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母题突破 2 恒成立问题与有解问题
母题 已知函数f(x)＝axln x，当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，求实数a的最大值．
思路分析一
❶x≥1，fx≤x3
↓
❷aln x－x2≤0
↓
❸(aln x－x2) ≤0
max
↓
❹求φx＝aln x－x2x≥1的最大值
思路分析二
❶x≥1，fx≤x3
↓
❷分离参数得a≤
↓
❸a≤
↓
❹求gx＝x>1的最小值)
解 方法一 由题意知当x≥1时，f(x)≤x3恒成立，
即aln x－x2≤0恒成立，
令φ(x)＝aln x－x2(x≥1)，
则φ′(x)＝(x≥1)，
当a≤2时，a－2x2≤0，
∴φ′(x)≤0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x) ＝φ(1)＝－1<0，故φ(x)≤0恒成立，
max
∴a≤2.
当a>2时，当x∈时，φ′(x)>0，
当x∈时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴φ(x) ＝φ＝aln －≤0，解得a≤2e，
max
∴21时，ln x>0，要证axln x－x3≤0恒成立，即证a≤恒成立．
设函数g(x)＝，x>1.
则g′(x)＝＝，
当x∈(1，)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x) ＝g()＝2e，即a≤2e.
min
综上，a≤2e，
∴实数a的最大值是2e.
[子题1] 已知函数f(x)＝ex－ax－1.若f(x)≤x2在x∈(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围．
解 因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，a≥－在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－
＝.
显然当x>0时，ex>x＋1，
即ex－(x＋1)>0，
当01时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x) ＝e－2，
min
所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞)．
[子题2] (2022·山东百事联盟联考)已知函数f(x)＝aeax＋a(a>0)，g(x)＝2ln x．若对∀x>0，
f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 由f(x)≥g(x)得a(eax＋1)≥2ln x，即ax(eax＋1)≥(x2＋1)ln x2，
即(eax＋1)ln eax≥(x2＋1)ln x2，
设h(x)＝(x＋1)ln x，则h(eax)＝(eax＋1)ln eax，
h(x2)＝(x2＋1)ln x2，
由h′(x)＝ln x＋＋1，设m(x)＝ln x＋＋1，可得m′(x)＝，
所以当01时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x) ＝h′(x) ＝h′(1)＝2>0，
min min
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以eax≥x2对∀x>0恒成立，
即a≥对∀x>0恒成立，
设n(x)＝，则n′(x)＝，
当00，n(x)单调递增；
当x>e时， n′(x)<0，n(x)单调递减，
所以n(x) ＝n(e)＝，故a≥，
max
所以实数a的取值范围为.
规律方法 (1)由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
①求最值法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．
②分离参数法：将参数分离出来，进而转化为 a>f(x) 或a0时，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)<0，
所以当a≤0时，f(x)在R上单调递减，当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递增，在(ln a，
＋∞)上单调递减．
(2)由aln x＋a－ex>ax－ex
对∀x∈(1，＋∞)恒成立，得ex－ex＋a(ln x＋1－x)>0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，
令φ(x)＝ex－ex＋a(ln x＋1－x)，
x>1，则φ′(x)＝ex－e＋a，
易得φ(1)＝0，φ′(1)＝0，
①当 a≤0 时，φ′(x)>0 在 x∈(1，＋∞)上恒成立，所以 φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)＝0成立；②当a>0时，令u(x)＝ex－e＋a，
则u′(x)＝ex－，令v(x)＝ex－，
则v′(x)＝ex＋>0，
∴u′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴u′(x)>u′(1)＝e－a，
(ⅰ)当0u′(1)＝e－a≥0，
∴u(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴u(x)>u(1)＝0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(1)＝0成立；
(ⅱ)当a>e时，u′(1)＝e－a<0，
u′＝ －e>0，
∴∃x∈，使u′(x)＝0，
0 0
当x∈(1，x)时，u′(x)<0，
0
∴u(x)在(1，x)上单调递减，
0
即φ′(x)在(1，x)上单调递减，
0
此时有φ′(x)<φ′(1)＝0，
∴φ(x)在(1，x)上单调递减，
0
∴φ(x)<φ(1)＝0，与题意矛盾．
综上，a≤e.
2．(2022·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x≥1，f(x)≤ax2－a，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，f′(1)＝1，又f(1)＝0，
故f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(2)当x≥1时，令g(x)＝xln x－a(x2－1)，
得g(1)＝0，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令h(x)＝ln x＋1－2ax，
则h′(x)＝－2a＝.
①若a≤0，得h′(x)>0，则g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
故g′(x)≥g′(1)＝1－2a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，
从而xln x－a(x2－1)≥0，不符合题意；
②若a>0，令h′(x)＝0，得x＝.
(ⅰ)若01，
当x∈时，
h′(x)>0，g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
所以g(x)在上单调递增，
此时g(x)≥g(1)＝0，不符合题意；
(ⅱ)若a≥，则0<≤1，
h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
所以g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0，
从而g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
所以xln x－a(x2－1)≤0恒成立．
综上所述，a的取值范围是.
专题强化练
1．(2022·河北联考)已知函数f(x)＝ax2ln x与g(x)＝x2－bx.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，求a，b的值．
(2)若对∀x∈[1，e]，都∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2axln x＋ax，g′(x)＝2x－b，
∵函数f(x)与g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴
即
∴
(2)欲使f(x)≥g(x)恒成立，
即ax2ln x≥x2－bx成立，
即axln x－x≥－b成立，
∵∃b∈使f(x)≥g(x)恒成立，
∴axln x－x≥－恒成立，当x＝1时，有－1≥－成立，
∴a∈R，
当x∈(1，e]时，a≥，
令G(x)＝，
则G′(x)＝，
令m(x)＝ln x－x＋，
则m′(x)＝－1，且m′＝0，
当10，
当0，m＝ln >0，m(e)＝0，
∴当x∈(1，e]时，m(x)≥0，
即G′(x)≥0，G(x)在(1，e]上单调递增，
当x＝e时，G(x)有最大值，且G(e)＝，
∴a≥，
综上所述，a的取值范围是.
2．(2022·汕头模拟)已知函数f(x)＝ex－x2－ax－1，g(x)＝cos x＋x2－1.
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex－x2－x－1，
∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，
故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．
(2)解 ∵f(x)＋g(x)＝ex＋cos x－ax－2，
令h(x)＝ex＋cos x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a，
令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cos x，
∵ex≥1，－1≤cos x≤1，故t′(x)≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x∈(0，＋∞)，使得h′(x)＝0，
0 0
∴当x∈(0，x)时，h′(x)<0，
0
∴h(x)在(0，x)上单调递减，此时h(x)
