1e） C．[1【答案】C【题型】数形结合法【解析】解：函数f（x）＝xex﹣a（x﹣1），其中a＜1，设g（x）＝xex，y＝ax，∵存在唯一的整数x0，使得f（x0）＜a，∴存在唯一的整数x0，使得g（x0）在直线y＝ax的下方，∵g′（x）＝（x+1）ex，∴当x＜﹣1时，g′（x）＜0，当x＞﹣1时，g′（x）＞0，∴g（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，∴当x＝﹣1时，[g（x）]min＝g（﹣1）=−当x＝0时，g（0）＝0，当x＝﹣2时，g（﹣2）=−直线y＝ax恒过（0，0），斜率为a，故﹣a＞g（﹣1）=−1e，且g（﹣2）=−2e2∴a的取值范围是[1e2，故选：C．5．（2023•咸阳校级模拟）若方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有两个不等的实数根，则实数a的取值范围是（）A．（e，+∞） B．（e+1，+∞） C．（2e，+∞） D．（e﹣1，+∞）【答案】B【题型】数形结合法【解析】解：方程xlnx+ex+1﹣ax＝0化为lnx+e令g(x)=lnx+exx+1x，若方程xlnx则问题转化为g（x）的图象与直线y＝a有2个交点，因为g'(x)=当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（1）＝e+1，当x→0时，g（x）→+∞；当x→+∞时，g（x）→+∞，所以方程xlnx+ex+1﹣ax＝0有两个不等的实数根时，a＞e+1．故选：B．6．（2022春•阜阳期末）对任意x∈（0，+∞），不等式（a﹣1）x+ln（ax）≤ex恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（0，1] B．（0，e] C．（0，2e] D．（0，e2]【答案】B【题型】等价转化法【解析】解：因为不等式（a﹣1）x+ln（ax）≤ex恒成立，所以ax+ln（ax）≤ex+lnex，因为y＝x+lnx在（0，+∞）上为增函数，所以ax≤ex，即a≤exx对任意设ℎ(x)=ex所以h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以a≤h（x）min＝h（1）＝e，又ax＞0对任意的x∈（0，+∞）恒成立，所以a＞0，所以0＜a≤e，所以实数a的取值范围为（0，e]．故选：B．7．（2022春•萨尔图区校级月考）已知函数f（x）＝x3+2x﹣2sinx，若对任意x∈（0，+∞），不等式f（lnx﹣1）+f（ax）≤0恒成立，则实数a的取值范围为（）A．[1e2，+∞) B．[1e【答案】C【题型】等价转化法【解析】解：由已知得f（﹣x）＝（﹣x）3+2（﹣x）﹣2sin（﹣x）＝﹣f（x），故f（x）为奇函数，因为f'（x）＝3x2+2﹣2cosx＝3x2+2（1﹣cosx）≥0，所以f（x）为R上的增函数，由f（lnx﹣1）+f（ax）≤0得f（lnx﹣1）≤﹣f（ax）＝f（﹣ax），则lnx﹣1≤﹣ax，得−a≥令h（x）=lnx−1x，得h′（x）=2−lnxx2，令h'（x）＝0，得当0＜x＜e2时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x＞e2时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，故h（x）max＝h（e2）=1所以−a≥1e故选C．8．（2022•中卫一模）已知定义域为（0，+∞）的函数f（x）满足f'(x)+f(x)x=1x2，且f（e）=2e，A．[1，+∞） B．[2，+∞） C．[e+2e，+∞） D．[−【答案】B【题型】等价转化法【解析】解：令F（x）＝xf（x），则F′（x）＝f（x）+xf′（x），而f'(x)+f(x)x=1x2，故F′（x）=1x，故由F（e）＝ef（e）＝2＝lne+c＝2，解得：c＝1，故F（x）＝lnx+1，故f（x）=lnx+1若关于x的不等式f(x)x则a≥lnx+1x−x2+2x在令g（x）=lnx+1x−x2+2x，则g′（x）=−lnxxx∈（0，1）时，lnx＜0，x﹣1＜0，故g′（x）＞0，g（x）在（0，1）递增，x∈（1，+∞）时，lnx＞0，x﹣1＞0，g′（x）＜0，g（x）在（1，+∞）递减，故g（x）max＝g（1）＝2，故a≥2，即a的取值范围是[2，+∞），故选：B．9．（2022•太原模拟）对于任意的实数x∈[1，e]，总存在三个不同的实数y∈[﹣1，4]，使得y2xe1﹣y﹣ax﹣lnx＝0成立，则实数a的取值范围是（）A．[16e3，3e） B．（0，C．[16e3，e2−3e） D．[16e【答案】A【题型】多变量转化法【解析】解：∵x≠0，∴原式可化为y2e1﹣y=lnxx令f（x）=lnxx+a，x∈[1，e]，故f′（x）=1−lnxx故f（x）∈[a，a+1e]，令g（y）＝y2e1﹣y，y故g′（y）＝2y•e1﹣y﹣y2e1﹣y＝y（2﹣y）e1﹣y，故g（y）在（﹣1，0）递减，在（0，2）递增，在（2，4）递减，而g（﹣1）＝e2，g（2）=4e，g（4）要使g（y）＝f（x）有解，则g（y）＝f（x）∈[g（4），g（2）]，即[a，a+1e]⊆[16e3，4e），故a≥故选：A．10．（2022秋•驻马店期中）已知函数f（x）＝aln（x+1）+x2，在区间（3，4）内任取两个实数x1，x2且x1≠x2，若不等式f(x1−1)−f(A．[﹣9，+∞） B．[﹣7，+∞） C．[9，+∞） D．[7，+∞）【答案】A【题型】多变量转化法【解析】解：设3＜x1＜x2＜4，∵x1≠x2，f(x1−1)−f(x2−1)x1−x2＞1恒成立，∴f（x即f（x1﹣1）﹣x1＜f（x2﹣1）﹣x2，令g（x）＝f（x﹣1）﹣x＝alnx+（x﹣1）2﹣x＝alnx+x2﹣3x+1，则g（x1）＜g（x2），∴g（x）在（3，4）单调递增，∴g′（x）=ax+2x﹣3≥0对x∈（3，4）恒成立，即a≥x令h（x）＝x（3﹣2x）＝﹣2(x−34)2则h（x）在（3，4）单调递减，∴h（x）＜h（3）＝﹣9，∴a的取值范围是[﹣9，+∞）．故选：A．二、填空题11．（2022秋•天山区校级月考）已知当a∈[0，1]时，不等式x2+（a﹣4）x+4﹣2a＞0恒成立，则实数x的取值范围是．【答案】（﹣∞，1）∪（2，+∞）【题型】主参换位法【解析】解：令g（a）＝x2+（a﹣4）x+4﹣2a＝（x﹣2）a+x2﹣4x+4，因为当a∈[0，1]时，不等式x2+（a﹣4）x+4﹣2a＞0恒成立，所以g(0)＞0g(1)＞0，即x2−4x+4＞0x2故答案为：（﹣∞，1）∪（2，+∞）．12．（2021•西湖区校级模拟）已知函数f(x)=1ax−1+12(a＞0，a≠1)，g(x)=1−x1+x，若对任意的x∈[1，+∞），不等式f（x）g（【答案】(0,1)∪（2，+∞）【题型】等价转化法【解析】解：f（x）g（x﹣1）＜3﹣f（x）可得f（x）（2x即（1ax−1+12）•1x＜32若a＞1，则H（x）递减，可得H（x）的最大值为H（1）=1a−1+当0＜a＜1时，1ax−1＜0,所以H（x）＜0恒成立．综上可得，a的取值范围是(0,1)∪（2，+∞）．故答案为：(0,1)∪（2，+∞）．13．（2022春•尖山区校级期末）已知函数f（x）＝2sinx﹣1，g(x)=a2lnx−x+1，若对任意x1∈R都存在x2∈（1，e）使f（x1）＜g（x2）成立，则实数a【答案】（2e，+∞）【题型】双变量转化法【解析】解：由f（x）＝2sinx﹣1，x∈R，则f（x）的最大值为1，对任意x1∈R都存在x2∈（1，e）使f（x1）＜g（x2）成立，需满足f（x）max＜g（x）在x∈（1，e）上有解，即a2lnx−x+1＞1在x∈（1，所以，a＞2xlnx，令φ(x)=2x因为x∈（1，e），所以φ′（x）＜0，所以φ（x）在x∈（1，e）上单调递减，因此要使得a＞2xlnx在x∈（1，即需要满足a≥φ(x)所以实数a的取值范围为（2e，+∞）．故答案为：（2e，+∞）．真题在线一、选择题1．（2019•天津）已知a∈R．设函数f（x）=x2−2ax+2a，x≤1，x−alnx，x＞1．若关于x的不等式f（x）≥0在A．[0，1] B．[0，2] C．[0，e] D．[1，e]【答案】C【题型】分离参数法【解析】解：当x＝1时，f（1）＝1﹣2a+2a＝1＞0恒成立；当x＜1时，f（x）＝x2﹣2ax+2a≥0⇔2a≥x令g（x）=x2x−1=−x2∴2a≥g（x）max＝0，∴a≥0．当x＞1时，f（x）＝x﹣alnx≥0⇔a≤x令h（x）=xlnx，则h′（x）当x＞e时，h′（x）＞0，h（x）递增，当1＜x＜e时，h′（x）＜0，h（x）递减，∴x＝e时，h（x）取得最小值h（e）＝e，∴a≤ℎ（x综上a的取值范围是[0，e]．故选：C．2．（2015•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[−32e，1） B．[−32e，34）【答案】D【题型】切线法【解析】解：设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），∴当x＜−12时，g′（x）＜0，当x＞−12时，∴当x=−12时，g（x）取最小值﹣2当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得32e≤故选：D．3．（2014•辽宁）当x∈[﹣2，1]时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，−98] C．[﹣6，﹣2]【