举一反三系列高二高考数学同步及复习资料人教A版选择性必修2专题5.7 导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）（含答案及解析）

专题5.7导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·广东·高三阶段练习）已知f(x)=e(1)若x∈0,2π，求函数f(x)(2)若对∀x1,x22．（2022·四川·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=ln(1)求f(x)极大值；(2)若x∈[1,+∞),e3．（2022·江苏·高三阶段练习）已知a>0，函数fx(1)证明fx(2)若存在a，使得fx≤a+b对任意x∈0,+4．（2022·河北·模拟预测）已知fx(1)当a=1时，求g(x)的单调性；(2)若f(x)恒大于0，求a的取值范围.5．（2022·江苏·高二期末）已知函数f(x)=ln x−ax−(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,92)(2)当x>0时，f(x)<0恒成立，求a的取值范围．6．（2022·安徽·高三阶段练习（理））已知函数fx(1)若x=e时，fx取得极值，求(2)若函数gx=xfx+x,x∈1,+7．（2022·河北·高三期中）已知函数fx(1)若a=−2e−1，求(2)记函数gx=−x2−a8．（2022·黑龙江·高三阶段练习）已知函数f(x)=4ax(1)讨论函数fx(2)若a为整数，且fx<2x9．（2022·北京高三阶段练习）设函数fx(1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线斜率为e2(2)若fx存在两个极值点x1,x210．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数fx(1)证明不等式：sinx≤x，x∈(2)若∃x1,x2∈0,+11．（2022·河南·高二期末（文））设函数fx(1)a=0时，求fx(2)若fx≥0在0,+∞12．（2022·陕西汉中·模拟预测（理））已知函数fx(1)若a>0，求函数fx(2)当x∈0,+∞时，不等式fx13．（2022·江苏省高三阶段练习）

已知函数f(x)满足2f(x)+f(−x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式，并求f(x)在[−3,−1]上的值域；(2)若对∀x1,x2∈(2,4)且14．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=e(1)讨论函数fx(2)当p=1时，若存在q，使得不等式gx≥fx15．（2022·山东·高三期中）已知函数fx=ln(1)若fx的最大值是1，求m(2)若对其定义域内任意x，fx≤gx16．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=ex−x，g(1)若直线y=kx与曲线y=fx，y=gx都相切，求(2)若fx≥gx17．（2022·四川·高三期中（文））已知函数fx(1)若函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0，求实数a(2)若∃x0∈0,+∞18．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=x−a+(1)讨论函数fx在区间0,(2)当a=2时，不等式fx<2te19．（2022·辽宁抚顺·高三期中）已知函数f(x)=1−a(1)讨论fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥20．（2022·云南·高三阶段练习）已知函数f(x)=sinx−ax+16x3，其中(1)若a=1，证明：gx(2)若x≥0时，fx≥0恒成立，求21．（2022·福建龙岩·高三期中）已知函数fx(1)若曲线y=fx在点0，f0处的切线与直线l：(2)若对∀a∈−32,32，存在22．（2023·浙江温州·模拟预测）已知a>0，函数F(x)=f(x)−g(x)的最小值为2，其中f(x)=ex−1，(1)求实数a的值；(2)∀x∈(0,+∞)，有f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(e23．（2022·江苏·高二期末）已知函数f(x)=2lnx−x2，g（(1)求实数a的值；(2)若对∀x1，x2∈124．（2022·山东·高三期中）已知函数g(1)当a=1时，求gx(2)若

fx=gxex25．（2022·北京高三阶段练习）已知函数fx(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若函数fx在x=0处取得极小值，求a(3)若存在正实数m，使得对任意的x∈0,m，都有fx<026．（2022·上海高二期末）已知函数f(x)=alnx+x(1)若a=−2，求证：f(x)在(1,+∞(2)当a=−4时，求函数f(x)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的(3)若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数27．（2023·北京·高三专题练习）已知x=1是函数fx(1)求a值；(2)判断fx(3)是否存在实数m，使得关于x的不等式fx≥m的解集为0,+∞28．（2022·上海市高二期末）已知函数f(x)=x3−ax+4(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间[−2,1]上的最大值为12，求实数a的值；(3)若关于x的不等式f(x)≥lnx+3在区间(2,+∞29．（2022·全国·模拟预测）设函数f(x)=xekx+a，f(1)当k=−1时，①若函数fx的最大值为0，求实数a②若存在实数x>0，使得不等式fx≥x−ln(2)当k=1时，设gx=f'x，若g30．（2022·天津市高三阶段练习）已知函数fx(1)设ℎx=f2x(2)设x0>1，求证：存在唯一的x0，使得函数y=gx的图象在点Ax(3)设φx=gx+2lnax+26x+专题5.7导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·广东·高三阶段练习）已知f(x)=e(1)若x∈0,2π，求函数f(x)(2)若对∀x1,x2【解题思路】（1）直接求导计算即可．（2）将问题转化为fx2+ax2【解答过程】（1）f令f'x=0，因为x∈0,2π得x0，3π37π7f+0−0+f(x)↑极大值↓极小值↑所以f(x)的单调增区间为0，3π4和7f(x)极大值为f(3π4)=22e3π（2）对∀x1,f(x设g(x)=f(x)+ax2，则g(x)在故g'(x)=e方法一：（含参讨论）设ℎx则ℎ0=1>0，ℎπℎ'x=2ex①当a≥eπ时，故，当x∈0,π4时，ℎ当x∈π4,π时，ℎ此时，ℎ'x≥minℎ'0②当eπ2π≤a<eπ时，同①，当x∈0,π∵ℎ'π4∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，∃x0∈于是，当x∈0,x0时，ℎ当x∈x0,π时，ℎ∵ℎ0=1>0，ℎπ=−综上，实数a的取值范围是eπ方法二：（参变分离）由对称性，不妨设0≤x则fx1−f设gx=fx+ax故g'x=∵g'0=1>0，∴,⇔−2a≤exsin设ℎx=exsinx+cos设φx=2x−tan则φ'x=2−由φ'x>0，x∈0,π2∪由φ'x<0，x∈0,π2∪故x∈0,π2x∈π2,π从而，φxcosx=2x又x=π2时，2xcosx−sinℎx=exsinx+cos于是，−2a≤−e综上，实数a的取值范围是eπ2．（2022·四川·高三阶段练习（理））已知函数f(x)=ln(1)求f(x)极大值；(2)若x∈[1,+∞),e【解题思路】(1)对函数求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，进而求出函数的极大值；(2)先对函数求导，确定不等式成立的必要条件，再进一步证明不等式成立的充分性即可得证.【解答过程】（1）fx∈(0,1),f'(x)>0x∈(1,+∞),f所以f(x)极大值为f(1)=0.（2）g(x)=eg'g″①若g″(1)=e−12k<0，由函数连续性，∃α>0，当x∈(1,α),g″②所以g″(0)=e−1下面证明：k≤2e是命题“x∈[1,+∞即只需要证明：当k≤2e,x∈[1,+∞设ℎ(k)=(lnx−2x+2)k+ex−ex记t(x)=et=e所以x∈[1,+∞),t(x)单调递增，综上k∈(−∞3．（2022·江苏·高三阶段练习）已知a>0，函数fx(1)证明fx(2)若存在a，使得fx≤a+b对任意x∈0,+【解题思路】（1）求导f'x=−lnx+（2）题目转化为fx−amax【解答过程】（1）函数fx=a−x令gx=−又a>0，∴g'x<0，当x=e−1时，f'x=故存在x0∈当x∈0,x0，f'x当x∈x0,+∞，f'所以fx（2）由题知，存在a>0，使得fx≤a+b对任意即存在a>0，使得b≥fx−a由（1）知，f(x)max=fx0fx即存在a>0，使得b≥x构造u(x)=xln2x−x−xlnx,即存在a>0，b≥u(x)min对任意求导u令u'(x)=0，求得lnx1=−2，ln当x∈0,e−2，u'x当x∈e−2,e，u'当x∈e,+∞，u'x>0所以u(x)由x∈0,e−2因为x∈0,e−2，所以lnx<−2，即lnx−所以b的取值范围是b≥−e4．（2022·河北·模拟预测）已知fx(1)当a=1时，求g(x)的单调性；(2)若f(x)恒大于0，求a的取值范围.【解题思路】（1）将a=1代入，先求函数的定义域，再化简函数，求导函数，根据导函数的符号得到函数的单调性；（2）先求函数的定义域，将函数f(x)恒大于0转化为不等式ex+lna+x+lna>eln(x+3)【解答过程】（1）当a=1时，g(x)==eg'(x)=ex−1，则当x∈(−3,0)当x∈(0,+∞)时，g'所以当a=1时，g(x)的单调减区间为(−3,0)，单调增区间为(0,+∞（2）要使g(x)=f(x)+lnx+3ex有意义，则f(x)恒大于0，即ae则ex+lna因为函数y=ex+x为增函数，所以x+令ℎ(x)=ln则ℎ'(x)=1x+3−1=当x∈(−2,+∞)时，ℎ(x)的最大值为ℎ(−2)=2，可得lna>2，则a>所以a的取值范围是e25．（2022·江苏·高二期末）已知函数f(x)=ln x−ax−(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过点(3,92)(2)当x>0时，f(x)<0恒成立，求a的取值范围．【解题思路】（1）求出f'x，根据已知可得k=f'1（2）不等式可化为a>lnxx−12x2对x>0恒成立.设g(x)=ln【解答过程】（1）∵f根据导数的几何意义可得，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f又∵f(1)=−a−12，切线过(3,9所以，−a−12=（2）当x>0时，f(x)<0恒成立，所以lnx−ax−即a>lnxx设g(x)=lnxx−1又g'(x)=1−则ℎ'(x)=−1x−3x2又ℎ(1)=0，则当0<x<1时，ℎ(x)>0，则g'(x)>0，当x>1时，ℎ(x)<0，则g'(x)<0，∴g(x)∴a>−12，即实数a的取值范围是6．（2022·安徽·高三阶段练习（理））已知函数fx(1)若x=e时，fx取得极值，求(2)若函数gx=xfx+x,x∈1,+【解题思路】（1）首先求函数的导数，利用极值点，求a，再求函数的单调区间；（2）首先不等式变形为axex+lnx【解答过程】（1）f'因为函数在x=e处取得极值，所以f'e当a=0时，f'x=当x∈0,e时，f'x>0，函数单调递增，当x∈综上可知函数的单调递增区间是0,e，函数的单调递减区间是e（2）gx=xfx即axex+lnxex<2，设不等式转化为at+lnt<2，转化为a<2−lnt设ℎt=2−lnt当t∈e,e3时，ℎ't<0，函数单调递减，当t∈e3所以实数a的取值范围为aa<−7．（2022·河北·高三期中）已知函数fx(1)若a=−2e−1，求(2)记函数gx=−x2−a【解题思路】（1）由题意得f'x=2ex（2）fx+1≥gx恒成立，转化为2ex+1【解答过程】（1）解：由题意得函数fx的定义域为0,+∞若a=−2e−1，则令f'x=0而f'所以fx在区间0,1上单调递增，在区间1,+（2）解：若fx+1则2e整理得2ex+1+a设ℎx=2e令ℎ'x=0整理得ex+1设y1=ex+1，y若−a+1=yy2=x+1+1为①当−a+1=1，即a=−2时，ℎ'②当−a+1<1，即在区间−1,+∞，恒有y1>所以ℎx在−1,+∞单调递增，则ℎx③当−a+1>1，即设零点为x0，则所以ℎx在−1,x0ℎx因为2e则−2ax又因为x0>−1，所以a>−2且a≠−1，与综上所述，实数a的取值范围为−2,+∞8．（2022·黑龙江·高三阶段练习）已知函数f(x)=4ax(1)讨论函数fx(2)若a为整数，且fx<2x【解题思路】（1）求出函数的定义域和f'x，分情况讨论a≥0和（2）不等式fx<2x2lnx+2恒成立，可转化为a<lnx2−lnx2x2+54x【解答过程】（1）f(x)=4ax2+2lnx−3当a≥0时，f'x>0，则f(x)=4a当a<0时，解f'x=0，即解f'x>0，即8ax+2x>0，得0<x<12−1a，所以fx在综上所述，当a≥0时，f(x)=4ax2+2lnx−3在0,+∞上单调递增；当a<0（2）由已知可得，4ax2+2即a<lnx2令gx=lnx2令ℎx=x2+2lnx−6且ℎ2=4+2ln所以，∃x0∈2,52，使得ℎx0=0即∃x0∈2,52，使得g'x0当x>x0时，g'x>0所以，gx=ln又g'x0所以gx令mx=−14x2+则k't=1−1t所以，kt=t+1从而mx=−14x又m2=−1所以0<mx0<1又a为整数，a<gx0，所以9．（2022·北京高三阶段练习）设函数fx(1)若曲线y=fx在点2,f2处的切线斜率为e2(2)若fx存在两个极值点x1,x2【解题思路】（1）求出f'x，令（2）令f'x=0得x=1，x=ln2a，当0<2a<e由fx=ex−ax【解答过程】（1）f'所以f'2=2（2）f'x=xex解得x=1，或a=ex2时a>0当0<2a<e即0<a<e2时，x得fx=ex−axx=0时成立，x≠0时，有a<exx令gx=exx,x∈0,1有gx≤g1当2a>e即a>e2时，x2=2a，对任意x∈0,2a,f因为f0=e解得e2当2a=e即a=e2综上所述，0<a<e2或10．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数fx(1)证明不等式：sinx≤x，x∈(2)若∃x1,x2∈0,+【解题思路】(1)移项构造新函数ux(2)根据fx1=f结合(1)及函数的单调性求出a>x2−【解答过程】（1）令ux=x−sinx，故ux=x−sinx在即x−sinx≥0，所以sinx≤x，x∈（2）由fx1=f整理得aln不妨设x1<x2，由（1）可知故有x1−sin所以aln所以a>x下面证明x2−x令t=x2x1>1，即证明t−1设φt=t−1t−lnt所以φt所以x2−x1ln11．（2022·河南·高二期末（文））设函数fx(1)a=0时，求fx(2)若fx≥0在0,+∞【解题思路】(1)把a=0代入后对函数求导，结合导数与单调性的关系可求函数的单调性，进而可求最值；(2)结合导数研究函数的单调性，然后结合函数的性质可求.【解答过程】（1）当a=0时，fx=e当x<0时，f'x<0，函数单调递减，当x>0故当x=0时，函数fx取得最小值f（2）∵f'令gx=e①当a≤12时，g'x≥0,函数gx在所以fx在0,+∞上单调递增，②当a>12时，由g'当x∈0,ln2a时，g'x当x∈ln2a,+∞时，g'x当x∈0,ln2a时，gx<g0=0所以fx<f0=0,与综上可得,a的范围为−∞，12．（2022·陕西汉中·模拟预测（理））已知函数fx(1)若a>0，求函数fx(2)当x∈0,+∞时，不等式fx【解题思路】(1)利用函数的导数的符号，判断函数的单调性，即可求出函数的单调区间.(2)将原不等式fx⩾gx−ex进行参变分离得a⩾lnxx【解答过程】（1）依题意f'x=a−ex由f'x>0，得x<lna∴a>0,fx的单调递增区间为−∞,（2）当x∈0,+∞时，不等式fx设ℎx=ln令ℎ'x=0当x在区间0,+∞内变化时，ℎ'xx0,eeℎ+0−ℎ↗极大值↘由上表可知，当x=e时，函数ℎx在0,+∴a  ⩾ln故a的取值范围是1213．（2022·江苏省高三阶段练习）

已知函数f(x)满足2f(x)+f(−x)=x+2(1)求y=f(x)的解析式，并求f(x)在[−3,−1]上的值域；(2)若对∀x1,x2∈(2,4)且【解题思路】（1）首先利用方程组法求出f(x)的表达式，再利用函数图像，结合定义域即可分析值域.（2）首先通过移项后，构造新函数g(x)，再利用g'(x)在所给区间上大于等于0恒成立，得到关于k的不等式吗，解出【解答过程】（1）因为2f(x)+f(−x)=x+2所以2f(−x)+f(x)=−x−2联立①②，解得：f(x)=x+则f(x)为对勾函数，作图如下.由图像可知单调区间为所以x∈−3,−2单调递增，x∈−2,−1单调递减，则f(x)在[−3,−1]上，在x=−2处取得最大值f−2=−22，当x=−1时，f(−1)=−3，在即f(x)∈（2）因为fx2令g(x)=f(x)+kx=x+2+kx，则由上式恒成立得当所以g'(x)=1−2+kx2≥0在所以k≤2

，即k∈−14．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=e(1)讨论函数fx(2)当p=1时，若存在q，使得不等式gx≥fx【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分p≤0与p>0两种情况，得到函数的单调性和极值情况；（2）gx≥fx转化为e−qx+lnx−λq≤0，构造ℎx=e−qx+lnx−λq，分q≤e与q>e【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，且当p≤0时，f'x>0，此时f当p>0时，由f'x<0，得0<x<pe所以fx在0,pe此时函数fx的极小值为f综上，当p≤0时，函数fx无极值；当p>0时，函数fx的极小值为（2）当p=1时，gx≥fx令ℎx则ℎx≤0恒成立，若q≤e，则ℎ'x且ℎe故ℎx若q>e，则由ℎ'x由ℎ'x<0故ℎx在0,1q−故ℎx所以−1−lnq−e所以原问题转化为存在q>e，使得λ≥−令vq=−lnq−ev'令φq=−e且φ2所以当e<q<2e时，φq当q>2e时，φq>0故vq在e,2e故vq则λ≥−1综上，实数λ的取值范围是−115．（2022·山东·高三期中）已知函数fx=ln(1)若fx的最大值是1，求m(2)若对其定义域内任意x，fx≤gx【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分m≤0与m>0两种情况，分类讨论得到当m>0，x=1m时，fx（2）转化为m−2≥1+lnxx−ex在0,+∞上恒成立问题，构造φx=1+【解答过程】（1）∵fx的定义域为0,+∞，若m≤0，f'x>0若m>0，令f'x>0,解得：x∈0,1故x∈0,1m时，fx单调递增，∴x=1m时，fx∴m=1（2）原式恒成立，即lnx−mx+1≤xex即m−2≥1+lnx设φx=1+设ℎx=x∴ℎx在0,+∞上单调递增，且ℎ1∴ℎx有唯一零点x0∈即x0两边同时取对数，得x0+ln∴x0=−因为φ'x=−ℎx当x∈x0,+故φx在0,x0上单调递增，在x0,+∴φx∴m−2≥−1，∴m≥1，故m的取值范围是1,+∞16．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=ex−x，g(1)若直线y=kx与曲线y=fx，y=gx都相切，求(2)若fx≥gx【解题思路】（1）利用导数的几何意义分别求出曲线y=fx，y=gx的过原点的切线，列方程即可求得（2）先讨论gx≤0的情况，再讨论【解答过程】（1）解：设直线y=kx与曲线y=fx，y=gx分别切于点Px易知fx1=∴f'∴与曲线y=fx切于点P的直线方程为y=∵直线y=kx过原点，∴−x整理得1−x∴x1=1易知gx2=a∴g∴与曲线y=gx切于点Q的直线方程为y=整理得y=a∴a∴a=e（2）解：由fx≥gx令φx则φ'当x<0时，φ'x<0当x>0时，φ'x>0∴φx∴e∴e当x∈0,1e∴e当x∈1e,+令ℎx=e则ℎ'当x∈1e,1时，ℎ当x∈1,+∞时，ℎ'∴a≤ℎx∵a>0，∴实数a的取值范围是0,e17．（2022·四川·高三期中（文））已知函数fx(1)若函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0，求实数a(2)若∃x0∈0,+∞【解题思路】（1）首先对函数求导，再求出在x=0处的导数值，根据题目所给直线的斜率即可求解.（2）首先构造新函数ℎ(x)，根据题意的分析，只要ℎ(x)min≤0即可，然后通过对a【解答过程】（1）由题意，知g'x=a因为函数gx在x=0处的切线方程为x−y+a=0所以g'0=2a=1（2）令ℎx则ℎx=x所以ℎ'x因为∃x0∈即∃x0∈所以ℎ(x)①当a⩽0时，ℎ'x⩾0在0,+∞上恒成立，函数所以ℎ(x)所以a⩽0.②当a>0时，令ℎ'x>0，解得x>a；令ℎ所以函数ℎx在区间0,a上单调递减，在a,+所以ℎ(x)min=ℎa=−a综上所述，实数a的取值范围为−∞18．（2022·全国·模拟预测）已知函数fx=x−a+(1)讨论函数fx在区间0,(2)当a=2时，不等式fx<2te【解题思路】（1）先确定函数fx的定义域，然后求导，利用导数研究函数fx的单调性，最后分类讨论即可得函数fx（2）先分离参数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，再利用导数求函数的最值即可.【解答过程】（1）由题意可得函数fx=x−a+f'令f'x=0所以当x∈0,e1+a时，f当x∈e1+a,+∞时，当e1+a≥e2，即a≥1时，函数故函数fx的最大值为f当e1+a<e2，即a<1时，函数fx故函数fx的最大值为f综上，当a≥1时，函数fx在区间0,e2当a<1时，函数fx在区间0,e2（2）当a=2时，不等式fx<2te也就是2te令gx=lng'令ℎx=3−lnx−x,x∈0,+∞，又ℎ1=2>0，ℎ3=−ln不妨设该零点为x0，则3−则当x∈0,x0时，ℎx>0当x∈x0,+∞时，ℎx故gxmax=g所以lnx0+x0故2te>1e3，解得t>另解：当a=2，不等式fx<2te也就是2te令m=xex>0，则gg'm=3−lnmm当m∈e3,+∞时，g'故2te>1e3，解得t>19．（2022·辽宁抚顺·高三期中）已知函数f(x)=1−a(1)讨论fx在0,+(2)若不等式2exf(x)≥【解题思路】（1）根据函数求解导数f'(x)，故按照a>0，（2）根据不等式2exf(x)≥x3lnx+x2+3x，参变分离得【解答过程】（1）解：因为f(x)=1−ax3ex当a>0时，由f'x>0，得x>3；由f则fx在0,3上单调递减，在3,+当a<0时，由f'x<0，得x>3；由则fx在0,3上单调递增，在3,+综上，当a>0时，fx在0,3上单调递减，在3,+当a<0时，fx在0,3上单调递增，在（2）解：不等式2exf(x)≥x3设g(x)=exx3−设ℎ(x)=ex−设φ(x)=ex−x−1由φ'x>0，得x>0，所以φ则φx>φ0=0，即ℎ'因为ℎ0=1>0，所以ℎx则g'(x)=0，得x=3，所以当0<x<3时，g'x<0所以gx在0,3上单调递减，在3,+则g(x)故a≤e327−120．（2022·云南·高三阶段练习）已知函数f(x)=sinx−ax+16x3，其中(1)若a=1，证明：gx(2)若x≥0时，fx≥0恒成立，求【解题思路】（1）由题设g(x)=f'(x)=（2）由题设及（1）易知f'(x)在[0,+∞)上递增，则f'(x)≥f'(0)=1−a，结合f(0)=0【解答过程】（1）由题设f(x)=sinx−x+1所以g'(x)=x−sinx，令所以ℎ(x)在R上单调递增，而ℎ(0)=0，故(−∞,0)上g'(x)=ℎ(x)<0，则(−∞,0)上g(x)递减，(0,+∞)上（2）由k(x)=f'(x)=由（1）知：[0,+∞)上k'(x)≥0，故所以f'(x)≥f当1−a<0时，即f'(0)<0，x趋向+∞时f'(x)趋向+所以[0,x0)上f'(x)<0，f(x)递减，(故f(x0)<f(0)=0当1−a≥0时，即f'(0)≥0，故在[0,+∞所以[0,+∞)上f(x)递增，此时恒有f(x)≥f(0)=0，满足综上，a≤1时，x≥0时fx21．（2022·福建龙岩·高三期中）已知函数fx(1)若曲线y=fx在点0，f0处的切线与直线l：(2)若对∀a∈−32,32，存在【解题思路】（1）求导，得到f'0=−4a，根据切线与直线l（2）问题转化为当x∈−2,3时，∀a∈−32,32，fxmin≤b2−2a，对fx求导，对导函数因式分解，结合【解答过程】（1）f'则f'因为曲线y=fx在点0，f0处的切线与直线所以−4a×14=−1（2）∀a∈−32,3等价于当x∈−2,3时，∀a∈−3f'当a=−1时，f'x=ex所以fxmin=f−2=当a∈−32,−1时，2a<−2，易得故fxmin=f−2=即∀a∈−32令ℎa=a+2e2所以当a∈−32,−1时，当a∈−1,32时，−2<2a<3，故fx在所以fxmin=f2a=−2a①当a=1时，−2e2≤0②当a∈−1,1时，2−2a>0，可转化为∀a∈−1,1，设t=2a−2<t<2，gt=则g't=et当g't>0，−2<t<1−3，令故gt在−2<t<1−3上单调递增，在故gt在t=1−3处取得极大值，也是最大值，即b≥2−③当a∈1,32时，2−2a<0，可转化为∀a∈即∀a∈1,32设m=2a，2<m<3，pm=m则p'令p'm=0，m=1+3，令p'm>0故pm在1+3<m<3所以pm在m=1+pmmin=p又2−3e3−综上：b的取值范围是2−322．（2023·浙江温州·模拟预测）已知a>0，函数F(x)=f(x)−g(x)的最小值为2，其中f(x)=ex−1，(1)求实数a的值；(2)∀x∈(0,+∞)，有f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(e【解题思路】(1)根据题意求出函数F(x)的解析式，利用导数讨论函数的单调性，求出函数F(x)的最小值，列出方程，解之即可；(2)根据题意可得ex−m≥kx+k−1kx+k−1≥lnx，即(ex−m−kx−k+1)min≥0在0,+∞上恒成立且(lnx−kx−k+1)max≤0在【解答过程】（1）由题意知，F(x)=f(x)−g(x)=e则F'令F'(x)<0⇒0<x<1，令所以函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞所以F(x)min=F(1)=1−所以1−lna=2，解得经检验，a=e故a=e（2）由f(x+1−m)≥kx+k−1≥g(ef(x+1−m)≥kx+k−1kx+k−1≥g(ex)对于ex−m≥kx+k−1，可得不等式即(ex−m设u(x)=ex−m−kx−k+1(x∈若k≤0，则u'(x)>0，函数且u(x)=e若k>0，令u'(x)<0⇒x<m+ln所以u(x)在(−∞,m+ln所以u(x)由u(x)min≥0，得−mk−kln对于kx+k−1≥lnx，可得不等式lnx−kx−k+1≤0即(lnx−kx−k+1)max设v(x)=lnx−kx−k+1(x>0)，则若k≤0，则v(1)=1−2k>0，不符合题意；若k>0，令v'(x)>0⇒0<x<1所以v(x)在(0,1k)所以v(x)由v(x)max≤0，得−ln当k>0时，由①②得，mk−k2≤1−k设ℎk=lnk+k，则故ℎk存在零点k0，故mk−k2≤1综上，mk−k23．（2022·江苏·高二期末）已知函数f(x)=2lnx−x2，g（(1)求实数a的值；(2)若对∀x1，x2∈1【解题思路】（1）利用导数得出函数f(x)的极值点x0，再令g'(（2）首先求出f(x)与g(x)在1e,3上的最值，再对【解答过程】（1）解：因为f(x)=−x所以f'由f'(x)>0x>0得0<x<1，由f所以f(x)在0,1上单调递增，在1,+∞单调递减，从而f(x)的极大值为f又g(x)=x+ax，所以依题意，x=1是函数g(x)的极值点，所以g'1=1−a=0所以g'则当x>1或x<−1时，g'(x)>0，当0<x<1或−1<x<0时，所以gx在1,+∞和−∞,−1上单调递增，在所以函数在x=1处取得极小值，即当a=1时，函数g(x)取到极小值，符合题意，故a=1；（2）解：由（1）知a=1，由于f1e=−2−1e显然f(3)<f1故x∈1e，3时，又g1e=e+1e所以当x∈1e，3时，①当k>1时，问题等价于fx所以k≥fx1−g∵fx1−gx2②当k<1时，问题等价于fx即k≤fx1−g因为fx1−g综上k≤2ln3−3424．（2022·山东·高三期中）已知函数g(1)当a=1时，求gx(2)若

fx=gxex【解题思路】（1）求定义域，求导，根据导函数的正负求出函数的极值情况；（2）不等式变形为x(lnx)2+alnx+a≥−2e【解答过程】（1）当a=1时，g(x)=exx则g令g'(x)=0，得x=−2，或当x变化时，g(x),gx(−−2−2,−1−1−1,+g+0-0+g单调递增3单调递减1单调递减因此，当x=−2时，g(x)有极大值，并且极大值为3e2；当x=−1（2）因为f(lnx)+2令ℎ(x)=x(则ℎ'（ⅰ）若a∈0,4，对于函数y=(ln所以(ln故当a∈[0,4]时，不等式x(（ⅱ）若a∈(4,+∞当x∈0,e−a所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−a,e−2时，ℎ所以ℎ(x)在e−a,e所以x=e−2是要使不等式x(lnx)解得：a≤4+2e故当4<a≤4+2e4时，不等式（ⅲ）若a∈(−∞当x∈0,e−2所以x(故不等式x(现探究当x∈e当x∈e−2,e−a时，ℎ所以ℎ(x)在e−2,e所以x=e−a是要使不等式x(lnx)即ae设m(x)=xex(x<0)，则因为m'(x)=1−xex于是，由m(a)≥m(−2)及a<0，得−2≤a<0，故当−2≤a<0时，不等式x(综上，实数a的取值范围为−2,4+2e25．（2022·北京高三阶段练习）已知函数fx(1)求曲线y=fx在点0,f(2)若函数fx在x=0处取得极小值，求a(3)若存在正实数m，使得对任意的x∈0,m，都有fx<0【解题思路】（1）由导数的几何意义求解；（2）由f'(0)=0求得a值，并验证此时（3）求出导函数f'(x)=ex+acosx，f'(0)=1+a，然后根据f'(0)【解答过程】（1）f'(x)=ex+a∴切线方程为y=(1+a)x；（2）由（1）f'(x)=ex+acosx，函数fx在设g(x)=f'(x)=ex−cosx，则g'因此f'(x)在x=0附近是递增的，又所以f'(x)在x=0附近从左到右，由负变正，f(x)在x=0左侧递减，在x=0右侧递增，所以a=−1．（3）f'(x)=e当f'(0)=1+a>0，即a>−1时，由g'(x)的图象的连续性知必存在m>0，使得对任意x∈(0,m)，f'当f'(0)=1+a<0，即a<−1时，由g'(x)的图象的连续性知必存在m>0，使得对任意x∈(0,m)，f'a=−1时，f'(x)=ex−cosx，x>0时，ex>1，cos综上，a的取值范围是(−∞26．（2022·上海高二期末）已知函数f(x)=alnx+x(1)若a=−2，求证：f(x)在(1,+∞(2)当a=−4时，求函数f(x)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的(3)若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数【解题思路】(1)利用导数大于零即可证明；(2)利用导数讨论函数的单调性即可求解给定区间内的最值；(3)利用导数讨论单调性与最值，即可解决能成立问题.【解答过程】（1）由题可知函数的定义域(0,+∞因为a=−2,所以f(x)=−2lnx+x令f'(x)>0解得所以f(x)在(1,+∞（2）因为a=−4,所以f(x)=−4lnx+x令f'(x)>0解得x>2，令f所以f(x)在(0,2)上单调递减，在所以f(x)在1,2上单调递减，在2所以当x=2时，函数f(x)有最小值为f(因为f(1)=1,f(e所以当x=e时，函数f(x)有最大值为f(（3）由f(x)≤(a+2)x得alnx+x因为x∈[1,e]，所以x≥1,ln且当x=1时lnx=0，所以x>lnx在x∈[1,即存在x∈[1,e]时，令g(x)=x2−2x令ℎ(x)=x+2−2ln令ℎ'(x)=x−2令ℎ'(x)=x−2所以ℎ(x)在1,2单调递减，2,e所以ℎ(x)≥ℎ(2)=2(2−ln所以x∈[1,e]时，所以g(x)所以实数a的取值范围是−1,+∞27．（2023·北京·高三专题练习）已知x=1是函数fx(1)求a值；(2)判断fx(3)是否存在实数m，使得关于x的不等式fx≥m的解集为0,+∞【解题思路】（1）求导得到导函数，根据f'（2）求导得到f'（3）先证明ln1+x<x，ln1+x<1+x【解答过程】（1）fx=lnf'1=f'当x∈0,1时，f当x∈1,+∞时，故x=1是函数的极大值点，满足.（2）f'当x∈0,1时，f当x∈1,+∞时，（3）fx当x∈0,+∞，易知lnx+1−ln故m≤ln当x∈0,+∞时，设gx故gx<g0当x∈0,+∞时，设ℎx当x∈0,3时，ℎ当x∈3,+∞时，故ℎx≤ℎ3fx即fx可以无限接近ln综上所述：m∈−28．（2022·上海市高二期末）已知函数f(x)=x3−ax+4(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间[−2,1]上的最大值为12，求实数a的值；(3)若关于x的不等式f(x)≥lnx+3在区间(2,+∞【解题思路】（1）先求导，对a≤0和a>0进行分类讨论，结合二次函数性质，由导数正负确定原函数增减，即可求解；（2）由于3a3与1，2的大小关系不确定，故需分为3a3≤1，1<3a3<2，3a3（3）采用分离参数法得a≤x3−lnx+1x，x∈2,+【解答过程】（1）由f(x)=x3−ax+4得f'x=3x2−a当a>0时，令f'x=3x<−3a3时，f'−3a3<x<3a3x>3a3时，f'综上所述，当a≤0时，fx在R上单增；当a>0时，fx在(−∞,−3a3)单增；f（2）由（1）可知，当a≤0时，fx在R上单增，故当x∈−2,1时，fxmax=f当a>0时，令3a3≤1，解得x∈−2,−3a3和3a3,1x∈−3a3,3a故fx最大值在f−3a3或解得a=3⋅243（舍去），f(1)=1−a+4=5−a=12当1<3a3<2，即3<a<12时，x∈−2,−3a3时，f'x>0