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限时跟踪检测(十九) 利用导数研究恒成立或存在性问题
1．(2024·吉林模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点
(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(x)＞mx－1在x∈上恒成立，求正实数m的取值范围．
2．(2024·福建漳州检测)设函数f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x，若不等式f(x)≤0
有解，求实数a的最小值．
3．(2024·宁夏银川检测)已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m；
(2)在(1)的条件下，∃x，x∈，使得不等式g(x)≥f(x)成立，求a的取值范围．
1 2 1 2
4．(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x，x∈(0，＋∞)，均有f(x)＜g(x)，
1 2 1 2
求a的取值范围．
5．(2024·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝ln ax＋bx的图象在点(1，f(1))处的切线是y＝0.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当≥f(x)＋x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．
高分推荐题
6．已知函数 f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意 x∈(0,2)，存在
1x∈[1,2]，使f(x)≥g(x)，求实数b的取值范围．
2 1 2
解析版
1．(2024·吉林模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点
(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(x)＞mx－1在x∈上恒成立，求正实数m的取值范围．
解：(1)由f(x)＝ex＋ax＋b，
得f′(x)＝ex＋a，
∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝a－b.
∴
解得a＝－1，b＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝ex－x－1，
∵不等式f(x)＞mx－1在x∈上恒成立，
∴ex－x＞mx在x∈上恒成立，即m＜－1在x∈上恒成立．
令g(x)＝－1，∵g′(x)＝，
令g′(x)＝＝0，解得x＝1.
∴当≤x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当1＜x≤e时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
∴g(x)的最小值为g(1)＝e－1，
∴m＜e－1，即正实数m的取值范围为(0，e－1)．
2．(2024·福建漳州检测)设函数f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x，若不等式f(x)≤0
有解，求实数a的最小值．
解：令t＝ln x∈R，则x＝et，由f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x可得m(t)＝ett3－
(3et＋1)t＋(3－a)et.由f(x)≤0有解可得m(t)≤0，即ett3－(3et＋1)t＋(3－a)et≤0，即a≥t3－3t＋3
－有解，所以只需a≥ 成立即可．
min
令g(t)＝t3－3t＋3－，
则g′(t)＝3t2－3＋
＝(t－1).
令h(t)＝3t＋3＋，则h′(t)＝3－.故当＝3，即t＝－ln 3时，h(t)＝3t＋3＋有最小值h(－ln 3)＝－3ln 3＋6＝3(2－ln 3)>0.
故当t∈(－∞，1)时，g′(t)<0；t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0.
故g(t)有最小值g(1)＝1－3＋3－，所以a≥1－，即a的最小值为1－.
3．(2024·宁夏银川检测)已知函数f(x)＝ex－mx，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求m；
(2)在(1)的条件下，∃x，x∈，使得不等式g(x)≥f(x)成立，求a的取值范围．
1 2 1 2
解：(1)由f(x)＝ex－mx，得f′(x)＝ex－m，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即e0－m＝0，可得m＝1.
当m＝1时，f′(x)＝ex－1，令f′(x)＜0，得x＜0，令f′(x)＞0，得x＞0，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，
故f(x)在x＝0处取得极小值，符合题意．所以m＝1.
(2)由(1)知，f(x) ＝f(0)＝1，
min
x，x∈，使得不等式g(x)≥f(x)成立，
1 2 1 2
等价于不等式ex(－sin x＋cos x＋a)≥1在x∈时有解，
∃
即不等式a≥sin x－cos x＋e－x在x∈时有解．
设F(x)＝sin x－cos x＋e－x，x∈，则F′(x)＝sin x＋cos x－e－x，
当x∈时，sin x＋cos x∈[1，]，而e－x≤1，所以F′(x)≥0恒成立，
即F(x)在上单调递增，则F(x) ＝F(0)＝0，
min
所以a≥0，故a的取值范围是[0，＋∞)．
4．(2024·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝aln x－x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，设g(x)＝x－ln x－1，若对于任意x，x∈(0，＋∞)，均有f(x)＜g(x)，
1 2 1 2
求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝aln x－x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－1＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，
当x∈(0，a)时，f′(x)＞0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＜0，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间；当a＞0
时，f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由已知，转化为f(x) ＜g(x) .
max min
由(1)知，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
∴f(x)的极大值即为最大值，
f(x) ＝f(a)＝aln a－a，
max
∵g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞
0，
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)的极小值即为最小值，
∴g(x) ＝g(1)＝0，
min
∴aln a－a＜0，即ln a－1＜0，
解得0＜a＜e.
∴a的取值范围为(0，e)．
5．(2024·江西南昌模拟)已知函数f(x)＝ln ax＋bx的图象在点(1，f(1))处的切线是y＝0.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当≥f(x)＋x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．
解：(1)因为f(x)＝ln ax＋bx，
所以f′(x)＝＋b＝＋b，
因为点(1，f(1))处的切线是y＝0，
所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，
所以a＝e，b＝－1，
即f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－1＝，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)＝ln 1－1＋1＝0，无极小值．
(2)当≥f(x)＋x(m<0)恒成立时，
由(1)得，f(x)＝ln x－x＋1，
则≥－2＋(m<0)在x∈(0，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝(x>0)，h(x)＝＋－2(x>0)，
则g′(x)＝，h′(x)＝－，
因为m<0，所以当00；
当x>1时，g′(x)>0，h′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x) ＝g(1)＝；
min
h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则h(x) ＝h(1)＝－1.
max
所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值．
所以要使g(x)≥h(x)恒成立，
只需g(x) ≥h(x) ，
min max
即≥－1，解得m≥1－e，
又m<0，
所以实数m的取值范围是[1－e，0)．
高分推荐题
6．已知函数 f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意 x∈(0,2)，存在
1
x∈[1,2]，使f(x)≥g(x)，求实数b的取值范围．
2 1 2
解：“对任意x∈(0,2)，存在x∈[1,2]，使f(x)≥g(x)”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值
1 2 1 2
不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x) ≥g(x) ”(*)．
min min
f′(x)＝－－＝－，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x∈(0,2)时，f(x) ＝f(1)＝－.
min
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]．
①当b∈(－∞，1)时，因为g(x) ＝g(1)＝5－2b>3，此时与(*)式矛盾；
min
②当b∈[1,2]时，因为g(x) ＝4－b2≥0，同样与(*)式矛盾；
min
③当b∈(2，＋∞)时，g(x) ＝g(2)＝8－4b，由8－4b≤－，得b≥.
min
综上，b的取值范围是.
