高三数学二轮专题复习利用导数解决恒成立和有解存在性问题

2024届高三二轮专题复习利用导数解决恒成立和有解、存在性问题本专题解题策略总结恒成立问题与有解问题是高考数学的重要知识,其中不等式恒成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等知识相交汇,综合考查学生分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现,难度略大.利用导数研究恒成立与能成立问题的常用的方法有：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，解出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数.恒成立问题中求参数取值范围的基本步骤(1)将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式.(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值.(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围.【提分秘籍】①若)对恒成立，则只需；②若对恒成立，则只需．③，使得能成立；④，使得能成立．等价转化法解决恒成立问题的策略(1)遇到“f(x)≥g(x)”型的不等式恒成立问题时,一般采用作差法,构造“左减右”的函数h(x)=f(x)g(x)或“右减左”的函数u(x)=g(x)f(x),进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0;(2)将比较法的思想融入函数中,转化为求解函数最值的问题,适用范围较广,但是往往需要对参数进行分类讨论.不等式能成立问题的解题关键点典例(2023·辽宁省实验中学5月模拟)已知函数,若存在实数使得不等式2>成立，则的取值范围为（） B.(,3] C. D.【答案】A【解析】令得,所以,即2【扫清障碍】令,求出,从而确定的解析式。用分离参数法，化为2,构造函数,求的导数，判断的单调性，得其最小值，即可求解的范围令,则,令,则,所以为单调递增函数，当时，单调递减，当时，单调递增.所以,从而,即故选A.含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决,常见的转化有:(1)∀x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min;(2)∀x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max;(3)∃x1∈M,∃x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min;(4)∃x1∈M,∀x2∈N,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.双变量恒成立与能成立问题解题策略1．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．2．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)最值定位法解决双参不等式问题（1）,,使得成立（2）,,使得成立（3）,,使得成立（4）,,使得成立本专题解法归纳命题角度1单变量不等式恒成立问题题型一：分离变量+最值法（分离参数法或构造函数法）【典例分析】【例题1】（2023·全国·高三专题练习）若对任意的实数恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】令，则，令若时，若时，所以可知函数在递减，在递增所以由对任意的实数恒成立所以故选：A【例题2】(2023重庆西南大学附中5月模拟改编)已知函数,若对任意的恒成立,求实数的取值范围.【解析】方法一(分离参数法)由在上恒成立,得在上恒成立,即在上恒成立.【点拨】用分离参数法解决不等式恒成立问题时,要要把参数移到不等式一侧,其余部分移到不等式另一侧、不等式另一侧不含参数,是变量表达式令,则.【易错】构造函数时需要注意定义域当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,所以.【扫清障碍】研究函数在闭区间上的最小(大)值时，如果函数光增后减（光减后增），必须要比较端点值的大小,才能得出结论因为,所以,所以,即实数的取值范围为.方法二(构造函数法)由在上恒成立,得在上恒成立.令,则满足即可.易知,当时，,当时，,所以在[1,2)上单调递减，在(2,]上单调递增，所以因为,所以,所以,即实数的取值范围为【例题3】（2023·浙江·镇海中学高二期中）已知函数.(1)若在上恒成立,求实数的取值范围;(2)若函数在上单调递增,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）解:由题知在上恒成立,即,,只需即可,即,记,,,,,在单调递减,;（2）由题知,在上单调递增,即在上恒成立,即恒成立,,只需恒成立,即,记,,,,在单调递增,,只需即可,综上:.【例题4】(2023·成都七中5月质检)已知函数若,求函数的单调区间.(2)若在上恒成立，求的取值范围.【解析】(1)当时，,则,由,得,由,得,所以在上单调递减，在上单调递增，即函数的单调递减区间为,单调递增区间为在[1,2]上恒成立可以分以下两类讨论.1.当时，恒成立.2.当时，,则由在上恒成立可得，在上恒成立令,则,由,得由,得所以在(1,)上单调递减，在(,2]上单调递增，所以e,所以e.综上，上恒成立.方法提炼：求解含参不等式恒成立问题的关键是过“双关”转化关：通过分离参数法，先转化为对任意}为定义域恒成立，再转化为或最值关：求函数在区间上的最大值(或最小值).题型二：化曲为直思想【例题5】(2023·山东潍坊4月二模改编)若在上恒成立，则的取值范围为【解析】在上恒成立，等价于在上恒成立.【突破口】将原不等式化为一侧是“直线”、一侧是“曲线”的形式，将不等式恒战立问题转化为直线与曲线的位置关系问题即在上，直线不能比曲线高.作出曲线在上的一段，如图51所示由于直线过定点(0,1),由图可知故的取值范围是题型三：洛必达法则知识储备法则1若函数和满足下列条件：及（2）在点的某去心邻域内，与都可导且（3）为有限数或者±那么法则2若函数和满足下列条件：及在点的某去心邻域内，与都可导且为有限数或者±).那么注意：(1)将公式中的换成,,,洛必达法则也成立.洛必达法则可处理型未定式（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足型未定式，否则滥用洛必达法则会出错.【变式演练1】1.江苏淮阴中学5月检测)已知e(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)当时，恒成立，求的取值范围.【解析】(1)当时，e,切点为(1,0).,切线斜率，所以切线方程为e,即ee1.当时,恒成立，满足题意.2.当时，,由,得【极易出错】在分离参数时，一定要注意分母的正负令,则令e则e是的导数),所以当时，单调递增，所以eee所以在上单调递增，所以e所以单调递增.根据洛必达法则可得【规范解答】由于洛必达法则是大学内容，在使用时一定要写上“根据洛必达法则可得”,是指从右侧趋近1，1是指从左侧趋近1.由于函数的定义域为,故采用,注意此处是“”型的代数式，洛必达法则可以连续多次使用，直到求出极限为止因为时，恒成立，所以【极易出错】由于,所以当时，,故所以的取值范围是2.已知函数f(x)＝lnx.若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.【解析】因为对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥\f(lnx,x)，,a≤x＋\f(1,x)))在x>0时恒成立，进一步转化为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))max≤a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))min.设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，h′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)≤eq\f(1,e).要使f(x)≤ax恒成立，必须a≥eq\f(1,e).另一方面，当x>0时，x＋eq\f(1,x)≥2，要使ax≤x2＋1恒成立，必须a≤2，所以满足条件的a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，2)).3.已知f(x)＝ex－ax2，若f(x)≥x＋(1－x)ex在[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.【解析】f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立.当a>1时，令h′(x)>0，得x>lna；令h′(x)<0，得0≤x<lna.∴h(x)在[0，lna)上单调递减，又∵h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，∴a>1不合题意.综上，实数a的取值范围为(－∞，1].（二）命题角度2单变量不等式能成立或有解问题【例题6】(2023.江苏天一中学5月模拟)已知函数(1)当时，求的单调区间与极值；(2)若在上有解，求实数的取值范围，【解析】(1)当时，,所以,当时，,当时，,所以的单调递减区间为,单调递增区间为并且当时函数有极小值,无极大值.(2)因为在上有解，所以在上有解.当时，该不等式恒成立，此时当时，原不等式即在上有解令则【承上启下】没有无缘无故的爱和恨，也没有无缘无故的第一小间。往往第一小问的结论，在第二小问中会起到一定的作用由(1)知当时，,即,所以当时，,当时，,所以g(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，所以e,所以e综上可知，实数的取值范围是[2,+反思提升：该题利用分离参数法解决了不等式有解问题，那么构造函数法适用么？若我们用构造函数法，令,由于,所以当时，,单调递减，当时，,单调递增。所以。显然与0比较大小时，需要分类讨论，故用此法研究甚是烦琐。【例题7】(2023·长春外国语学校4月模拟)已知函数(1)当时，讨论的单调性；(2)设,若关于的不等式在[1,2]上有解，求的取值范围.【解析】(1)由题意知，令,当时，恒成立，所以当时，,即,当时，,即所以函数在(0,1)上单调递增，在上单调递减。,由题意知，存在,使得成立，即存在,使得成立，令,则【扫清障碍】在分类讨论时，需要思考“使导函数值为0的点是否在定义域中”,因此分三种情况，分别判定函数的单调性，求最值当时，对任意,都有,所以函数在[1,2]上单调递减，所以恒成立，解得,所以（2）当时，令,得,令,得,所以函数在上单调递增，在上单调递减，又,所以只能,解得,结合知无解.（3）当时，对任意的,都有,所以函数在[1,2]上单调递增所以,不符合题意，无解.综上所述，的取值范围为【变式演练2】1.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x)，若∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围.【解析】因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，则ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x2)))max由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值eq\f(1,2e)由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq\f(1,2e)，所以a≤eq\f(1,2e).故a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).2.已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－eq\f(1＋a,x)(a∈R).(1)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；(2)若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范围.【解析】(1)h(x)＝x＋eq\f(1＋a,x)－alnx(x>0)，h′(x)＝1－eq\f(1＋a,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax－（1＋a）,x2)＝eq\f(（x＋1）[x－（1＋a）],x2).①当a＋1>0，即a>－1时，在(0，1＋a)上h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0，1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增；②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.综上所述，当a>－1时，h(x)在(0，1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.(2)在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h(x0)<0，即函数h(x)＝x＋eq\f(1＋a,x)－alnx在[1，e]上的最小值小于零.由(1)可知：①当1＋a≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)＝e＋eq\f(1＋a,e)－a<0可得a>eq\f(e2＋1,e－1).②当1＋a≤1，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋a<0可得a<－2.③当1<1＋a<e，即0<a<e－1时，可得h(x)的最小值为h(1＋a).因为0<ln(1＋a)<1，所以0<aln(1＋a)<a.故h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)>2，此时，h(1＋a)<0不成立.综上所述，所求a的取值范围是(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).（三）命题角度3双变量不等式恒(能)成立问题考点一双任意与双存在不等问题 (1)f(x)，g(x)是在闭区间D上的连续函数且∀x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)min＞g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值均大于函数y＝g(x)的任意一个函数值．如图⑤．(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等价于f(x)max＞g(x)min．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的某一个函数值大于函数y＝g(x)的某些函数值．如图⑥．【例题8】设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))．由g′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(2,3)；由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞eq\f(2,3)．又x∈[0，2]，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)．所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋eq\f(85,27)＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4．(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max．由(1)可知在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1．在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，则h′(x)＝1－2xlnx－x，易知h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当eq\f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0．所以函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．【例题9】已知f(x)＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)，g(x)＝x＋lnx．(1)若对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围；(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围．【解析】(1)对任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等价于x∈[1，e]时，f(x)min≥g(x)max．当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．只需证f(x)≥e＋1，即x＋eq\f(a2,x)≥e＋1⇔a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．令h(x)＝(e＋1)x－x2，当x∈[1，e]时，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(e＋1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2的最大值为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2．所以a2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)))2，即a≥eq\f(e＋1,2)(舍去负值)．故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋1,2)，＋∞))．(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等价于x∈[1，e]时，f(x)min＜g(x)max．当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋eq\f(1,x)＞0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1．又f′(x)＝1－eq\f(a2,x2)，令f′(x)＝0，得x＝a，故f(x)＝x＋eq\f(a2,x)(a＞0)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．当0＜a＜1时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2＜e＋1，符合题意；当1≤a≤e时，f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，f(x)min＝f(a)＝2a，此时，2a＜e＋1，解得1≤a＜eq\f(e＋1,2)；当a＞e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e＋eq\f(a2,e)，此时，e＋eq\f(a2,e)＜e＋1，即a＜eq\r(e)，与a＞e矛盾，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e＋1,2)))．考点二存在与任意嵌套不等问题 (1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑦．∀x1∈D1，∃x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max＜g(x)max．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值．如图⑧．【例题10】（2023·湖南省临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数若对,使得成立,则实数的最小值是A． B． C．2 D．3【答案】C【详解】由题意，对于，使得成立，可转化为对于，使得成立，又由，可得，当时，，所以函数单调递增，当时，，所以函数单调递减，所以当时，函数有最大值，最大值为，又由二次函数，开口向上，且对称轴的方程为，①当，即时，此时函数，令，解得（不符合题意，舍去）；②当，即时，此时函数，令，解得，（符合题意），综上所述，实数的最小值为，故选C．【例题11】已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R且a<e)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex．(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f((x－1)(x－a),x2)．①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1，综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)，又g′(x)＝(1－ex)x．当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，解得a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1))考点三双任意与存在相等问题 (1)∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A与g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠∅，如图⑨．其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值．图⑨图⑩(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等价于函数f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A⊆B，如图⑩．其等价转化的目标是函数y＝f(x)的值域都在函数y＝g(x)的值域之中．说明：图⑨，图⑩中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y轴上的投影．【例题12】已知函数f(x)＝alnx－x＋2，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a的值．【解析】(1)因为f(x)＝alnx－x＋2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)－1＝eq\f(a－x,x)，x>0，当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1．因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．②当1<a<e时，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函数，在(a，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(a)＝alna－a＋2．因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(lna－1)＋4，又1<a<e，所以lna－1<0，2a(lna－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4．③当a≥e时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4．(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4．)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1．综上可知，实数a的值为e＋1．【例题13】已知函数f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))．(1)若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围；(2)当a＝eq\f(3,2)时，求证：对任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．【解析】(1)∵f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3，∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(1,a)．∵a＞0，∴eq\f(1,a)＞0，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)≥f(－1)＝1＋eq\f(2a,3)，故f(x)在(－∞，－1]上的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2a,3)，＋∞))．∵g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))，∴g′(x)＝eq\f(3x2－2x,x4(1－x)2)＝eq\f(3x－2,x3(1－x)2)．当x＜－eq\f(1,2)时，g′(x)＞0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增，g(x)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(8,3)，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上的值域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))．若∃x1∈(－∞，－1]，∃x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))，使得f(x1)＝g(x2)，则1＋eq\f(2a,3)＜eq\f(8,3)，解得0＜a＜eq\f(5,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))．(2)当a＝eq\f(3,2)时，f(x)＝x2－x3，∴f′(x)＝2x－3x2＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－x))．当x＞2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－4，∴f(x)在(2，＋∞)上的值域为(－∞，－4)．则g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))＝eq\f(1,f(x))在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)＝eq\f(1,x2(1－x))在(1，＋∞)上的值域为(－∞，0)．∴对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．考点四单函数双任意型 【例题14】已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行．(1)求证：函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值；(2)记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))恒成立，求实数c的取值范围．【解析】(1)由题意得f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋a．因为函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为eq\f(1,2)，所以f′(1)＝eq\f(1,2)，即1＋a＝eq\f(1,2)，所以a＝－eq\f(1,2)．所以f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－2lnx－x2,2x2)，所以f′(1)＝eq\f(1,2)＞0，f′(e)＝－eq\f(1,2)＜0．因为y＝2－2lnx－x2在(1，e)上连续，所以f′(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．当x∈(1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上单调递增；当x∈(x0，e)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上单调递减．所以当x＝x0时，函数y＝f(x)取得最大值．故函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．(2)法一因为g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))恒成立，所以c≤eq\f(1,2)x2－bx－lnx．记h1(x)＝eq\f(1,2)x2－bx－lnx(x＞0)，则c≤h1(x)min．h′1(x)＝x－b－eq\f(1,x)．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝eq\f(b－\r(b2＋4),2)＜0(舍去)，x2＝eq\f(b＋\r(b2＋4),2)．因为b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，所以x2＝eq\f(b＋\r(b2＋4),2)∈(1，2)．当0＜x＜x2时，h′1(x)＜0，h1(x)单调递减；当x＞x2时，h′1(x)＞0，h1(x)单调递增．所以h1(x)min＝h1(x2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－bx2－lnx2＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)＋1－xeq\o\al(2,2)－lnx2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－lnx2＋1．记h2(x)＝－eq\f(1,2)x2－lnx＋1．因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln2．所以c≤－1－ln2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．法二因为g(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤eq\f(1,2)x2－bx－lnx．设h1(b)＝－xb＋eq\f(1,2)x2－lnx，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上为减函数，所以h1(b)＞heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx恒成立，设h2(x)＝eq\f(1,2)x2－eq\f(3,2)x－lnx，则h′2(x)＝x－eq\f(3,2)－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x－2,2x)＝eq\f((x－2)(2x＋1),2x)，令h′2(x)＝0，则x＝2，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，则x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－eq\f(1,2)－ln2，则c≤－1－ln2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．【例题15】已知函数f(x)＝(logax)2＋x－lnx(a>1)．(1)求证：函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；(2)若关于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t的值；(3)若对任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．【解析】(1)因为函数f(x)＝(logax)2＋x－lnx，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna)．因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x)＋2logax·eq\f(1,xlna)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．(2)因为当a>1，0<x<1时，分别有1－eq\f(1,x)<0，2logax·eq\f(1,xlna)<0，所以f′(x)<0，结合(1)可得f(x)min＝f(1)，所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2．(3)由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2lna，令g(x)＝x－x－1－2lnx(x>1)，则g′(x)＝1＋x－2－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)≥0，所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－lna≤e－1．由h(x)＝x－lnx的单调性，且a>1，解得1<a≤e，所以实数a的取值范围为(1，e]．考点五双函数双任意型 【例题16】（2023·广东珠海一中5月阶段检测)已知,（1）求函数的单调区间;（2）若,求实数的取值范围.思维导引(1)求出的导函数，利用导数求函数的单调区间；(2)先由题意得之,再分别求出,建立不等式，即可求出实数的取值范围.【解析】的定义域为,【点拨】在研究导数时，尽量将分子部分分解因式，这样在解不等式或时更加方便令,解得,令,解得所以的单调递增区间为(0,,单调递减区间为(2)若,则,等价于>,由(1)知在[2,2e^2]上，,故对于,所以在上单调递增，所以,故所以>,解得.又,所以【极易出错】许多考生在计算出后，却忘记了题干中的大范围限制，大意失荆州!题于中变量或者参数的范围，一定不要忘记所以实数的取值范围为(0,3].【例题17】已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；②当0<a≤eq\f(1,e)时，eq\f(1,a)≥e，则f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增；③当eq\f(1,e)<a<1时，1<eq\f(1,a)<e，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；④当a≥1时，0<eq\f(1,a)≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．综上所述，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当eq\f(1,e)<a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；当a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递减．(2)g′(x)＝2ax，依题意知，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a∉(0，e)，则①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－eq\f(1,2)；②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))．考点六任意存在型 【例题18】(2023·重庆长寿中学4月阶段检测)已知函数讨论的单调区间；(2)设,若对任意的,存在,使成立，求实数的取值范围.,【扫清障碍】了根据方程的根是否在区间内，分,两类进行讨论当时，由于，故，所以的单调递增区间为当时,由,得,则在区间上,,在区间所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为().综上所述，当>0时，的单调递增区间为,无单调递减区间；当时，的单调递增区间为(0,,单调递减区间为(2)由题目知，只需要即可.【突破口】由已知，转化为,由已知得,由此能求出实数的取值范围易知,所以只需要即可.即恒成立，分离参数可得,恒成立，令,则,由得所以在上单调递减，在(e上单调递增，所以,所以,即实数的取值范围是【例题19】（2023·全国·高二课时练习）已知函数,,若对任意都存在使成立,则实数的取值范围是______.【答案】【详解】对任意都存在使成立，所以得到，而，所以，即存在，使，此时，，所以，因此将问题转化为存在，使成立，设，则，，当，，单调递增，所以，即，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：.【例题20】（2023·广东·汕头市达濠华侨中学高三阶段练习）设函数，其中.若对，都，使得不等式成立，则的最大值为（

）A．0 B． C．1 D．【答案】C【详解】对，都，使得不等式成立，等价于,当时，，所以，当时，，所以，所以恒成立，当且仅当时，，所以对，恒成立，即，当，成立，当时，恒成立.记,因为恒成立，所以在上单调递增，且，所以恒成立，即所以.所以的最大值为1.故选：C.【例题21】(2023·重庆市朝阳中学5月诊断)已知函数,函数,若对任意的,存在,使得,则实数的取值范围为【解析】由题意得【扫清障碍】,注意与无等量关系，所以与单独研究即可,当时，,故在[1,2]上单调递增，,当时，,当e时，,故在上单调递增，在e上单调递减，【技法点拨】函数在闭区间上的最大(小)值往往在极大(小)值点或者区间端点处取得,即,解得考点七存在任意型 【例题22】已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.71828…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1－a－lnx,x2)(x＞0)．由f′(x)＝0，得x＝e1－a．易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞e1－a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．∴函数f(x)的单调递增区间是(0，e1－a)，单调递减区间是(e1－a，＋∞)．(2)当a＝1时，由(1)可知f(x)≤f(e1－a)＝1，∴∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，5f(x1)＋g(x2)＞0成立，等价于5＋(x－k)ex＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，∵当x∈(0，＋∞)时，ex－1＞0，∴x＋eq\f(x＋5,ex－1)＞k对x∈(0，＋∞)恒成立，设h(x)＝x＋eq\f(x＋5,ex－1)，则h′(x)＝eq\f(ex(ex－x－6),(ex－1)2)．令F(x)＝ex－x－6，则F′(x)＝ex－1．当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)＝ex－x－6在(0，＋∞)上单调递增．而F(2)＝e2－8＜0，F(3)＝e3－9＞0．∴F(2)·F(3)＜0．∴存在唯一的x0∈(2，3)，使得F(x0)＝0，即ex0＝x0＋6．∴当x∈(0，x0)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．∴当x＝x0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0)．∵h(x0)＝x0＋eq\f(x0＋5,ex0－1)＝x0＋1∈(3，4)．又k＜h(x0)，k∈Z，∴k的最大值是3．【例题23】已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex．(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2)．①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1．③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)．g′(x)＝(1－ex)x．当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，即a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1))．考点八双存在型 【例题24】已知函数f(x)＝x－alnx＋eq\f(b,x)在x＝1处取得极值.(1)若a>1，求函数f(x)的单调区间；(2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)．由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a．则f′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(1－a,x2)＝eq\f(x2－ax－(1－a),x2)＝eq\f((x－1)[x－(a－1)],x2)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1．若1<a<2，则函数f(x)的单调递增区间为(0，a－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a－1，1)；若a＝2，则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞)．(2)若a>3时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0．易知g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，则g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)a2＋3>0，∴g(x)>f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，若存在m1，m2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，只需要geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(1)<9，即eq\f(1,4)a2＋3－(2－a)<9，解得－8<a<4，由于a>3，所以实数a的取值范围是(3，4)．【例题25】已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0＜m≤6时，g(x)＝x3－eq\f(4,x)－mx，x∈(0，2]，若存在x1∈R，x2∈(0，2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．【解析】x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，当m＞0时，因为ex＋1＞0，所以ex＋1＋2m＞0，所以当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0．故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e．又g′(x)＝3x2＋eq\f(4,x2)－m≥4eq\r(3)－m，因为0＜m≤6，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(0，2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m．依题意有f(x1)min≤g(x2)max，所以6－2m≥－e，所以0＜m≤3＋eq\f(e,2)，故m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，3＋\f(e,2)))．【提分秘籍】一般地，已知函数，（1）若，，有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有成立，故；（5）若，，有，则的值域是值域的子集．【变式演练3】1.已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2＋ax，函数g(x)＝eq\f(x,ex)，若对∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.【解析】“对∀x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”.因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a.而g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e).由8＋a≤eq\f(1,e)，得a≤eq\f(1,e)－8，所以实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－8)).2.已知函数f(x)＝xex－ex，函数g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围.【解析】∵函数f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)的导函数f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上是减函数，∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1，又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2，∴f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，又函数g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数，∴g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m].若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f(x1)＝g(x2)，则[－1，e2]⊆[－3m，m]，∴－3m≤－1<e2≤m，解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞).（四）命题角度4同构法解决不等式恒(能)成立问题【例题26】（2023·河北·模拟预测）已知.(1)当时，求的单调性；(2)若恒大于0，求的取值范围.【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为(2)【详解】（1）当时，.，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，的单调减区间为，单调增区间为；（2）要使有意义，则，且，恒大于0，即恒成立，则，可得，因为函数为增函数，所以，即，令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，的最大值为，可得，则.所以的取值范围是.【例题27】（2023·贵州·高三阶段练习（理））已知，.(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若不等式在区间上恒成立，求的取值范围．【答案】(1)；(2)．【详解】（1），即，，设，，，时，，递增，时，，递减，所以，恒成立，则；（2）不等式即为设，显然此函数在定义域内是增函数，所以在时恒成立，在时恒成立，设（），则，时，，递增，时，，递减，所以，所以．【提分秘籍】①对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．②为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：、、、、、，有时也需要对两边同时加、乘某式等.③与为常见同构式：，；与为常见同构式：，.【变式演练4】1．（多选）（2023·云南·昆明一中高三阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的可能的值为（

）A． B． C． D．【答案】CD【详解】因为，且恒成立，所以，则，故，则，当时，，，则，故，则恒成立，当时，，，则，对两边取对数，得，令，则，又，所以在上单调递增，故，即在上恒成立，令，则在上恒成立，即，又，令，得；，得；所以在上单调递增，在上单调递减，则，故，对于AB，易得，，故AB错误；对于CD，易得，，故CD正确.故选：CD.2．（2023·湖北·高三阶段练习）已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)【详解】（1）当时，，则．当时，单调递减，当时，单调递增，则，即．所以当时，所以由所以当时，，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）．令，则，所以当时，单调递减，当时，单调递增，故．令，则等价于．因为，所以等价于．令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，则．故k的取值范围为．3．（2023·江苏苏州·高三阶段练习）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)当时，在时恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)在单调递减，在单调递增(2)【详解】（1）由题意，令，得，当时，若，则，所以，若，则，，所以；当时，若，则，所以，若，则，，所以；综上在单调递减，在单调递增.（2）当时，即，即，构造函数，即有对时恒成立，，令，得，所以在上单调递减，在单调递增，又时，时，，所以只需要对时恒成立即可，两边取对数，有对时恒成立，又时，，所以对时恒成立，令，令，则，令，则则在单调递增，在上单调递减，最大值为，所以的最小值为.三、本专题同步训练题一．选择题1．已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导数为f′（x），f（x）＞0且f（e）＝1，若xf'（x）lnx+f（x）＞0对任意x∈（0，+∞）恒成立，则不等式1f(x)A．（0，1） B．（1，+∞） C．（e，+∞） D．（0，e）【解答】令g（x）＝f（x）lnx﹣1，g（e）＝f（e）lne﹣1＝0，x∈（0，+∞），∵xg′（x）＝xf′（x）lnx+f（x）＞0，在x∈（0，+∞）上恒成立，∴函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，∵f（x）＞0，∴不等式1f(x)＜lnx等价于f（x）lnx＞1，即g（x）＞0，即g（x）＞g（又∵函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，∴x＞e，∴不等式1f(x)＜lnx的解集为{x|x＞故选：C．2．已知函数f(x)=emx−1mlnx，当x＞0时，A．（1，+∞） B．（e，+∞） C．(1e，e)【解答】由题意，若m≤0显然f（x）不是恒大于零，故m＞0．（由4个选项也是显然，可得m＞0），则显然f(x)=e当x＞1时，f(x)=emx−令g（t）＝tet（t＞0），g′（t）＝（1+t）et＞0，g（t）在（0，+∞）上单调递增．因为mx＞0，lnx＞0（x＞1），所以mx⋅emx＞lnx⋅elnx⇔mx＞lnx，即m＞lnx再设ℎ(x)=lnxx⇒ℎ′(x)=1−lnxx2(x＞1)，令h易得h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以ℎ(x)max=ℎ(e)=1e，故m＞故选：D．3．已知定义在R上的函数φ（x）满足：当x1≠x2时，恒有φ(x1)−φ(x2)x1−x2＞0，若对任意x∈R，φA．e B．e2 C．e D．e【解答】定义在R上的函数φ（x）满足：当x1≠x2时，恒有φ(x∴函数φ（x）在R上单调递增，∵对任意x∈R，φ（ex﹣b）≥φ（ax）恒成立，∴ex﹣b≥ax，即ex﹣ax﹣b≥0，令f（x）＝ex﹣ax﹣b，x∈R，f′（x）＝ex﹣a，a＝0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，而f（x）≥0恒成立，∴b≤0，∴ab＝0．a＜0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，此时f（x）≥0不恒成立，舍去．a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，∴x＝lna时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（lna）＝a﹣alna﹣b≥0，化为b≤a﹣alna，∴ab≤a2﹣a2lna，令g（a）＝a2﹣a2lna，a∈（0，+∞），g′（a）＝2a﹣2alna﹣a＝a（1﹣2lna），a∈（0，e）时，g′（a）＜0，函数g（a）单调递减；a∈（e，+∞）时，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增．a=e时，函数g（a）取得极小值即最小值，g（e）=∴ab的最大值为e2，故选：B4．已知不等式ekx+1＞(x+1)lnxkx对∀x∈（0，+∞）恒成立，则实数A．（﹣∞，0）∪（1e，+∞） B．（1eC．（﹣∞，0）∪（e，+∞） D．（e，+∞）【解答】当k＜0时，ekx+1＜2，而当x→0时，(1+x)lnxkx→+∞，不符合题意，所以k不等式ekx+1＞(1+x)lnxkx对∀x即kx（ekx+1）＞（1+x）lnx对任意x∈（0，+∞）恒成立，即lnekx（ekx+1）＞（1+x）lnx对任意x∈（0，+∞）恒成立，设f（x）＝（1+x）lnx，则f（ekx）＞f（x），可得f'（x）＝lnx+1+x令g（x）＝f'（x）＝lnx+1+xx，则g'（x）当x＞1时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当0＜x＜1时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以f'（x）在x＝1处取得极小值，且极小值为2，所以f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，则ekx＞x在（0，+∞）上恒成立，即有k＞lnxx恒成立，设h（x）=lnxx，可得h'（当x＞e时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当0＜x＜e时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，所以h（x）在x＝e处取得极大值，且最大值为1e，此时k＞故k的取值范围是（1e故选：B．5．若不等式tetx−(1−1x)ln(x−1)≥0对任意xA．[ln22e+1，+∞) C．(0，ln2+12e+1)【解答】因为x≥2e+1，tetx−(1−1x)ln(x−1)≥0恒成立，即txetx≥（x﹣1）ln（x﹣1）＝eln（x﹣1）•ln（x﹣1）恒成立，令f（x）＝xex（x＞0），则f（tx）≥f（ln（x﹣1））恒成立，因为f′（x）＝（x+1）ex＞0恒成立，故f（x）单调递增，所以tx≥ln（x﹣1）在x≥2g′(x)=x令h（x）＝x﹣（x﹣1）ln（x﹣1）（x≥2e+1），则h′（x）＝﹣ln（x﹣1）＜0，∴h（x）单调递减，∴h（x）≤h（2e+1）＝2e+1﹣（2e+1﹣1）⋅ln（2e+1﹣1）＝1﹣2eln2＝1﹣eln4＜0，即g′（x）＜0，∴g（x）单调递减，故g(x)≤g(2e+1)=ln2+1则正实数t的取值范围是[ln2+12e+1，+∞)6．已知关于x的不等式exx3−x﹣alnx≥1对于任意xA．（﹣∞，1﹣e] B．（﹣∞，﹣3] C．（﹣∞，﹣2] D．（﹣∞，2﹣e2]【解答】由题意可知，分离参数a≤x−3ex−x−1lnx，令f(x)=x−3ex−x−1lnx，由题意可知，a≤f（x）min，由f(x)=ex−3lnx−1−xlnx，又ex﹣1≥x，当x＝0时等号成立，所以f(x)=ex−3lnx−1−xlnx≥x−3lnx−xlnx所以a≤﹣3，故选：B．7．若不等式ex﹣aln（ax﹣1）+1≥0对∀x∈[12，1]恒成立（e为自然对数的底数），则实数aA．e+1 B．e C．e2+1 D．e2【解答】由ex﹣aln（ax﹣1）+1≥0对∀x∈[12由ax﹣1＞0在[12，1]上成立，所以a＞012a−1＞0，解得1a⋅ex−ln（ax﹣1）+1a≥0⇔1a⋅ex−ln[a（x−1a）]+1a≥令f（x）＝ex+x，则f'（x）＝ex+1＞0，所以f（x）在R上单调递增，且f（x﹣lna）≥f[ln（x−1a）]，所以x﹣lna≥ln（x则﹣lna≥ln（x−1a）﹣x在[12，1]上恒成立，令g（x）＝ln（x−则g'（x）=1+1a−xx−1a，又因为x∈[12所以g'（x）＞0，则g（x）在[12，1]上单调递增，所以g（x）max＝g（1）＝ln（1−所以﹣lna≥ln（1−1a）﹣1，即ln（1−1a）+lna≤1，所以ln（a﹣1）≤1，解得所以a的最大值为e+1．故选：A．8．设实数m＞0，若对任意的x∈（1，+∞），不等式2e2mx−A．12 B．12e C．1 【解答】由于m＞0，则不等式2e2mx−lnxm≥0，可转化为2即2mxe2mx≥xlnx＝elnx⋅lnx恒成立，构造函数g（x）＝xex，可得g′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，当x＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增，则不等式2e2mx−lnxm≥0恒成立等价于g（2即2mx≥lnx恒成立，进而转化为2m≥lnx设ℎ(x)=lnxx，可得当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以当x＝e，函数h（x）取得最大值，最大值为ℎ(e)=1所以2m≥1则实数m的最小值为12e故选：B．9．若x∈（1，+∞）时，关于x的不等式axa﹣1lnx﹣ex≤0恒成立，则a的取值范围为（）A．(−∞，1e] B．（﹣∞，e] C．(0，【解答】由axa﹣1lnx﹣ex≤0，可得axalnx≤xex，即xalnxa≤xex，即lnx设f（x）＝xex，则f（lnxa）≤f（x）在（1，+∞）上恒成立，又f′（x）＝ex+xex＝（x+1）ex，则函数f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，且当x＜0时，f（x）＜0，当x＞0时，f（x）＞0，当a≤0时，由于x∈（1，+∞），则alnx≤0，此时f（alnx）≤0，f（x）＞0，满足f（lnxa）≤f（x）在（1，+∞）上恒成立；当a＞0时，由于x∈（1，+∞），则alnx＞0，要使f（lnxa）≤f（x）在（1，+∞）上恒成立，则需lnxa≤x，即a≤x设g(x)=xlnx，x＞1易知当x∈（1，e）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，则a≤g（x）min＝g（e）＝e，综上，实数a的取值范围为（﹣∞，e]．故选：B．10．已知关于x的不等式（a+1）x≥lnx+b恒成立，则aeb﹣1的最小值为（）A．﹣1 B．−12 C．−1【解答】关于x的不等式（a+1）x≥lnx+b恒成立，即lnx﹣（a+1）x≤﹣b恒成立，设f（x）＝lnx﹣（a+1）x，则f（x）max≤﹣b，由f′（x）=1x−（aa≤﹣1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，无最大值，a＞﹣1时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜1令f′（x）＜0，解得x＞1故f（x）在（0，1a+1）递增，在（1故f（x）max＝f（1a+1）＝ln1a+1−故﹣ln（a+1）≤﹣b+1，即ln（a+1）≥b﹣1，即eln（