利用导数研究不等式恒（能）成立问题-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点04利用导数研究不等式恒（能）成立问题【七大题型】

【新高考专用】

►题型归纳

【题型1直接法解决不等式恒（能）成立问题】..................................................3

【题型2分离参数法求参数范围】...............................................................6

【题型3分类讨论法求参数范围】...............................................................9

【题型4构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】.............................................12

【题型5与不等式恒（能）成立有关的证明问题】...............................................16

【题型6洛必达法则】........................................................................20

【题型7双变量的恒（能）成立问题】.........................................................25

►命题规律

1、利用导数不等式恒（能）成立问题

恒（能）成立问题是高考的常考考点，是高考的热点问题，其中不等式的恒（能）成立问题经常与导数及

其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难

度较大，解题时要学会灵活求解.

►方法技巧总结

【知识点1不等式恒（能）成立问题的解题策略】

1.不等式恒（能）成立问题的求解方法

解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：

（1）分离参数法解决恒（能）成立问题

①分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等

式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题.

②a（X）恒成立a》/（x）max;

aW/（x）恒成立a&/（x）min；

a2/（尤）能成立U*。三/（x）min；

a&/（x）能成立。&/G）max.

（2）分类讨论法解决恒（能）成立问题

分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进

行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一

段内的函数值不满足题意即可.

【知识点2双变量的恒(能)成立问题的解题策略】

1.双变量的恒(能)成立问题的求解方法

“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价

变换有：

对于某一区间/,

(1)VX1,X2G/,/(%1)>g(x2)min>g(x)max.

(2)v%1G/153x2G12,/(%)>g(x2)/(x)min>g(x)mm.

(3)3xje7I,VX2e/，/(珀>g&)/Wmax>g(x)max.

【知识点3洛必达法则】

“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时,

经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现蓝型或卷型可以考虑使用洛必达法则.

1.洛必达法则

法则1若函数外)和式工)满足下列条件：

(1)lim/(幻=0及limg(x)=O；

(2)在点a的去心邻域内，人工)与g(x)可导且g(x)WO；

..f(x)

(3)im7«=/,

那么吧奈hr(x)_/

rim•(\=4

XTag(x)

法则2若函数加)和g(x)满足下列条件:

⑴lim/(x)=8及limg(%)=oo；

(2)在点a的去心邻域内，加)与g(x)可导且g(x)W0；

f(x)

(3)所r诉J=/,

xTa6\A7

那么吧奈h../'a

=A,

fg⑴

2.用洛必达法则处理甘型函数的步骤:

(1)分离变量；

(2)出现4型式子;

(3)运用洛必达法则求偿

3.用洛必达法则处理合型函数的步骤:

(1)分离变量；

00

⑵出现最型式子；

(3)运用洛必达法则求值.

【注意】：

1.将上面公式中的换成XT+oo,XT-00,xTa+,xTa-,洛必达法则也成立.

洛必达法则可处理£谓,0•*18,8°,0°,8—8型求极限问题.

2.

在着手求极限前，首先要检查是否满足2m,()•叫产,8°,8—8型定式，否则滥用洛必达法则

3.

会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极

限.

4.若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.

1加4，=1向/*=1加4"，如满足条件，可继续使用洛必达法则.

xTagwX—><7g⑴x—ag(%)

►举一反三

【题型1直接法解决不等式恒(能)成立问题】

【例1】(2024•内蒙古呼和浩特•二模)若二2e+lnax在(0,+8)上恒成立，贝I]a的最大值为()

a

incl+」一e

A.—B.2e~eC.e-eD.ee

2

【解题思路】易知Q>0,原式可变形为/(%)=ex-e-ae-alnax20,(%>0),结合隐零点的解题思路，求

出/(%)min，由/(%)min之。可得九(七)二:一21nt-t之3结合函数的单调性解得。Vt41,即可求出〃的取

值范围即可.

【解答过程】由题意知，ax>0,由％>0,得a>0.

原式可化为e%-e—ae—alnax>0,

设f(%)=ex-e—ae—alnax(x>0),则/(%)=ex~e—%

又函数y=ex-e,y=一评(0,+8)上单调递增，所以函数y=/'(%)在(0,+8)上单调递增,

则当％—0时，/'(%)T—8,当％->+8时，/'(%)—+8,

t-e

故存在t>0使得f'(£)=0,即e~e一：=0,得Q=te,即Ina=Int+t—e,

且当0V%V方时，/(%)<0；当%>t时，f(%)>0,

所以函数/(%)在(0,七)上单调递减，在(。+8)上单调递增，

故/(%)min=/(t)—et-e—ae—(Anat=et-e-teet-e—tet-e(21nt+t—e),

所以e・e—teet-e-tet-e(21nt+t—e)=et-e(l—te—2tlnt—t2+te)>0,

即1—21nt—t20,设/i(t)-——21nt—t(t>0),

由函数y=^,y=~2\nt,y=-t在(0,+8)在单调递减，

知函数/i(t)在(0,+8)在单调递减，且九(1)=0,所以0<tWl,

所以e-e<e-ewe「e,故0<te~ewe】-e,即0<aWe1-e,当且仅当t=1时等号成立，

所以a的最大值为e-e.

故选：C.

【变式1-1](2024•陕西咸阳・模拟预测)已知不等式Inx-(a-+便W0有实数解，则实数a的

取值范围为()

A.(一8,-/B.(-00,0)C卜9+8)D,[0,+00)

【解题思路】构造两个函数八(无)=x2lnx,/(x)=-y/ex2+2%-+a(x>0),先利用导数求出h(x)=x2lnx

单调区间，从而得到/i(x)在x=2处取到最小值，再利用二次函数的性质知/(%)=—花2+2x一2+小>

0)在x=2处取到最大值，从而可求出结果.

【解答过程】•••久>0,所以不等式lnx-|-(a--^)^+V^<0有实数解，即不等式》21nx<-+2x-

—p+a成立，

Ve

设/i(x)=%2]口%,/(%)=-4ex2+2%—9+a(x>0),**./i(x)=2x\nx+x2x|=x(l+21nx),

当0<%<々时，/i(x)<0,当%>3时，h(x)>0,

y/ey/e

所以h(x)在区间(0宾)上是减函数，在区间(崇，+8)上是增函数，.••/l(X)min=M5=

又因为/O)=—&(久一2)+a,当x=t时，/(x)max=a,

因为不等式Inx-1-+Ve<0有实数解，则/'(x)max-a>/i(x)min=一(

故选：C.

【变式1-2](2024・四川成都・模拟预测)若关于x的不等式(e—l)(lna+均>aM—1在xe[0,1]内有解，

则实数a的取值范围是()

【解题思路】题设中的不等式等价于(e-l)ln(aeK)之四久一1,令/(t)=(e-l)lnt-t+1,结合导数可得

该函数的单调性，结合/(1)=0,/(0)=0可得会一1)1比之「-1的解，从而可求实数Q的取值范围.

【解答过程】由Ina有意义可知，a>0.

由(e—l)(lna+x)>aex-1,得(e—l)ln(aex)>aex-1.

令t=aex,即有(e—l)lnt>t—1.

因为％6[0,1],所以力=aex6[a,ae],令/⑴=(e—l)lnt—t+1,

问题转化为存在te[a,ae],使得f(t)>0.

因为f'(t)=号二，令f'3<0,即e—l—t<0,解得t>e-l；

令/(t)>0,BRe—1—t>0,解得。Vt<e—1,

所以/(t)在(0,e-1)上单调递增，在(e-L+8)上单调递减.

又f(l)=0,/(e)=(e—l)lne—e+1=0,所以当时，/(t)>0.

因为存在tC[a,ae],使得f(t)20成立，所以只需aWe且aeN1,解得a6Re]

故选：B.

【变式1-3](2024•甘肃兰州・三模)已知函数/(%)=六—工3,对于任意的xe(1,2],不等式f(詈)+

儿惠二)<1恒成立，则实数t的取值范围为()

\(x-l)z(x-6)7

A.(1,+°°)B.[—1,1]C.(—8,—1]D.(—8,—1)

【解题思路】由题意可得人%)=i-/(-X),nx>在R上单调递减，所以不等式-詈)+/(号上)<1

恒成立，等价于台>-(尸黑在^(1©恒成立，即(％+1)0-1)(%-6)<-(匕+1)恒成立，设/！(%)=

(x+1)(%-1)(%-6),XE(1,2],利用导数求出函数八0)在xe(1,2]的最值即可得答案.

【解答过程】解：因为f(x)=-—必，xGR,易知/(x)在R上单调递减，

所以f(—x)=*?+炉=岛+久3,

所以f(一X)+/(%)=1,所以f(x)=

又因为对于任意的久e(1,2],不等式八言)+"(—靠_6))<1恒成立，

即对于任意的比G(1,2],不等式“二靠屋))<1—f(詈)=/(—詈)恒成立，

所以>一笔在x6(1,2]上恒成立，

(，X—l二)^(；x—6Q)x—1

即x立-1>-(%,—1二)气；%—6一)在%e(1,2]上恒成立-

由尤e(1,2],知x—1>0,x—6<0,

所以当xe(1,2],上式等价于(％+1)(%-1)(%-6)<-(t+1)恒成立.

设/i(x)=(x+1)(%—1)(%—6)—x3-6x2—x+6,x£(1,2],

九(久)=3/—12x—1,开口向上，对称轴为x=2,

当x6(1,2]时，h(x)<九(1)=-10<0,所以h(x)在xe(1,2]内单调递减，而仅1)=0，

所以/i(x)<0,所以0<—(t+1),即t<—1.

故选：C.

【题型2分离参数法求参数范围】

【例2】(2024•宁夏银川・模拟预测)已知aeN*,函数f(x)=e3x—%。>0恒成立，则a的最大值为()

A.2B.3C.6D.7

【解题思路】由题意函数f(x)=63，-乂。>0恒成立，可得到a为正奇数，讨论》的范围，参变分离转化成恒

成立问题，定义新函数求导求最小值，从而得到a的最大值.

【解答过程】当a为正偶数时，当乂=一2时，f(一2)=e6-(一2)。<0,不合题意，所以a为正奇数，

则当％<0时，xa<0<e3久恒成立，只需研究%>。时，e3x—xQ>0恒成立即可，

当久=1时，e3-l>0成立，则当％6(0,1)时，a>壬，因为此时斗<0,所以恒成立.

InxInx

当％G(1,+8)时，a</恒成立，

Inx

设9(”)=*e(L+°0)，则g'O)=靠?),

令g(%)=0，得x=e,

当％G(1簿)时，g'(%)<0,g(%)单调递减，

当％G(e,+8)时，g(x)>0,g(%)单调递增，

所以g(x)min=9(e)=3e28.2,又因为a为正奇数，

所以a的最大值为7.

故选：D.

【变式2-1](2024•四川宜宾・二模)已知不等式数1+%>1-In%有解，则实数a的取值范围为()

A.(—*,+8)B.(-;,+oo)C.(-8,?D.(-8,3)

【解题思路】分离参数转化为a>彳=，构造函数7•(%)=三詈，利用导数法求出f(x)min，a>f(x)min

即为所求.

【解答过程】不等式axe，+x>1-Inx有解，即a〉口丝，%>0,只需要a>(上手)

xeA\xeA/

1-x—Inx

令f(x)=

xe-

(x+l)(x-2+lnx)

fG)=x>0,

x2ex

令g(%)=x—2+In%,%>0,

•••g(x)=1+^>0,所以函数g(%)在(0,+8)上单调递增，

又g(l)=-1V0,g(2)=ln2>0,所以存在%0C(1,2),使得g(%o)=0,即久°一2+In%。=0,

xE(0,x0),g(%)<0,即/'(x)V0；xEQXQ,+oo),g(%)>0,即/G)>0,

所以函数/(%)在(O,%o)上单调递减，在(%o,+8)上单调递增，

•••/(%0)=1-：：二：比，又由％0-2+ln%=o,可得%oe&=e2,

0

,f(x_IroTn%。_1—%o+%。—21_

故选：A.

【变式2-2](2024•四川成者卜三模)若％E[0,+8),/+a%+14e、恒成立，则实数。的最大值为()

A.cB.2C.c—1D.e—2

【解题思路】先确定X=0时的情况，在X>0时，参变分离可得a<巴餐1,进而构造函数/(X)=巴合

求得/(x)的最小值即可.

【解答过程】当x=0,1<e°,不等式成立，

当久>0时，&<巴合恒成立，即aW(三匕)min，

令/(X)=三匚，则八X)=厂工1”=(1)(；—),

令g(%)=e%—%—1,则g'(%)=e%-l,当第>0时，^(x)=ex-1>0,

所以g(x)在(0,+8)上单调递增，所以g(%)>g(0)=0,所以e%-%-1>0,

所以当0V%VI时，/(%)<0,/(%)单调递减，当％>1时，/(%)>0,/(%)单调递增，

aJ2_i

所以f(x)min=f(l)=q^=e-2，所以aWe—2.

所以实数a的最大值为e-2.

故选：D.

x2

【变式2-3］(2024•四川南充•三模)已知函数/(X)=］必，^(x)-e-1x-x,3x1；比2e［1,2］使也乂)-

^(x2)|>fc|/(x1)-/(x2)|(化为常数)成立，则常数k的取值范围为()

A.(—oo,e—2］B.(-8,e-2)C.(-D.(-8,、^)

【解题思路】存在性问题转化为人<弓二在［1,2］上能成立，利用导数求弓匚的最大值即可得解.

【解答过程】­无)=13在口,2］上为增函数，

由g(x)=ex—1x2—%知，g'(%)=ex—x—1,

令h(%)=ex-x—1,则h(%)=ex—1,

当％>0时，/i(%)=ex-1>0,

即九(%)=ex—x—1在(0,+8)上单调递增，

所以九(%)>/i(0)=0,即g(%)>0,

所以9(%)在(0,+8)上单调递增，即g(%)在［1,2］上单调递增，

不妨设1<X2<X1<2,则9(/)>。(%2)，7(^1)>/(%2)，

・・・历(%1)-g(%2)l>川/(%1)—/(久2)1可化为9(%1)—。(%2)>001)-0(%2)，

即g(%i)-kf(xi)>g(%2)—左/(%2)，

令F(%)=g(久)—kf(x)=ex——x—|kx3,

则F'(%)=ex-x—1—kx2,

・・•Bxltx2e［1,2］,使|g(%i)>川/Oi)-f(%2)l能成立，

・•.F(x)>0在［1,2］上能成立，

即卜<《云1在22］上能成立，

...卜<(以尸),xe［i)2］,

\x/max

令6(久)二?］，XG［U］,

则G’(%)=2)：3+"+2,令77i(%)=(%—2)ex+%+2,

则血'(久)=(%—l)ex+1,当％G［1,2］时，m(x)>0,

故加(%)在［1,2］上单调递增，所以zn(%)>6(1)=3—e>0,

故G'(%)>0,G(K)在［1,2］上单调递增，

•••G(X)max=G(2)=一e2—3，

4-

2

k,Ve-—-3.

4

故选：D.

【题型3分类讨论法求参数范围】

【例3】(2024•广东汕头•三模)已知函数/'(%)=Inx—ax,g(x)=Z,a羊0.

(1)求函数/(x)的单调区间；

(2)若/(%)<g(x)恒成立，求a的最小值.

【解题思路】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a>0与a<0分类讨论即可得;

(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.

【解答过程】(1)a=*(a力0),

XX

当a<0时，由于％>0,所以/’(K)>0恒成立，从而/(%)在(0,+8)上递增；

当Q>0时，0V久V/(%)>0;X>：,/(%)<0,

从而/0)在(0、)上递增，在G，+8)递减；

综上，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0,+8),没有单调递减区间；

当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,£)，单调递减区间为+8).

(2)令h(x)=f(x)-g(x)=Inx-ax--,要使/'(x)<g(x)恒成立,

只要使人(%)<0恒成立，也只要使九(%)maxW

—(ax+l)(ax—2)

h(%)=—CLH—7

xaxLax^2­

若a>0,%>0,所以ax+l>0恒成立,

当0<%<2时，h(%)>0,当，<%V+8时，/i(x)<0,

aa

可知M%)在(0《)内单调递增，在弓,+8)内单调递减,

所以h(%)max=九(?)=In：-340,解得：CL>

可知Q的最小值为*

若。<0,%>0,所以a%-2Vo恒成立,

当OVKV一工时，ft(%)<0,当一工<%<+8时，h(x)>0,

aa

可知h(x)在(o,-£)内单调递减，在(-、+8)内单调递增，

所以九(%)在(0,+8)内无最大值，且当％趋近于+OO时，/l(%)趋近于+8,不合题意；

综上所述：a的最小值为刍

e°

【变式3-1］(2024•四川泸州•二模)已知函数/(久)=2炉一+2(。>o).

(1)求曲线y=/(久)在点(OJ(O))处的切线方程；

(2)若三久£［—1,1］,|f(久)|>3,求实数a的取值范围.

【解题思路】(1)对外%)求导，利用导数的几何意义即可得解；

(2)先利用导数分析f(x)的单调性，再构造。(久)=|〃>)|,将问题转化为g(x)maxN3,利用/(%)的单调性,

分析得|f(X)|max，从而得解.

【解答过程】(1)因为/(x)=2/一+2(a>0),贝！］/'(x)=6/一2ax,

所以f(0)=2,f'(0)=0,

所以曲线y=/(乂)在点(0,八0))处的切线方程丫=2；

(2)因为/''(x)=6/—2ax=6x(x-且a>0,

所以当0<x<审寸，f\x)<0,f(x)单调递减，

当比<0或时，f(x)>0,/(久)单调递增；

不妨令g(x)=1/(%)I,

当即a23时，/(x)在［―1,0］单调递增，在［0,1］单调递减，

且/(-1)=一a<-3"(0)=2,/(1)=4-a<1,

所以g(x)max=l/WImax=max{a,2,|4-a|)>3,此时符合题意：

当0<?<1，即0<a<3时，/(>:)在［-1,0］和玲1］单调递增，在„单调递减，

显然f(x)在x=热取得极小值，此时极小值为/图=2—2>0,

而/(—1)=—aE(-3,0),f(0)=2,f(1)=4—a>0,

所以9(%)max=l/WImax=max{a,2,4-a},

要使g(x)max23,则必有4一a23,解得aWl,故0<aWl,

综上:a的取值范围是(0,1］U［3,+8).

【变式3-2](2024•北京•三模)已知函数f(x)=ln(x+l)+kO+l).

⑴求f(x)的单调区间；

(2)若人无)<-1恒成立，求实数k的取值范围；

(3)求证：黑<^12.(neN且nN2)

乙i=2，+i4

【解题思路】(1)对函数人久)求导,再根据k的正负分类讨论单调性即可；

(2)若恒成立,即汽X)max4—1，根据⑴中的单调性求出其最大值即可列式求解.

(3)由(2)知当々=—1时，有In(%+1)—(%+1)<-1在(一1,+8)恒成立，令％=n2(nGN*,n>1),即可

推出瞿<?色eN*,n22),再对不等式两边累加求和，即可推出结论.

【解答过程】(1)函数/(%)的定义域为(—1,+8).

f'(无)=W+上

①k2。时，/(%)>0,y(x)的递增区间为(一1,+8),无递减区间；

③k<0时，令/"(%)>0得-1<x<-1-：；令f(%)<0得%>-1-，，

所以/0)的递增区间为(—1,一1一J,递减区间为(一1—£+8).

(2)由(1)知，k之0时，/(%)在(一1,+8)上递增，/(0)=fc>0,不合题意，

故只考虑々V0的情况，由(1)知f(%)max=/(—1—3)=一1一1n(—外工一1

即ln(—£)>0=—k>1k<—1

综上，k的取值范围为k4一1.

(3)由(2)知：当/c=-1时，In。+1)—(％+1)4一1恒成立，所以ln(%+l)<%，

2

所以Inx<x—1当％>2恒成立，令％=n(neN*tn>1),

进而Inn2<n2—l(nEN*,n>2\

即21rm<(n—l)(n+1),A詈<与(nEN*,n>2).

r-r-rsi\，nIniln2,ln3,ln4,,Inn,1,2,3,,n-1n(n—1)/..、c、

所以〉==k+丁+^+…+=<；+：+；+…(n€Nn且?122)

/.2i+l345n+l22224

即、”里〈妁匕2.(„6%且九22).

乙i=2i+l4

【变式3-3](2024・四川•模拟预测)已知函数/(%)=a%ln%-2%+b(a,bCR)在点处的切线方

程为y=-x.

(1)求函数/(%)的极值;

(2)设g(%)=e久卜/(：)+2]+(THER),若g(x)20恒成立，求m的取值范围.

【解题思路】(1)根据题意结合导数的几何意义可得a=6=1,进而利用导数判断f(%)的单调性和极值；

(2)根据题意分析可知：原题意等价于血之生『在(0,+8)内恒成立，令设/1G)=g也,％>0,利用

导数求九(、)的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.

【解答过程】(1)由题/(%)=axln%-2%+b,/(%)=alnx+a—2,

由题意可得，；,解得Q=b=l,

(1)=a-2=-1

所以/(%)=xlnx—2%+1,/(x)=In%—1.

令/'(%)>0,解得X>e,令/'(%)<0,解得0V%Ve,

可知/(%)在(e,+8)上单调递增，在(0,e)上单调递减，

所以当第=e时，/(%)有极小值，极小值为f(e)=1-e,无极大值.

(2)由题意可知：g(x)=ex^xf+2]+mx=ex(x—Inx)4-mx>0,且％>0,

整理得血二g二旦，原题意等价于血二七二包在(o,+8)内恒成立，

设/>0,则/(窕)=心上当=乙

设t(%)=In%—x—l,x>0,则t(%)=--1=

XX

当0<%V1时，t'(x)>0；当久>1时，t(x)<0,

可知X%)在(0,1)内单调递增，在(1,+8)内单调递减，

则t(x)<t(l)=—2<0,即当％>0时，Inx—x—1<0恒成立，

当0V汽V1时，h(x)>0；当/>1时，/i(x)<0；

可知M%)在(0,1)内单调递增，在(L+8)内单调递减，则九(%)<h(l)=-e,

由TH>eOn%一%)恒成立,可得m>_e,

x

所以HI的取值范围为[一e,+00).

【题型4构造函数法解决不等式恒(能)成立问题】

【例4】(2024•四川乐山•二模)若存在为€[-1,2],使不等式X。+(e?-l)lna2,+e2久°一2成立，则a

的取值范围是()

A・假回B.Re?]C,[^.e4]D./同

【解题思路】等价变形给定的不等式，并令卷=3构造函数f(t)=(e2-l)lnt-2t+2,将问题转化为存

在t6区，三卜使得f(t)之。成立，再借助导数求解即得.

2222

【解答过程】依题意，x0+(e-l)lna>+ex0-2«(e-l)lna-(e-l)x0>-2

o(e2-l)lna-(e2-l)lnex°>-2«(e2-l)ln-^->2,

e^uexue人口

令高—t,BP(e2—l)lnt—2t+2>0,由％。e[—1,2],得te,

令f(t)=(e2—l)lnt—2t+2,则原问题等价于存在te样,图，使得f(t)20成立，

求导得f'(t)=?-2=匕2t,由「«)<o,得1>?,由/")>。，得。<t<?，

因此函数在(?,+8)上单调递减，在(0,9)上单调递增，

而((I)=0,/(e2)=(e2—l)lne2-2e2+2=2e2—2—2e2+2=0,又1<<e2,

则当lWt〈e2时，/(t)>0,若存在匹卜马，使得/(t)20成立，

只需9We?且」21,解得aWe，且a2)§P-<a<e4,

er1ee

所以a的取值范围为[,e4]

故选：D.

【变式4-1](2024,甘肃兰州,二模)若关于x的不等式e"+x+21n22zu/+[mu恒成立，则实数〃？的最

X

大值为()

A.-B.-C.-D.e2

242

【解题思路】对所给不等式适当变形，利用同构思想得出lmnW%-21n%对于任意汽>0恒成立，进一步构

造函数9(%)利用导数分析最值即可求出结果.

【解答过程】由题意可得汽>0,771>0,

e*+%+21n->mx2+Inzn恒成立等价于e%4-x>mx2+Inm-21n-=eln(mx2)+ln(m/)恒成立，

XX

令/(%)=ex+%,x>0,

则/'(无)=e”+1>0恒成立，

所以/(%)在定义域内严格单调递增，

所以若有f(%)>成立，则必有久>ln(mx2)=Inm+21n%恒成立，

即Inzn<%—21n%对于任意久>0恒成立，

令9（%）=x-2\nx,x>0,

则/(%)=1

令g(第)=o=>%=2,

所以当OV%V2时，g'(%)<0,g(x)单调递减；当％>2时，g\x)>0,g(%)单调递增，

02

所以g(%)min=g(2)=2-21n2=ki],

222

从而InmWln-,所以zn的取值范围为m4亍，即实数冽的最大值为一，

故选：B.

【变式4-2](2023•河南开封•模拟预测)若存在比6[1,+8),使得关于x的不等式(1+3"。2e成立，则

实数Q的最小值为()

A.2B.——C.In2—1D.---1

ln2ln2

【解题思路】由(1+§"+">e两边取对数可得(x+a)ln(l+321,令1+：=t，则不等式可转化为+

a)lnt>1,即—二p故根据题意可得求《一七的最小值即可，令g(x)=2―七,％e(1,2],通过求

Intt—1Intt-1Inxx-1

导可得g(%)的最小值即可

【解答过程】由(1+>e两边取对数可得(x+a)ln(1+0>1①，

令l+1=t，则%=尚不因为x€[l,+oo),所以t6(1,2],

则①可转化得9+。)Mt2L

因为Int>0,a>------

Intt-1

因为存在工€[l,+8),使得关于％的不等式+Ne成立，

所以存在CE(1,2],a>-^----成立，故求-----的最小值即可，

Intt—1Intt-1

令9(x)=*一三«e(l,2]

...7)=____L_+1=x-(lnx)2_(x_l)2=(lnx)2-」=(皿2*知

'')x-(lnx)2(x-1)2x(x-l)2(lnx)2(x-1)2(Inx)2(x-1)2(Inx)2'

令h(X)=(Inx)2—x—2,xe(1,2]

/1121nx-x+-

•••/i(x)=--21nx—1+^=——--

令0(%)=21nx—%+(1,2],

//、2d1-X2+2X-1-(X-1)2C

所以◎(%)在(1,2]上单调递减，所以0(%)<0(1)=0,

h(x)<0,所以h(%)在(1,2]上单调递减,

所以h(%)<h(l)=(),.•.g(x)<0,

•••g(%)在(L2]上单调递减，g(x)>g(2)=+一1,

a-1,所以实数Q的最小值为二一1

m2m2

故选：D.

【变式4-3](2024•江西赣州•二模)已知函数/(%)=e-+1,g(%)=(1+]In%.若20(%)，则左的

取值范围为()

A.(0,e]B.[e,+8)C.»1+8)D.(。,引

【解题思路】根据已知条件，有Ine依•(efcx+1)>(1+x)lnx(%>0),构造函数h(%)=(1+x)lnx(x>0),

将问题转化为为九年入)之以%)(%>0),对函数求导，通过函数的单调性求出函数的最值从而求解.

【解答过程】因为/(%)=ekx+1,所以4(%)=k(e"+1),

由kf(%)>g(x)得k(*+1)之(1+：)Inx(%>0),

即4工心-4-1)>(1+x)lnx(%>0),

即lne""•(e"+1)>(14-x)lnx(x>0),

构造函数h(%)=(1+x)lnx(%>0),

Ine"•(ekx+1)>(1+x)lnx(x>0)可化为h(e")>h(x)(x>0),

因为h(%)=In%+(+1(x>0),令t(%)=In%+:+1(x>0),

则/(%)=[—±=^2~(%>0),令£’(%)=0,解得％=1,

所以％e(o,i)时，t(%)<o,t(%)在(o,i)上单调递减，

所以％E(L+8)时，>o,t(T)在(1，+8)上单调递增，

所以％=1时，£(%)取得最小值，BP=t(l)=2>0,

所以t(%)>0在％G(0,+8)上恒成立，即//(%)>0在％G(0,+8)上恒成立，

所以九(%)在t6(0,+8)上单调递增，

因为>/i(x)(%>0),

所以eh>x(x>0),kx>Inx(%>0),/c之等(%>0),

令7H(%)=>0),则TH(%)=l：；nx(%>0),

令=0,即1—Inx=0,解得汽=e,

所以％G(0,e)时，m(x)>0,m(%)在(0,e)上单调递增，

xe(e,+8)时，m(x)<0,zn(%)在(0,e)上单调递减，

所以％=e时，m(%)取得最大值，即血(%)max=血(e)=：，

所以7H(%)工工，所以女之士

ee

故选：C.

【题型5与不等式恒(能)成立有关的证明问题】

【例5】(2024•云南昆明•三模)已知函数/'(尤)=e*-sina久；

⑴当a=-l时，证明：对任意xC(-2,+8),/(无)>0；

(2)若x=0是函数/(尤)的极值点，求实数a的值.

【解题思路】(1)求导得到函数的单调区间，求出/(%)>/(-{)=eT-(>0,结合对数的运算可得结果;

(2)求导得到函数的单调区间，可得/(X)在(-20)单调递减，在(。,+8)单调递增，满足x=0是f(x)的

极值点，进而求出结果即可.

【解答过程】(1)当。=一1时，/(x)=ex+sinx,/(x)=ex+cosx,

当％G(0,+8)时，ex>1>—sinx,则/(%)>0；

当％C(-,o］时，cosx>0,ex>0,故f(%)>0,所以f(%)在(一,o］单调递增，

因为已<2.8<2/，所以建Ve4<64,所以nV61n2,

所以？<ln2,所以/<2,故/(无)>/(—?)=eV—；>0；

O\6/L

综上，对任意第€(—也+8),/(%)>0.

(2)x£R,/(%)=ex-acosax,因为％=0是f(x)的极值点，

所以/(0)=1—a=0,即a=l.

当a=1时，/(%)=ex—sin%,令g(X)=/(%)=ex—cosx,则g(x)=ex+sinx,

由⑴可知，对任意x€(-2,+8),g'(x)>0,故g(x)在(一+8)单调递增，又g(0)=0,

故当(-5,())时，g(x)<0,BP/(x)<0,当比6(0,+8)时，g(x)>0,即/''(x)>0,

故f(x)在(―20)单调递减，在(0,+8)单调递增，满足x=0是/Q)的极值点，

综上，实数a的值为L

【变式5-1］(2024•青海•模拟预测)已知函数/'(x)=e。"+一ax(aeR).

(1)当a=l时,求/(久)的最值;

(2)当ae时,证明：对任意的句,x2e［-2,2］,都有1/01)-/(久2)1We2-1.

【解题思路】(1)当a=l时，易求函数fO)的导数，求出导函数的零点并判断原函数在求得零点附近的

单调性，从而确定函数极值，进一步确定函数的最值；

(2)当a€［-1,1］时，通过连续求导得出原函数/(X)在［-2,2］上的单调性，通过计算/(2)—/(0)和/"(-2)-

/(0)的值构造函数h(t)=e2t-2t-e2+2,并通过求导确定其单调性，求出八⑴在t€的值域,由此

可构造不等式e2t-2t+lWe2—1,从而得出|f(2)—f(0)|We2-1,|/(-2)-/(0)|<e2-1,从而得证.

【解答过程】(1)当a=l时，f(x)-ex+|x2-x,/(%)=ex+%-1,

易知/'(x)=ex+x-l在上R单调递增.

因为/''(0)=。，所以当％<0时，/(x)<0,当x>0时，/(x)>0,

所以/(%)在(-8,0］上单调递减，在(0,+8)上单调递增，

所以f(x)有最小值f(0)=l,无最大值.

(2)证明：/'(x)=aeax+久—a.令g(x)=/'(久)=ae°x+x—a,贝!］g'(x)=a^eax+1>0,

所以r(x)在［—2,2］上单调递增.

又/''(0)=。,所以当工<。时,/(%)<0,当x>。时,/(x)>0,

所以/(%)在［-2,0］上单调递减，在(0,2］上单调递增，

即当a€1,1］时，f(x)在［-2,0］上单调递减，在(0,2］上单调递增.

所以f(2)-/(0)=e2a—2a+1,f(-2)-/(0)=e-2a+2a+1.

令h(t)=e2t—2t—e?+2,贝=2e2t—2,当t<0时，/i(t)<0,当t>0时，h(t)>0,

所以h(t)在(-8,0］上单调递减，在［0,+8)上单调递增.

因为h(l)—0,/i(—1)=-2-f-4—<0,所以当te［—1,1］时,h(t)<0,

即当t£［一1,1］时，e2t-2t+1<e2-1,

所以当a€[—1,1]时，e?。—2a+lWe?—1且e—2a+2a+lWe?-1,

HP1/(2)-/(0)|<e2-l且|/(_2)—/(0)|<e2-l,

即对任意的％1，x2e[-2,2],都有|/(%1)-f(%2)l三昌一1.

【变式5-2](2024•陕西安康•模拟预测)已知函数f(%)=aex(aW0),g(%)=/,/(%)为g(%)的导函数.

(1)证明：当a=l时，XfxG(0,+oo),/(x)>(%);

(2)若/(%)与g(%)有两条公切线，求。的取值范围.

【解题思路】(1)等价于证明V%E(0,+8),e%>2%,令九3)=e%-2K(%>。)，求导判断出h(%)的单调性,

求出最值可得答案；

(2)设一条公切线与/(%)=ae*,g(%)=/切点分别为(%1，四刃,(如华)，求出切线方程，根据是同一条直

线可得Q=等，转化为y=攀与y=。的图象有两个交点，利用导数得出的大致图象可得答案.

【解答过程】(1)当a=l时，/(%)=ex,g'(x)=2x,

VxE(0,+>g(%)等价于证明V%G(0,+8),d>2%,

令h(%)=e%—2x(%>0),h/(x)=ex—2,

当0<%<ln2时，/i(%)<0,/i(%)在(0,ln2)上单调递减，

当％>ln2时，h(x)>0,h(%)在(ln2,+oo)上单调递增，所以九(K)>/i(ln2)=2—21n2>0,

所以V%6(0,+8),e%>2%,即V%6(0,+>g/(x)；

(2)设一条公切线与/(%)=aex,g(x)=/切点分别为(%力ae%。(如其)，

则/(%)=aex,g(x)=2x,

X1X1

可得切线方程为y-ae=ae(%一%。，y-=2x2(x-x2)f

X1

ae=2X2

因为它们是同一条直线，所以X1X1

—xrae+ae=­x1

可得。=看=令PG)4x—4

若/(%)与g(%)有两条公切线，贝Uy=三-与y=。的图象有两个交点，

则PG)=学，

当％V2时，p(x)>0,p(%)在(一8,2)上单调递增，

当%>2时，p'(x)<0,p(%)在(2,+8)上单调递减，所以p(%)<p(2)=3

且当汽>1时，p(x)>0,当％<1时，p(x)<0,可得p(%)的大致图象如下图,

所以0<a<-j.

e