“三大思维体系”搞定恒、能成立问题与零点问题(解析版)

<拓展方法>题型十二：{min,max}问题 A.k≥-1B.k≥-2C.k≤-2D.k≤-1122令h(x(=x2(1+3x(e3x+2lnx-1,x>0，3x=u(x1(，∴u(x(=x2(1+3x(e3x在(0,+∞(单调递增，故h(x(在(0,+∞(单调递增，又h(1(=4e3-1>0，h=1+e-3<1+e2-3=-2<0，∴∃x0∈,1h(x0(=,(x(<0,g(x(单调递减，x∈(x0,+∞(,g,(x(>0,g(x(单调递增，xe3x-5x0-2lnx0-1∴g(xe3x-5x0-2lnx0-1∵h(x0(=x(1+3x0(e3x+2lnx0-1=0⇒xe3x=，0+(1+3x0(t0-3x0-1=0，令v(t(=lnt+(1+3x0(t-3x0-1，则v(t(在(0,+∞(单调递增，又v(1(=0，∴t0=1.∴xe3x=t0=1,1-2lnx0=(1+3x0(t0=1+3x0⇒-2lnx0=3x0，∴g(x(min=g(x0(==-2，故k≤-2. 2(2023·全国·本溪高中校联考模拟预测)已知函数f(x(满足2f(x(+f=，若∀x∈(1,+∞(，f(x(≤ex，则m的取值范围为()A.[e-1,+∞(B.(e-1,+∞(C.(-∞,e-1[D.(-∞,e-1(【详解】2f(x(+f==mx+3+①,又2f+f(x(==+3+2mx②,①×2-②得3f(x(=2mx+6+--∴f(x(=1+(x>1(．又f(x(≤ex，即1+令g(x(=x(ex-1(，g,(x(=ex(x+1(-1，x3-2mx=3x≤ex，所以m≤x(ex-1(，令h(x)=g,(x)=ex(x+1)-1(x>1)，则h,(x)=ex(x+2)>0，所以h(x)即g,(x(在(1,+∞(单调递增，g,(x(>g,(1(=2e-1>0，则g(x(在(1,+∞(递增.g(x(>g(1(=e-1，∴m≤e-1. 3(2023·全国·高三专题练习)设函数fx=1-axlnx+1-bx，曲线y=fx恒与x轴相切于坐标原点.(3)求证1+n<e<n+1恒成立.(2)a≤-n<e<n+1【详解】(1)fx=-alnx+1+-b，fx=1-axlnx+1-x令Fx=，则Fx=-ln21+x则gx= 1-1+x-=21+x-x-2令hx=21+x-x-2，则hx=-1<0在x∈0,1[上恒成立，故hx=21+x-x-2在x∈0,1[上单调递减，故hx<h0=0，所以gx<0在x∈0,1[上恒成立，故gx=ln1+x-在x∈0,1[上单调递减， x21+x两边平方得ln2 x21+x,故Fx=-ln21+x故Fx在x∈0,1[上单调递增，33 x xx+14a≤ 1-1 1-1x→0ln(1+x(+==-=-,n<e<n+1，n<1<ln,(x(=-=>0在x∈(0,1[上恒成立，故q(x(=ln(1+x(-在x∈(0,1[上单调递增，故q(x(>q(0(=0，所以ln(1+x(>，令w(x(=ln(1+x(-x，则w,(x(=-1=<0在x∈(0,1[上恒成立，故w(x(=ln(1+x(-x在x∈(0,1[上单调递减，故w(x(<w(0(=0，所以ln(1+x(<x，可用洛必达法则求解最值. 4(2023春·湖南湘潭·高二湘潭县一中然对数的底数).(1)讨论f(x(的单调性；(2)当x>1时，f(x+1(>lnx-x2-x-3，求a的取值范围.(2),+∞,【详解】(1)f,(x)=2x(aex-1),x-1<0,在(-∞,0)上，f,(x)>0，f(x(单调递增；在(0,+∞)上，f,(x)<0，f(x(单调递减；=0,x2=ln,=0,a==0,a=1，则f(x)≥0恒成立，故fx在R上单调递增；<0,a>1，由f(x)>0得：x<ln或x>0，由f(x)<0得:ln<x<0,此时fx的单调递>0,0<a<1，由f(x)>0得：x>ln或x<0，由f(x)<0得:0<x<ln,②若ln③若ln(2)不等式fx+1>lnx-x2-x-3恒成立，可得：2axex+1-lnx-x+2>0x>e，3)3,+∞)故g(t)max=g(e3)=,故a的取值范围为,+∞,1.∀x∈D，m≤fx⇔m≤fxmin；2.∀x∈D，m≥fx⇔m≥fxmax；1(2023·广东·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=ax+lnx+1-xe2x对任意的x>0，fx≤0恒155【详解】因为x>0，且f(x)≤0恒成立，则gx=2x2elnx，令φ(x)=2x2e2x+lnx，则φ(x)=4xe2x+4x2e2x+>0，2>0，φ=-ln4<0，)=2xe2x+lnx0=0，0故gxmin=gx0=，2x+lnx0=0，所以2xe2x=-lnx0=ln，2x=ln=lneln0=ln，-10-lnx0-1+2x0==x0x02+f>0恒成立，则实数m的取值范围是()2【分析】利用奇偶性和对数函数单调性可得fx在R上单调递增，则fx2-1+f>0可转化为x2-1>在x∈1,2[时恒成立，即m<x2-16-x，求x2-16-x的最小值即可解出.【详解】fx=lg2x+4x2+1的定义域为R，且f-x=lg-2x+4x2+1=lg-2x+14x2+1=lg2x+14x2+1=-fx，所以fx为奇函数，且当x>0时，fx单调递增，所以fx在R上单调递增，66f(x2-1(+f>0，即f(x2-1(>-f在x∈(1,2[恒成立，所以f(x2-1(>f，即有x2-1>，所以m<(x2-1((6-x(，设h(x(=(x2-1((6-x(=-x3+6x2+x-6，h'(x(=-3x2+12x+1=-3(x-2)2+13，(x(>0，h(x(单调递增，h(1(=0，所以0<h(x(≤h(2(，所以m≤0. 3(2023·山西·校联考模拟预测)设(1)讨论f(x)的单调性；(2)若当x∈[-2,+∞)时，不等式f(x-1(≥m(x2+3x(-e恒成立，求m的取值范围.【答案】(1)f(x)在(-2,ln(-2m((上单调递减，在(-∞,-2)和(ln(-2m),+∞)上单调递增【详解】(1)依题意得f'(x(=(x+2(ex+2m(x+2(=(x+2((ex+2m(.①当m≥0时，令f'(x)<0，得x<-2，令f'(x)>0，得x>-2，所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减，在(-2,+∞)上单调递增；②当-<m<0时，令f'(x)<0，得ln(-2m(<x<-2，令f'(x)>0，得x<ln(-2m(或x>-2，所以f(x)在(ln(-2m(,-2(上单调递减，在(-∞,ln(-2m((和(-2,+∞)上单调递增；③当m=-时f'(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增；④当m<-时，令f'(x)<0，得-2<x<ln(-2m(，令f'(x)>0，得x<-2或x>ln(-2m)，所以f(x)在(-2,ln(-2m((上单调递减，在(-∞,-2)和(ln(-2m),+∞)上单调递增.(2)当x∈[-2,+∞)时，f(x-1(≥m(x2+3x(-e恒成立，则xex-1-m(x-1(+e≥0恒成立.设g(x(=，则g'(x(=.设k(x(=(x2-x-1(ex-1-e，则k'(x(=(x2+x-2(ex-1=(x+2((x-1(ex-1.'(iii)当-2≤x<1时，原不等式可化为m≥，77所以k(x)在[-2,1)上单调递减，且k(-2(=5e-3-e<0，所以当-2≤x<1时，k(x(≤k(-2(<0，即g,(x)<0，所以g(x)在[-2,1)上单调递减，所以当x∈[-2,1)时，g(x(4(2023春·山西运城·高二校联考阶段练习)已知函数f(x(=aex-x2+x-2.4(2)已知g(x(=-x2，若f(x(≤g(x(在R上恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)y=(e-1(x-1-∞,-取值范围.f,(x(=ex-2x+1，故有f,(1(=e-1，所以f(x(在x=1处的切线方程为y-(e-2(=(e-1((x-1(，即y=(e-1(x-1.(2)不等式f(x(≤g(x(在R上恒成立，即aex-x2+x-2≤-x2在R上恒成立，所以a≤在R上恒成立，令g(x(=-2，g,(x(=-ex-ex+2(=x3，所以在(-∞,3(上，g,(x(<0，g(x(单调递减，在(3,+∞(上，g,(x(>0，g(x(单调递增，所以g(x(min=g(3(==-，所以a≤-，-∞,-. A.2B.C.ln2-1D.-1=t,则不等式可转化为 t-1-t t-1-t-1-t-1-lnt8899因为lnt>0，∴a≥-x+a≥e成立，(x)=-+ 2-(x-1)2=(lnx)2-=(lnx)2-x-+22x(x)=⋅2lnx-1+=，(x)=-1-==<0， A.-5,+∞B.-3,+∞C.-∞,-5D.-∞,-3【分析】由题意可推得f,x=3x2+2bx+3>0在 7(2023·安徽宿州·统考一模)已知函数f(x)=x2+a(x-lnx)-((1)当b=0时，讨论fx在0,+∞上的单调性；(2)-1-e,+∞2+a(x-lnx)，fx的定义域为0,+∞,f(x)=2x+a-2x2+ax-ax，，即-8≤a≤0时，fx≥0且不恒为0，所以fx在0,+∞上单调递增；x结合定义域由fx>0可得x∈,由fx<0可得x∈ ,,和 ,+∞2+ax-a=0有一负根根-a+a2+8a4,0,,上单调递增. ,+∞当-8≤a≤0时，fx在0,+∞上单调递增；当a>0时，fx在区间上单调递增. -x2x-lnx,令F(x)= -x2x-lnxFI(x)=(--2x((x-lnx)--x2((1-(x-lnx)2=-2x+1)+x(2lnx-x-1)(x-lnx)2，易得当x∈[1,e[时，lnx-2x+1<0，且所以F(x(在[1,e[单调递减，于是a>F(x)min=F(e)=-1-e.即a的取值范围为(-1-e,+∞(. 8(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=-2alnx-，g(x)=ax-(2a+1)lnx-，其中a∈R.(3)[-e,+∞(【分析】(1)根据x=2是函数f(x(的驻点得到fI(2(2，使得不等式f(x(≤g(x(成立转化为a≥h(x(min，然后利用单调性求最值即可.(2)函数g(x(的定义域为(0,+∞(，gI(x(=a-+==，此时，函数g(x(的单调递增区间为(0,+∞(.令gI(x(>0，得0<x<或x>2，.2，使得不等式f(x(≤g(x(成立，则a≥h(x(min，x∈I(x(<0，∴函数h(x(在,e上严格递增，在(e,e2[上严格递减， e∴函数h(x(在端点 e∵h=-e，h(e2(=∴h<h(e(，∴h(x(min=h=-e，∴a≥-e，1.∃x∈D，m≤f(x(⇔m≤f(x(max；2.∃x∈D，m≥f(x(⇔m≥f(x(min.5(2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学校考阶段练习)已知函数f(x)=-1+lnx，存在x05【分析】将问题转化为a≤x-xlnx有解，令g(x(=x-xlnx,x>0利用导数求出其最大值即可.0>0即a≤x-xlnx有解，即a≤[x-xlnx[max，令g(x(=x-xlnx,x>0，则gI(x(=1-(lnx+1(=-lnx，当x∈(0,1(时，gI(x(=-lnx>0，g(x(单调递增，当x∈(1,+∞(时，gI(x(=-lnx<0，g(x(单调递减，∴a≤16值范围是()6A.-∞,2x2x,则只需a>f(x)min即可，利用导数求得f(x) 2x2x,则只需a>f(x)min即可，利用导数求得f(x) 2x-ax<a在(-1,1[上有解，∴a>在(-1,1[上有解，令f(x)=，x∈(-1,1[，则a>f(x)min即可.又f,(x)==，令f,(x)=0，解得x=-，,(x)<0，则f(x)为减函数，f,(x)>0，则f(x)为增函数，∴a>7(1)求函数f(x(的解析式；7【答案】(1)f(x)=x3-3x+4；(2)m>-2.时，函数f(x(有极小值0，,(x)=(x+2)(x-2)，当-2<x<2时，f,(x)<0，当x>2时，f,(x)>0，于是得函数f(x(在x=2处取得极小值0，所以函数f(x(的解析式为f(x)=x3-3x+4.(2)x∈[3,4]，不等式f(x)+mx>0⇔x3-3x+4+mx>0⇔m>-x2-+3，令g(x)=-x2-+3，x∈[3,4]，求导得g,(x)=-x+=-<0，-2，所以实数m的取值范围是m>-2.8(2022秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考阶段练习)已知函数f(x(=ax2lnx-bx2-c在x=1处8(2)-≤c≤1.(2)利用导数求出函数f(x(的最大值，根据题意可得出2c2≤f(x(max，即可解得实数c的取值范围.【详解】(1)解：函数f(x(的定义域为(0,+∞(，且f,(x(=2axlnx+ax-2bx，此时，f(x(=-6x2lnx+3x2-c，则f,(x(=-12xlnx，当0<x<1时，f,(x(>0，此时函数f(x(单调递增，当x>1时，f,(x(<0，此时函数f(x(单调递减，因为存在x>0，不等式f(x(≥2c2解得-≤c≤1. 9(2023·全国·高二专题练习)已知函数f(x(=-lnx+m区间(1,e(内有唯一零点，则m不可能取值A.B.C.D.1+ x令h(x)=x+1+lnx，h′(x)= x所以有g(1(<g(x(<g(e(，函数f(x)=-lnx+m在区间(1,e)内有唯一零点， A.(e,+∞(B.(e+1,+∞(C.(2e,+∞(D.(e-1,+∞(【详解】方程化为lnx++=a,令g(x)=lnx++则问题转化为gx的图象与直线y=a有2个交点,因为g,(x)=+-=(x>0),当x∈0,1时,g,x<0,gx单调递减,当x∈1,+∞时,g,x>0,gx单调递增,易知gx≥g1=e+1,值无限趋近于正无穷大；故方程xlnx+ex+1-ax=0有两个不等的实数根时,a>e+1. e efx-lnx+x-1≥0在0,+∞上恒成立；(2)若fx有2个零点，求a的取值范围.【分析】(1)设gx=fx-lnx+x-1，对函数gx求导得g,x=ex-1-x>0，根据指数函数和幂函数的性质知函数g,x在0,+∞上单调递增且g,1=0，结合导数研究函数gx的单调性求出gxmin=0即可；(2)函数fx有2个零点等价于函数hx=与y=a的图象有2个交点，利用导数讨论函数h(x)的单【详解】(1)当a=时，设gx=fx-lnx+x-1=ex-1-lnx-1，则g,x=ex-1-x>0，设ux=ex-1-x>0，由函数y=ex-1和y=在0,+∞上单调递增，知函数ux在0,+∞上单调递增，且u1=g,1=e0-1=0，gx在0,1上单调递减，gx在1,+∞上单调递增，所以gxmin=g1=0即fx-lnx+x-1≥0在0,+∞上恒成立；则fx有2个零点，等价于函数y=hx与y=a的图象有2个交点，当x∈-∞,1时h,(x)>0，当x∈1,+∞时h,(x)<0，则函数hx在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，作出函数hx的大致图象如下： 12(2023·贵州·统考模拟预测)已知fx=x2-a+2x+2lnx.(1)讨论fx的单调性；(2)确定方程fx=x2的实根个数.(2)将方程fx=x2的实根个数转化为直线y合gx的单调性和值域即可求出答案.【详解】(1)因为fx=x2-a+2x+2lnx，所以f,x=ax-a+2+==x>0，，fx是增函数，x∈1,+∞时f,x<0，fx是减函数.,x>0，fx是增函数，f,x<0，fx是减函数.,x≥0，fx在0,+∞上是增函数.,x>0，fx是增函数，f,x<0，fx是减函数.综上可得:当a≤0时，fx在0,1上是增函数，在1,+∞上是减函数；a=2时，fx在0,+∞上是增函数；(2)方程f(x(=x2的实根个数即-(a+2(x+2lnx=0的实根个数.因为g,(x(=，所以x∈(0,e(时g,(x(>0，g(x(是增函数，x∈(e,+∞(时，g,(x(<0，g(x(是减函数.x∈(0,e[时g(x(取值范围是（-∞,，所以当+1>即a>-2时方程f(x(=x2没有实根，当+1=或+1≤0即a=-2或a≤-2时方程f(x(=x2有1个实根；当0<+1<即-2<a<-2时方程f(x(=x2有2个实根.99值范围为()A. x与函数g(x(=的图象有三个公共点，因为函数f(x(=ax2-ex有三个零点， a a与函数g(x(的图象有三个公共点，x(-∞,0(0(0,2(2(2,+∞(,(x(-0+0-g(x(减增减即f(x(=ax2-ex有三个零点，所以实数a的取值范围为,+∞.(2023春·重庆北碚·高二西南大学附中校考阶段练习)已知函数f(x(=lnx+1-mx2有两个零点A.【分析】将函数f(x(=lnx+1-mx2,(x>0)有两个零点a,b，转化为h(x(=(x>0),y=m的图象【详解】由题意函数f(x(=lnx+1-mx2,(x>0)有两个零点a,b，即f(x(=lnx+1-mx2=0，得m=有两个正实根，设h(x(=(x>0)，则h,(x(===，令h,(x(=0，解得x=e-x<e-,(x)>0，h(x)在(0,e-上单调递增；当x>e-I(x(<0,h(x(在(e-(上单调递减；故当x=e-e-=， e e e e e时，lnx+1>0,x2>0,h(x(>0，作出函数h(x(的大致图象，如图所示：直线y=m与h(x(=的图象的两个交点的横坐标即分别为a,b，-又直线y=m与h(x(=的图象有两个交点，求解答案.11(2023·陕西·校联考模拟预测)已知函数f(x(=ax2+(a-2(x-xlnx.①求曲线y=f(x(在点(1,f(1((处的切线方程.②试问f(x(有极大值还是极小值？并求出该极值.(2)若f(x(在(0,e(上恰有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)①y=-3x+1；②f(x(有极大值e-3.(2)<a<1可求解极值问题.【详解】(1)①当a=0时，f(x(=-2x-xlnx，则fI(x(=-2-(1+lnx)=-3-lnx，所以f(1(=-2,fI(1(=-3，所以曲线y=f(x(在点(1,f(1((处的切线方程为y+2=(-3)(x-1(，即y=-3x+1.②令fx=0得x=e-3，令fx>0得0<x<e-3，令fx<0得x>e-3，时，函数fx有极大值fe-3=-2e-3-e-3lne-3=e-3，无极小值.(2)因为函数fx在0,e上恰有两个零点，所以方程ax2+a-2x-xlnx=0在0,e上有两个解，即a=在0,e上有两个解，则h(x)==，记m(x)=1-x-xlnx，则m(x)=-1-(1+lnx)=-2-lnx，令mx>0得0<x<e-2，令mx<0得e-2<x<e，-2令m(x)=0得x=1，又me-2=1+e-2>0,me=1-2e<0，所以函数fx在0,e上恰有两个零点时，a的取值范围为<a<1.(1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线方程是y=x+ln2，求a和b的值；(2)若a=e，且fx的导函数fx恰有两个零点，求b的取值范围.因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程是y=x+ln2，所以fI(2)=1,f(2)=aln2+4be-1即e=2+ln2,(2)由fI(x(=+bx(2-x(e1-x=0得，=bx(x-2).显然x≠2,x>0.x 点.故b的取值范围是(-∞,-e(∪（,+∞. A.0,B.[0,2[C.[0,1[D.[0,e[值的方法即可求解.【详解】当x≤1时，f(x(=x2-2ax+2a=(x-a(2+2a-a2，若a<1，必有f(x)min=f(a)=2a-a2≥0，解得0≤a≤2，所以0≤a<1，若a≥1，f(x(min=f(1(=1满足，所以a≥0；令g(x(=(x>1(，g,(x(=，由g,(x(>0得x>e，g,(x(<0得1<x<e，则g(x(在区间(1,e(上单调递减，在区间(e,+∞(上单调递增，即g(x(min=g(e(=≥a， 14(2023春·四川成都·高二校考阶段练习)已知函数f(x(=kx2-lnx，若f(x(>0对任意x∈(0,+∞(恒A.【详解】因为f(x(=kx2-lnx所以f,(x(=2kx-=，当k≤0时，f,(x(<0，函数f(x(在(0,+∞)上为减函数，又当x→+∞时，f(x(→-∞,不满足f(x(>0在定义域(0,+∞)内恒成立；,+∞,(x(>0，,+∞时，函数f(x(为增函数，所以[f(x([min=f（=k2-ln=-ln 15(2023·广东湛江·统考一模)已知函数f(x(=ex+cosx-2.(1)证明：函数f(x(只有一个零点；(2)在区间(0,+∞(上函数f(x(>ax-sinx恒成立，求a的取值范围.(2)(-∞,2[(2)将f(x(>ax-sinx变为ex+sinx+cosx-2-ax>0，从而构造函数g(x(=ex+sinx+cosx-2-【详解】(1)证明：由fx=ex+cosx+cosx<2，x+cosx-2<0，故fx在区间-∞,0上无零点.当x≥0时，fx=ex-sinx，而ex≥1，-sinx≥-1，且等号不会同时所以fx=ex-sinx>0，所以当x≥0时，函数fx单调递增，所以fx≥f0=0，故函数fx在区间[0,+∞上有唯一零点0，综上，函数fx在定义域上有唯一零点.(2)由fx>ax-sinx在区间0,+∞上恒成立，得ex+cosx-2>ax-sinx，x+sinx+cosx-2-ax>0在区间0,+∞上恒成立.设gx=ex+sinx+cosx-2-ax，则gx>0在区间0,+∞上恒成立，而gx=ex+cosx-sinx-a，mx=ex+cosx-sinx-a，则mx=ex-sinx-cosx.设hx=ex-x-1，则hx=ex-1，当x>0时，hx>0，所以函数hx在区间0,+∞上单调递增，故在区间0,+∞上，hx>h0=0，即在区间0,+∞上ex>x+1，设函数px=x-sinx,x∈0,+∞,则px=1-cos≥0，所以函数px在区间0,+∞上单调递增，故在区间0,+∞上px>p0=0，即在区间0,+∞上，x>sinx，所以在区间0,+∞上，ex>x+1>sinx+cosx，即mx=ex-sinx-cosx>0，所以在区间0,+∞上函数gx单调递增.所以函数gx在区间0,+∞上单调递增.又g0=0，故gx>0，即函数fx>ax-sinx在区间0,+∞上恒成立.g[lna+2[=a+2+cos[lna+2[-sin[lna+2[-a=2-2sin（lna+2->0，0,lna+2上函数gx存在零点x0，即gx0=0，0,+∞上函数gx单调递增，0,x0上函数gx<gx0=0，所以在区间0,x0上函数gx单调递减，综上，a的取值范围为-∞,2[. fx≤ex-1+2alnx+x恒成立.【答案】(1)函数fx在区间0,+∞单调递增(2)构造gx=fx-ex-1+2alnx+x=ax-1lnx+x-ex-1，即gx≤0恒成立，分情况讨论gx所以f,x=lnx++2=lnx++3，令hx=lnx++3x>0，则h,x=-=， x,x≤0，hx=lnx+ x x,x>0 x所以hxmin=h1=4>0，所以f,x>0，所以函数fx在区间0,+∞单调递增；(2)令gx=fx-ex-1+2alnx+x=ax-1lnx+x-ex-1x≥1，fx≤ex-1+2alnx+x恒成立即函数gxmax≤0恒成立，又g,x=alnx++1-ex-1x≥1，令mx=alnx++1-ex-1x≥1，则m,x=a+-ex-1x≥1，①当a≤0时，m,x<0，函数mx=g,x在[1,+∞上为减函数，又g,x≤g,1=0，所以函数gx在[1,+∞上为减函数，又gx≤g1=0，所以a≤0时，fx≤ex-1+2alnx+x在区间[1,+∞恒成立；②当0<a≤时，令px=m,x=a+-ex-1，则p,x=-a+-ex-1，,x=-a+-ex-1<0，故函数m,x在[1,+∞上单调递减，又m,x≤m,1=2a-1≤0，所以g,x=alnx++1-ex-1x≥1单调递减，且g,x≤g,1=0，所以函数gx在[1,+∞上为减函数，又gx≤g1=0， 2所以0 2时，fx≤ex-1+2alnx+x在区间[1,+∞恒成立； 2fx≤ex-1+2alnx+x恒成立.(2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知m，n为实数，f(x)=ex-mx+n-1，若f(x)A.-1B.0C.1D.2【详解】f(x)=ex-mx+n-1,f,(x)=ex-m，当m≤0时，f,(x)>0恒成立，则f(x)单调递增，f(0(=n，显然f(x)≥0不恒成立，∴f(x)min=f(lnm)=m-mlnm+n-1，∵f(x)≥0恒成立，∴m-mlnm+n-1≥0，min=h(1)=0. A.分析单调性与最值即可.ax>0,<0，故eax-≥0显然成立.≥2xln(2x)=eln(2x)⋅ln(2x)恒成立.-≥0恒成立等价于g(ax)≥g(ln(2x))恒成立.≥恒成立.(t)<0，a≥.(1)若不等式f(x(≤x恒成立，求a的取值范围；(2)若不等式f(x(≤x⋅g(x(恒成立，求a的取值范围.(2)0<a≤1综上，0<a≤1.所以ln(ax)+ax+1≤xex=ex+lnx在(0,+∞)上恒成立，(i)当a=1时证lnx+x+1≤ex+lnx恒成立即可，x≥x+1在R上恒成立，故lnx+x+1≤ex+lnx恒成立，满足；(ii)当0<a<1时，ax<x，又y=x+lnx在(0,+∞)上递增，所以ln(ax)+ax<x+lnx，由(i)知：lnx+x+1≤ex+lnx，所以ln(ax)+ax+1<ex+lnx恒成立，满足；(iii)当a>1时，由上知：lnx+x+1≤ex+lnx成立，仅当x+lnx=0时等号成立，令x=，则+ln=-1<0，令x=1，则1+ln1=0+lnx0=0成立，即lnx0+x0+1=ex+lnx=x0ex成立，)+ax0+1>x0+lnx0+1=x0ex，0>0使ln(ax0)+ax0+1>x0ex成立，不合题意；综上，0<a≤1.研究恒成立问题. (2)(-∞,1].x-1-lnx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，求导得f,(x)=ex-1-，显然函数f,(x)在(0,+∞)上单调递增，且f,(1)=0，(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时,f,(x)>0,f(x)单调递增，所以f(x)的单调递减区间为(0,1),0-2a+sin0=2-2a，(i)当0<a≤1时,g,(x)≥g,(0)=2-2a≥0,g(x)在[,,(x0(=0所以实数a的取值范围为(-∞,1]. 17(2022·河南驻马店·河南省驻马店高级中学校考模拟预测)已知e是自然对数的底数．若∃x∈[1,+∞(，使memx-6x5lnx≤0，则实数m的取值范围为()A.-∞,B.0，C.0，D.-∞,得mx≤lnx6，分离参数后利用导数求最大值即可得解.【详解】当m≤0时，memx≤0,6x5lnx≥0，显然memx-6x5lnx≤0成立，符合题意；当m>0时，由x≥1，memx-6x5lnx≤0，可得mxemx-6x6lnx≤0，即mxemx≤x6lnx6，mxemx≤lnx6elnx，令f(x)=xexx≥0，f(x)=x+1ex>0，f(x)在[0,+∞上单增，又mx>0,lnx6≥0，故mxemx≤lnx6elnx，即f(mx)≤f(lnx6)，即mx≤lnx6，m≤，即∃x∈[1,+∞ 6e 6em≤； 18(2023·江苏宿迁·江苏省沭阳高级中学校考模拟预测)已知函数fx=x2-axlnx+1+a,a∈R，f(x)为fx的导函数.(1)讨论f(x)的极值；(2),+∞(【分析】(1)求得fx=2x-a(1+lnx)，设g(x)=2x-a(1+lnx)，求得g(x)=，分a≤可得函数fx的定义域为(0,+∞)，且fx=2x-a(1+lnx)，设g(x)=f(x)=2x-a(1+lnx),x∈(0,+∞)，则g(x)=2-=，①当a≤0时，可得g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递所以f(x)在x=处取得极小值，且极小值为f=-aln，在(0,+∞)上没有极大值，2-atlnt+1+a<0，构造函数h(t)=t-alnt+，则h(t)=1--=，,,,.()A.[1,+∞(B.-,+∞（C.,+∞（D.[2,+∞(ex-x-2lnx-1≤0有解，令f(x(=x2ex-x-2lnx-1(x>0(，则问题转化为f(x(≤0有解，f,(x(=(x2+2x(ex-1-=，令g(x(=x2ex-1(x>0(，则g,(x(=(x2+2x(ex>0，所以g(x(在(0,+∞(上单调递增，2lnx0+x0=0，所以当0<x<x0时，g(x(<0，即f,(x(<0，故f(x(单调递减；当x>x0所以f(x(min=f(x0(=xex-x0-2lnx0-1=xex-1-(x0+2lnx0(=0，即在(0,1(上存在x0使得xex=x0+2lnx0+1，即f(x(≤0有解x0，由上述证明可得x2ex-x-2lnx-1≥0，即x2ex≥x+2lnx+1在(0,+∞(上恒成立，令h(m(=xm+2lnx+1，则h,(m(=x>0，故h(m(在R上单调递增；当m>1时，hm>h1，即mx+2lnx+1>x+2lnx+1，故mx0+2lnx0+1>x0+2lnx0+1，(最)值问题处理.(2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测)已知函数fx=x-1ex-ax-1.(2)-∞,0∪e,+∞当a=0时，fx=x-1ex-1，fx=xex，所以函数fx在区间-∞,0上为减函数，在区间0,+∞上为增函数，又当x∈-∞,0时，x-1<0,ex>0，可得fx=x-1ex-1<0，当x∈[0,+∞时，f0=-2<0，f2=e2-1>0，由零点存在性定理可知：fx在0,2存在唯一零点，综上，函数fx只有一个零点.(2)定义域为R，fx=xex-a，令gx=fx，则gx=x+1ex，令gx>0，得x>-1；令gx<0，得x<-1，所以函数fx=xex-a在区间-∞,-1上为减函数，在区间-1,+∞上为增函数，由零点存在性定理可得∃x0∈0,+∞,使fx0=x0ex-a=0，且x∈-∞,x0时fx<0，当x∈x0,+∞时fx>0，因此函数fx在区间-∞,x0上为减函数，在区间x0,+∞上为增函数，fxmin=fx0=x0-1ex-ax0-1=x0-1ex-xex-1=-x+x0-1ex-1，且x0>0，设hx=-x2+x-1ex-1(x>0)，hx=-x2-xex<0(x>0)，所以hx在0,+∞上为减函数，又h1=-e-1，故x>1时，fxmin<-e-1，存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立，因为fx=xex-a在区间-∞,-1上为减函数，在区间-1,+∞上为增函数，所以jx=xex在1,+∞上单调递增，故a=x0ex>e，故fx≥f0=-2>-e-1，所以不存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立；当a<0时，取x<<0，即-ax<-e-1，所以x-1ex-ax-1<-e-1，所以存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立. 19(2023秋·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末)已知函数fx=2xlnx-mx+1m∈Z存在零A.-2B.-1C.0D.1【分析】当m=0时，对函数fx求导，求出fx的单调性和最值，即可判断C，D；再令m=-1和m=【详解】因为m=0时，fx=2xlnxx>0，fx=2lnx+2=0x>0，而f=2⋅⋅ln=-，当x趋近于正无穷，则fx趋近于正无穷，所以fx存在零点，故排除D.当m=-1时，令fx=2xlnx+x+1=0，即2lnx+1+=0，令t=，即t+1-2lnt=0，令gt=t+1-2lnt，故gt=1-=，故gt≥g2=3-2ln2>0，当m≤-1时，fx=2xlnx-mx+1≥2xlnx+x+1>0，也不存在零点，故A不正确； 20(2023春·四川成都·高二统考期中)已知函数f(x)=ax-(a+2)lnx-+2,其中a∈R，f,(x)为f(x)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a>0，试讨论函数f(x)在(1,e(上的零点个数.【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞f,(x)=a-+==①当a≤0时，令f,(x)<0得x>1；令f,(x)>0得0<x<1.②当0<a<2时，令f,(x)<0得1<x<,(x)≥0在x∈R恒成立.(x)>0得0<x〈1或x〈.④当a>2时，令f,(x)<0得<x<1；令f,(x)>0得0<x〈或x〈1.(2)①当a≥2时，f(x)在(1,e)上单调递增，f(x(>f(1(=a≥2，故f(x)在(1,e)上没有零点；!<0e!<0e由于f(1)=a>0，f(e(=a(e-1(->(e-1(-=2->0.令g(a(=f=2-(a+2(ln-a+2=(a+2(lna-(1+ln2(a+4-2ln2，令h(a)=g,(a)=lna+-ln2，a-22则a-22所以f(x)在(1,e)上没有零点. e e②令a=，则f(x)=xg(x)，设g(x)=x+1-lnx-，因为x-ex≤-1<0恒成立，所以x>1,g(x)<0，0<x<1,g(x)>0max=a-1.x-1不妨设x1<x2，当0<x<x1或x>x2时，h(x)<0；当x1<x<x2时，h(x)>0.，且0<x1<1<x2，0<x<x1,g(x)>0，x1<x<1,g(x)<0，1<x<x2,g(x)>0，x>x2,g(x)<0因为gx1=x1-lnax1-1=x1-lnex-1-1=0，g(x)=1--=⋅a-,所以h(x)max=a-1.所以g(x)max=g(1)=1-lna-，令p(a)=1-lna-，p(a)=-+>0，妨设x1<x2，可以得出，当0<x<x1或x>x2时，h(x)<，且0<x1<1<x2，0<x<x1,g(x)>0，x1<x<1,g(x)<0，1<x<x2,g(x)>0，x>x2,g(x)<0因为gx1=x1-lnax1-1=x1-lnex-1-1=0，(1)讨论fx的单调性；(2)设函数gx=fx-x2+ex-1，若gx有三个不同的零点，求m的取值范围.【分析】(1)先求得fx，再按m分类讨论，利用导函数与原函数间(2)先化简gx解析式，构造函数hx=m+xex-1-2，并利用导数求得hx的单调性和函数值的正负情况，进而得到gx的单调性和函数值的正负情况，再利用gx有三个不同的零点列出关于m的不等式，进而求得m的取值范围.【详解】(1)由题意知fx=+2x-1=,x>0，令Δ=(-2)2-4×2m≤0，得m≥， 2则m≥时，fx≥0，所以fx在0,+∞上单调递增 2则m≥m<时，令2x2-2x+m=0得x1=,x2=当m≤0时，x1≤0<x2，令fx<0，得0<x<x2，令fx>0，得x>x2，所以fx在0,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增. 2当0 2令fx<0，得x1<x<x2，令fx>0，得0<x<x1或x>x2，所以fx在x1,x2上单调递减，在0,x1和x2,+∞上单调递增.在,+∞当0<m<时，fx在,上单调递减，0,和,+∞ 2时，fx在0,+∞上单调递增.(2)gx=mlnx+(x-1)2-x2+ex-1=mlnx-2x+1+ex-1，则gx=-2+ex-1=,x>0.设hx=m+xex-1-2，则hx=x+1ex-1-2，由hx在0,+∞内单调递增且h1=0，可得当x∈0,1时，hx<0,hx单调递减，当x∈1,+∞时，hx>0,hx单调递增，所以hx有极小值h1=m-1，又h0=m，所以gx在区间0,+∞内单调递增，最多有一个零点，不符合题意.43=hx4=0，则在0,x3内，gx>0,gx单调递增，在x3,x4内，gx<0,gx单调递减，在x4,+∞内，gx>0，gx单调递增，又gx3>g1=0>gx4，所以gx在x3,x4上有一个零点0，所以gx在0,x3和x4,+∞上各有一个零点，所以函数gx有三个不同的零点.结合hx的单调性可知，存在x0∈1,+∞,使得hx0=0，且gx在0,x0内单调递减，在x0,+∞内单调递增，所以gx最多有两个零点，不合题意. 值为()A.e-B.e+1C.2eD.e+4 当x>-1时，则f'(x(>0；当x<-1时，则f'(x(<0；故f(x(在(-∞,-1(上单调递减，在(-1,+∞(上单调递增，若f(x(=xex与直线y=ax-相切时，设切点为(x0,x0ex(，则切线斜率a=f'(x0(=所以该切线方程为y-x0ex=(x0+1(ex(x-x0(，注意到切线过点,0则0-x0ex=(x0+1(ex-x0(,整理得2x-x0-1=0，解得x0=1或-，0=0=-时，a=f'=e-；式lnx≤ax2+bx≤(e2-2e(lnx+e恒成立，则实数b的最小值为()D.-eA.-B.-C.-1D.-elnxxlnxx≤ax+b≤ (e2-2e(lnx+exx0,fI(x(=，因为函数y=(2e-e2(lnx+e2-3e在,e上单调递增，2(2-5e(>0，gI(e(=-<0，00<x<e直线y=ax+b恒位于y=f(x(的图象上方，y=g(x(的图象下方，b代表直线y=ax+b在y轴上的截距，当直线变化时观察得当直线过M(e,e-1(且与曲线y=相切x0,整理可得(e-1(x+x0-(2x0-e(lnx0-e=0，令h(x(=(e-1(x2+x-(2x-e(lnx-e，则h(1(=0，hI(x(=2(e-1(x+1-2(1+lnx(+=2(e-1(x+-(1+2lnx(，(e-1(x+≥22e(e-1(>3，1+2lnx≤3，(e-1(x+-(1+2lnx(>0，'(x(>0，则函数h(x(在,e上单调递增，所以h(x(有唯一的零点1，min=-1.≤ax+b≤ (e2-2e(lnx+exlnxxlnxx导数法进行求解. ，使得f(x0(<0A.-,B.-,C.,D.,，使得f(x0(<0x(2x-1)<a(x-2)，转化为在g(x)图象上只有一个横【详解】由题意f(x(=ex(2x-1(-ax+2a，令g(x)=ex(2x-1),h(x)=ax-2a=a(x-2)，因为存在唯一的整数x0使得f(x0(<0，即ex(2x-1)<a(x-2)，' 2故0 2,又g(0(=-1<0,g(1)=e>1，h(1)=-a<0，此时需满足在g(x)图象上只有一个横坐标为整数的点在直线h(x)=a(x-2)下方，≤a<≤a< ，使得f(x0(<0即ex(2x-1)<a(x-2)转化为在A.,B.,C.,D.(ln2,ln3)则g'(x)='作出g(x)的大致图象如图所示，ln35≤a<ln22 23(2023春·福建福州·高二福州三中校考期中)已知函数f(x)=|x|ex，若g(x)=f2(x)-af(x)+2恰有四个A.又f(0(=0;f(-1(=;x→-∞,f(x(→0;x→+∞,f(x(→+∞,则函数的大致图象如下：令g(x)=f2(x)-af(x)+2=0，③当Δ=a2-8>0时，解得a<-22或a>22，即方程f2(x)-af(x)+2=0的两根为f1(x(=f2(x(=若g(x)=f2(x)-af(x)+2恰有四个不同的零点，,若关于x的方程f(-x(=,若关于x的方程f(-x(=-f(x(有且仅有四个相异实根，则实数k的取值范围为()B.(1,+∞B.(1,+∞(C.0,∪(1,+∞(D.(0,1(∪(1,+∞(【分析】利用函数图象的对称性，将关于x的方程f(-x(=-f(x(有且仅有四个相异实根，转化为关于x的方程f(-x(=-f(x(在(0,+∞)!kx-ln(-x(+k,!kx-ln(-x(+k,x>0x<0,∵关于x的方程f(-x(=-f(x(有且仅有四个相异实根，根据对称性知，x>0时，f(x(=-f(-x(有且仅有两个相异实根，即(x+1(lnx=kx+lnx-k在(0,+∞)上有两个不相等的实数根，化简得：k(x-1(=xlnx.令g(x)=xlnx，g,(x)=lnx+1， e e0<x< ,e又g(1)=0,0<x<1时，lnx<0,∴g(x)=xlnx<0，x>1时，lnx>0,∴g(x)=xlnx>0，g(x)=xlnx的简图如图所示：直线l:y=k(x-1(恒过点(1,0)，∵g,(x)=lnx∴k=1时，此时直线l:y=k(x-1(相切，直线l:y=k(x-1(与曲线g(x)=xlnx只有一个公共点，此时方程k(x-1(=xlnx在(0,+∞)上有一个实数根，不符合题意；由图可知当0<k<1或k>1时，直线l:y=k(x-1(与g(x)=xlnx均有两个公共点，即方程k(x-1(=xlnx在(0,+∞)上有两个不相等的实数根，∴关于x的方程f(-x(=-f(x(有且仅有四个相异实根时，k的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).<拓展方法> 不等式f(x1(≥g(x2(成立，则a的取值范围是()A.[-e2,+∞(B.【分析】将问题转化为f(x(min≥g(x(min，利用导数求f(x(在[1,2[上的最小值、g(x(在[1,3[上的最小值，f(x1(≥g(x2(成立⇔f(x(min≥g(x(min，f'(x)>0，则f(x(在区间[1,2[上单调递增，∴f(x(min=f(1(=e+2a，x)>0，则g(x(在[1,e[上单调递增，x)<0，则g(x(在(e,3[上单调递减，min=0， 得f(x1(=f(x2(成立，则a的取值范围为()A.(-∞,0(∪[1,+∞(B.(-∞,0(∪[e,+∞(C.(0,1[D.(0,e[【分析】由∀x1≤0,∃x2>0，使得f(x1(=f(x2(成立，可得函数f(x2(的值域包含f(x1(的值域.利用二次函数的性质与导数分析x≤0和x>0时，函数f(x(的单调性，进而求得f(x1(的值域和f(x2(的值域，从而【详解】由∀x1≤0,∃x2>0，使得f(x1(=f(x2(成立，则函数f(x2(的值域包含f(x1(的值域.所以f(x(在(-∞,0[上单调递减，且f(0(=0，所以f(x1(∈[0,+∞(；当x>0时，f(x(=x-alnx，则f'(x(=1-=，①若a>0，当x∈(0,a(时f'(x(<0，当x∈(a,+∞(时f'(x(>0，所以f(x(在(0,a(上单调递减，在(a,+∞(上单调递增，所以f(x(min=f(a(=a-alna，即f(x2(∈[a-alna,+∞(，所以a-alna≤0，即1-lna≤0，解得a≥e；②若a<0，则f'(x(=>0，f(x(在(0,+∞(上单调递增，此时f(x(=x-alnx(x>0(值域为R，符合题意.③当a=0时，f(x(=x(x>0(的值域为(0,+∞(，不符合题意.综上所述，实数a的取值范围为(-∞,0(x+,0≤x≤x+,0≤x≤x3-3(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x(=4 ,2<x≤1,d[，有f(x1(<g(x2(成立，则f(x(max<g(x(min；,d[，有f(x1(<g(x2(成立，则f(x(max<g(x(max；(3)若∃x1,d[，有f(x1(<g(x2(成立，则f(x(min<g(x(max；,d[，有f(x1(=g(x2(成立，则f(x(的值域是g(x(的值域的子集.(2023春·江苏常州·高二常州市北郊高级中学校考阶段练习)已知函数f(x(=xex，g(x(=-(x+1(2∈R，使得f(x2(≤g(x1(成立，则实数a的取值范围是()A.(-e【分析】原命题等价于f(x)min≤g(x)max，再求f(x)min以及g(x)max解不等式即可.，使得f(x2)≤g(x1)成立，则f(x)min≤g(x)max，由题得f,(x(=ex+xex=(x+1(ex，所以函数f(x(在(-∞,-1)单调递减，在(-1，+∞)单调递增，所以f(x)min=f(-1)=-由题得g(x)max=g(-1)=a，∴a≥-(在x1,x2,1[，使得f(x1(=g(x2(成立，则实数a D.(-∞,e[4A.(-∞,1[B.(-∞,e-2 D.(-∞,e[4【分析】根据题意可得f(x(的值域与g(x(=ex-ax的值域有交集即可，先求导分析f(x(的值域，再求导分情况讨论g(x(=ex-ax的单调性与值域，结合解集区间的端时，f(x(=x3-3时，f(x(=x3-3,则f,(x(=3x2-3=3x2-1444≤f(x(≤≤f(x(≤f(0(，即≤f(x(≤ 2<x≤1时，f(x(=2x+所以f<f(x(≤f(1(，即<f(x(≤，由题意，f(x(的值域与g(x(=ex-ax的值域有交集，故分析g(x(=ex-ax的值域.-a[∩,≠∅,当a≤0时恒成立；∅,所以 A.令f(x(=，则f(aex(>f(x(在(0,1(上恒成立，,e(上f,(x(>0；在(e,+∞(上f,(x(<0，在(0,1(上f(x(<0，(1,+∞(上f(x(>0，而a>0，x≥1时，f(aex(>0>f(x(，成立；当0<aex<1时，根据f(x(在(0,1(上单调递增，aex>x在(0,1(上恒成立，令g(x(=，则gI(x(=>0在(0,1(上恒成立，即g(x(在(0,1(上递增， A.-,+∞B.-,+∞（C.(-1,+∞(D.（-∞,a(xex(+x+lnx>1，a(xex(+ln(xex(>1，由已知不等式lnt+at>1在(0,+∞(上有解，所以a>在(0,+∞(上有解.令f(t(=，则fI(t(=，当0<t<e2时，fI(t(<0，f(t(在(0,e2(上单调递减；时，fI(t(>0，f(t(在(e2,+∞(单调递增，所以f(t(min=f(e2(=-，所以a>-，-,+∞(,数的最值问题. 28(2023春·山东枣庄·高二枣庄八中校考阶段练习)已知函数f(x(=x2ex-a(x+2lnx(有两个零点，则aA.a≥1B.a≤2C.a≤eD.a>e解【详解】fx=x2ex-ax+2lnx=ex+2lnx-ax+2lnx，t-at=0有两个根，故gx=如图所示 29(2023·广东·统考一模)已知函数fx=xex+1.(1)求fx的极值；(2)原问题转化为不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，方法一通过研究函数y=xex+1-lnx-x-2单调性求得y=xex+1-lnx-x-2的最小值为0，从而求出a≤0；方法二通过同构构造函数y=ex-x-1并研究其单调性最值，从而说明y=xex+1-lnx-x-2的最小值为0，进而求出a≤0.所以当fx>0时，x>-1；当fx<0时，x<-1，所以fx在-∞,-1上单调递减，在-1,+∞上单调递增，所以fx有极小值f-1=-1，无极大值.则原问题等价于不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，记gx=xex+1-lnx-x-2，则gx=x+1ex+1--1=x+1（ex+1-,记hx=ex+1-，则hx=ex+1+>0恒成立，所以hx在x∈0,+∞上单调递增，又h=e1+-e2<0,h1=e2-1>0，即当x<x0时，hx<0，此时gx<0；当x>所以gx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，由hx0=ex+1-=0，得ex+1=，即x0=,lnx0=-x0-1，所以gx≥gx0=x0ex+1-lnx0-x0-2=x0⋅+x0+1-x0-2=0，①当a≤0时，因为gx=xex+1-lnx-x-2≥0,ax≤0，所以不等式恒成立，所以a≤0；②当a>0时，0=00>0，此时不满足xex+1-lnx-x-2≥ax，方法二：由题知不等式xex+1≥a+1x+lnx+2在x∈0,+∞上恒成立，原问题等价于不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，即elnx+x+1-lnx+x+1-1≥ax在x∈0,+∞上恒成立.单调递增，gx≥g0=0因为lnx+x+1∈R,glnx+x+1≥0即elnx+x+1-lnx+x+1-1≥0，xex+1-lnx-x-2≥0①当a≤0时，因为xex+1-lnx-x-2≥0,ax≤0，所以不等式恒成立，所以a≤0；②当a>0时，令hx=lnx+x+1，显然hx单调递增，且h=-1<0，h1=2>0x+1-lnx-x-2=0，而ax0>0，此时不满足xex+1-lnx-x-2(1)xex=ex+lnx;x+lnx=lnxex(2)=ex-lnx:x-lnx=ln(3)x2ex=ex+2lnx;x+2lnx=lnx2ex(4)=ex-2lnx,=ex-2lnx3.结合常用的切线不等式lnx≤x-1，lnx≤,ex≥x+1,ex≥ex等，可以得到更多的结论：(1)xex=ex+lnx≥x+lnx+1；x+lnx=lnxex≤xex-1(2)xex=ex+lnx≥e(x+lnx)；x+lnx=lnxex≤=xex-1【分析】构造函数f(x)=(1+x)lnx(x>1)，由其单调性得出k>，再由导数得出g(x)=(x>1)的即∀x∈(1,+∞),1+ekxlnekx>(1+x)lnx成立.设f(x)=(1+x)lnx(x>1)，则fekx>f(x).因为f(x)=lnx+=lnx++1>0，所以fx在1，+∞上单调递增，于是ekx>x对任意的x∈1，+∞恒成立，即k>对任意的x∈1，+∞恒成立.令g(x)=(x>1)，即k>g(x)max. e e .eA.-∞,-B.（-∞,-C.(-∞,-e(D.(-∞,-1(【分析】将不等式化为xeax+lnxeax<1，构造f(x)=x+lnx进而化为f(xeax)<f(1)，利用导数研究f(x)单ax+lnx+lneax<1，即xeax+lnxeax<1，令f(x)=x+lnx且x∈(0,+∞)，上述不等式等价于f(xeax)<f(1)=1， x而f'(x)= x e当0< e e e'(t(>0，则g(t)单调递增，ax+lnxeax<1并构造函数f(x)=x+lnx并研究单调性，将问题转化为a<ln在(0,+∞)上恒成立，再次构造g(t)=tlnt研究最值求范围.(2023春·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习)若函数f(x(=xex-lnx-x-a存在A.(0,1)B.[1,+∞)C.【分析】函数f(x(=xex-lnx-x-a存在零点，即方程xex=lnx+x+a有根，构造法转化为a=et-t，利用导数研究函数y=et-t(t∈R(的值域即可.【详解】函数f(x(=xex-lnx-x-a存在零点，即方程xex=lnx+x+a有根，因为xex=elnx+x，所以方程elnx+x=lnxt-t(t∈R(，令y=et-t(t∈R(，则y'=et-1，t-t在(0，+∞(上单调递增；t-t在(-∞,0(上单调递减；(2023春·广东·高三校联考阶段练习)已知函数fx=axex-a≠0.(1)讨论函数fx的单调性；(2)已知函数gx=fx-有两个零点，求实数a的取值范围.函数fx的减区间和增区间；直线y=2a与函数pt的图象有两个交点，利用导数分析函数pt的单调性与极值，数形结合可得出实【详解】(1)解：函数fx=axex-a≠0的定义域为R，fx=ax+1ex.当a>0时，由fx<0可得x<-1，由fx>0可得x>-1，此时函数fx的减区间为-∞,-1，增区间为-1,+∞;当a<0时，由fx<0可得x>-1，由fx>0可得x<-1，此时，函数fx的增区间为-∞,-1，减区间为-1,+∞.综上所述，当a>0时，函数fx的减区间为-∞,-1，增区间为-1,+∞;当a<0时，函数fx的增区间为-∞,-1，减区间为-1,+∞.(2)解：函数gx=fx-的定义域为0,+∞,因为函数gx=fx-在0,+∞上有两个零点，即axex-=有两个不同的正实数根，ex-x+2lnx=0有两个不同的正实数解，x+2lnx-x+2lnx=0有两个不同的正实数解，所以，函数hx在0,+∞上单调递增，作出函数hx的图象如下图所示：,t=，,t>0，此时函数pt单调递增，,t<0，此时函数pt单调递减，题型十二：{min,max}问题 30(2023·江西九江·统考二模)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R)，(1)若直线y=g(x(与曲线y=f(x(相切，求a的值；(2)用min{m,n{表示m，n中的最小值，讨论函数h(x)=min{f(x),g(x)}的零点个数.【详解】(1)设切点为(x0,y0(，∵fI(x)=ex-2ax，∴fI(x0(=ex-2ax0x+1((x0-2(=0，∴x0=2(2)①当x∈(-∞,1)时，g(x(<0，h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0，∴h(x(在(-∞,1)上无零点f(1(=e-a.若a>e，f(1(<0，此时h(x(=f(1(<0，x=1不是h(x(的零点③当x∈(1,+∞)时，g(x(>0，此时h(x(的零点即为f(x(的零点.I(x)=，(i)若a<φ(2(，即a<时，f(x(在(1,+∞)上无零点，即h(x(在(1,+∞)上无零点f(x(在(1,+∞)上有一个零点，即h(x(在(1,+∞)上有一个零点(iii)若φ(2(<a<φ(1(，即<a<e时，f(x(在(1,+∞)上有两个零点，即h(x(在(1,+∞)上有两个零点(iv)若a≥φ(1(，即a≥e时，f(x(在(1,+∞)上有一个零点，即h(x(在(1,+∞)上有一个零点当<a<e时，h(x(在R上有三个零点(2023·(2023·全国·高三专题练习)函数f(x(=(x-2(ex,g(x(=ax3-x2-x+4asinx+(x+1(ln(x+1(,a>0.(1)求函数f(x(在x∈(-1,2(的值域；(2)记f,(x(,g,(x(分别是f(x(,g(x(的导函数，记max{m,n{表示实数m,n的最大值，记函数F(x(=max{f,(x(,g,(x({，讨论函数F(x(的零点个数.【答案】(1)(-e,0(,(x(=(x-1(ex>0，得到F(x(=max{f,(x(,g,(x({>0，则F(x(在x∈(1,+∞(上没有零点.从而将问题转化为只研究g,(x(在(-1,1(上的零点个数，利用参变分(1)f(x(=(x-2(ex，则f,(x(=(x-1(ex，当x∈(-1,1(时，f,(x(<0,f(x(单调递减，当x∈(1,2(时，f,(x(>0,f(x(单调递增，f(