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重难点 05 利用导数研究不等式恒（能）成立问题【六大题型】
【新高考专用】
从近几年的高考情况来看，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.
【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．
② 恒成立 ；恒成立 ；
能成立 ；
能成立 .
(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I，
(1) .
(2) .
(3) .
【题型1 直接法解决不等式恒（能）成立问题】
【例1】（2024·辽宁·一模）已知函数f (x)=e2x−e−2x−ax，若x≥0时，恒有f (x)≥0，则a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,2] B．(−∞,4] C．[2,+∞) D．[4,+∞)
【解题思路】求导f′(x)=2e2x+2e−2x−a，令g(x)=2e2x+2e−2x−a(x≥0)，利用导数判断函数g(x)的单
调性，再由a分类讨论即可得解.
【解答过程】由f (x)=e2x−e−2x−ax，得f′(x)=2e2x+2e−2x−a，
令g(x)=2e2x+2e−2x−a(x≥0)，
则g′(x)=4e2x−4e−2x，
因为函数y=4e2x,y=−4e−2x在[0,+∞)上都是增函数，
所以函数g′(x)=4e2x−4e−2x在[0,+∞)上是增函数，
所以g′(x)≥g′(0)=0，
所以函数g(x)=2e2x+2e−2x−a在[0,+∞)上是增函数，
所以f′(x) =f′(0)=4−a，
min当a≤4时，f′(x)=2e2x+2e−2x−a≥4−a≥0，
所以函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0，满足题意；
当a>4时，则存在x ∈(0,+∞)，使得f′(0)=0，
0
且当x∈[0,x )，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，
0
所以f (x )0恒成立，进
一步利用导数求出不等式右边的最小值即可求解.
【解答过程】显然首先m>0,x>0，
1 1
ex+x+2ln ≥mx2+lnm⇔ex+x≥mx2+lnm−2ln =eln(mx2)+ln(mx2)，
x x
令f (x)=ex+x,(x>0)，则f′(x)=ex+1>0,(x>0)，所以f (x)在定义域内严格单调递增，
所以若有f (x)≥f (ln(mx2))成立，则必有x≥ln(mx2)=lnm+2lnx，
即lnm≤x−2lnx对于任意的x>0恒成立，
2 x−2
令g(x)=x−2lnx,(x>0)，则g′(x)=1− = ，
x x
当02时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
e2
所以当x=2时，g(x)取得最小值g(2)=2−2ln2=ln ，
4
e2 e2 e2
从而lnm≤ln ，所以m的取值范围是m≤ ，即实数m的最大值为 .
4 4 4
故选：B.
【变式1-2】（2024·四川内江·一模）已知函数f (x)=a(x+a)−ln(x+1)，a∈R．(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f (x)>1恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，分a≤0和a>0两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性；
（2）由题意可得：f (0)=a2>1，分a≤0和a>0两种情况，结合（1）中单调性分析求解即可.
1 ax+a−1
【解答过程】（1）由题意可知：f (x)的定义域为(−1,+∞)，且f′(x)=a− = ，
x+1 x+1
若a≤0，则f′(x)<0，可知f (x)在(−1,+∞)内单调递减；
1 1
若a>0，令f′(x)<0，解得−10，解得x> −1；
a a
( 1 ) (1 )
可知f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增；
a a
综上所述：若a≤0，f (x)在(−1,+∞)内单调递减；
( 1 ) (1 )
若a>0，f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增.
a a
（2）因为f (x)>1恒成立，则f (0)=a2>1，
若a≤0，由（1）可知：f (x)在(−1,+∞)内单调递减，
且当x趋近于+∞时，f (x)趋近于−∞，不合题意；
若a>0，由a2>1可得a>1，
( 1 ) (1 )
由（1）可知：f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增，
a a
(1 ) (1 ) 1
则f −1 =a −1+a −ln =a(a−1)+lna+1，
a a a
(1 )
若a>1，则a(a−1)>0,lna>0，可得f −1 >1，符合题意；
a
综上所述：实数a的取值范围为(1,+∞).
【变式1-3】（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)=ex−2elnx+ax+lna(a>0)．
3
(1)若a=1，证明：f (x)> x；
2
(2)若f (x)≥2e+1恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）构造函数ℎ(x)=ex−ex由单调性得ex≥ex，再由p(x)=x−elnx根据单调性得
x≥elnx，再由不等式性质即可得出结论；
（2）利用不等式恒成立的一个必要条件是f (1)≥2e+1，构造函数t(x)=x+lnx可知a≥e，再由充分性即
可求得结论，再证明必要性成立即可得a≥e，得出结果.【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=ex−2elnx+x，
3 3 x
要证明f (x)> x，即证g(x)=f (x)− x=ex−2elnx− >0；
2 2 2
令ℎ(x)=ex−ex,x∈(0,+∞)，则ℎ ′(x)=ex−e，令ℎ ′(x)=0，解得x=1，
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)<0，即可得ℎ(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)>0，即可得ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，
即ℎ(x)在x=1处取得极小值，也是最小值ℎ(1)=0，
故ex≥ex；
e
令p(x)=x−elnx,x∈(0,+∞)，则p′(x)=1− ，令p′(x)=0，解得x=e；
x
即可得当x∈(0,e)时，p′(x)<0，即可得p(x)在(0,e)上单调递减，
当x∈(e,+∞)时，p′(x)>0，即可得p(x)在(e,+∞)上单调递增，
即p(x)在x=e处取得极小值，也是最小值p(e)=0，
故x≥elnx；
因此ex−2elnx− x >ex−2x− x = ( e− 5) x>0,
2 2 2
3
故f (x)> x；
2
（2）易知f (x)=ex−2elnx+ax+lna≥2e+1恒成立的一个必要条件是f (1)≥2e+1；
即e+a+lna≥2e+1，故a+lna≥e+1；
1
令t(x)=x+lnx，则t′(x)=1+ >0恒成立，即t(x)为(0,+∞)上的增函数，
x
因此可得t(a)=a+lna≥e+1=t(e)，可得a≥e；
下面证明充分性：
当a≥e时，f (x)≥ex−2elnx+ex+1，
2e
令m(x)=ex−2elnx+ex+1，则m′(x)=ex− +e，
x
易知m′(x)为单调递增函数，令m′(x)=0，解得x=1；
可知当x∈(0,1)时，m′(x)<0，即可得m(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，m′(x)>0，即可得m(x)在(1,+∞)上单调递增，
即m(x)在x=1处取得极小值，也是最小值m(1)=2e+1，
故当a≥e时，f (x)≥m(x)≥2e+1，
综上可知，实数a的取值范围[e,+∞).【题型2 分离参数法求参数范围】
a
【例2】（2024·陕西·二模）∀x∈[1,2]，有lnx+ −1≥0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
x2
A．[e,+∞) B．[1,+∞) C．
[e
,+∞ ) D．[2e,+∞)
2
【解题思路】参变分离可得a≥−x2lnx+x2在x∈[1,2]上恒成立，令μ(x)=−x2lnx+x2，x∈[1,2]，利
用导数求出函数的单调性，从而求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围.
a
【解答过程】因为∀x∈[1,2]，有lnx+ −1≥0恒成立，
x2
所以a≥−x2lnx+x2在x∈[1,2]上恒成立，
令μ(x)=−x2lnx+x2，x∈[1,2]，
则μ′(x)=−2xlnx−x+2x=−2xlnx+x=x(−2lnx+1)，
令μ′(x)=0，得x=√e，当x∈(1,√e)时，μ′(x)>0，故μ(x)在(1,√e)上单调递增，
当x∈(√e,2)时，μ′(x)<0，故μ(x)在(√e,2)上单调递减，
e
则μ(x)≤μ(√e)=
，
2
所以a≥
e
，即实数a的取值范围为
[e
,+∞ ) .
2 2
故选：C．
ex
【变式2-1】（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数f (x)= −ln(x−1)−lna+1，若f (x)≥0对任意的
a
x∈(1,+∞)恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．(0,√e] B．(0,e] C． (
0,e
3
2
] D．(0,e2]
【解题思路】依题意可得ex−lna+x−lna≥eln(x−1)+ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，即可得到
x−lna≥ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，参变分离可得x−ln(x−1)≥lna，令
ℎ(x)=x−ln(x−1)，x∈(1,+∞)，利用导数求出ℎ(x) ，即可求出参数的取值范围.
min
【解答过程】因为f (x)≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
ex
即 −ln(x−1)−lna+1≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
a
即ex−lna+x−lna≥ln(x−1)+x−1=eln(x−1)+ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
令g(x)=ex+x，则g′(x)=ex+1>0，所以g(x)=ex+x在R上单调递增，又g(x−lna)≥g[ln(x−1)]对任意的x∈(1,+∞)恒成立，，
所以x−lna≥ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
所以x−ln(x−1)≥lna对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
令ℎ(x)=x−ln(x−1)，x∈(1,+∞)，
1 x−2
则ℎ ′(x)=1− = ，所以当12时ℎ ′(x)>0，
x−1 x−1
所以ℎ(x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x) = ℎ(2)=2，
min
所以lna≤2，则00分类求出单调区间.
（2）将不等式恒成立作等价变形，在x>0时分离参数，构造函数，利用导数求出最小值，再对x=0讨论
即可.
【解答过程】（1）函数f(x)=ex−ax+1的定义域为R，求导得f′ (x)=ex−a，
当a≤0时，f′ (x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，由f′ (x)<0，得x0，得x>lna，
函数f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(−∞,+∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,lna)，递增区间是(lna,+∞).
（2）不等式f(x)≥x2+2⇔ex−ax+1≥x2+2⇔ax≤ex−x2−1，
当x=0时，不等式a×0≤0恒成立，即a∈R；
ex 1 ex 1
依题意，当x>0时，a≤ −x− 恒成立，令g(x)= −x− ,x>0，
x x x xex (x−1) 1 (ex−1−x)(x−1)
求导得g′ (x)= −1+ = ，令ℎ(x)=ex−1−x,x>0，
x2 x2 x2
求导得ℎ ′ (x)=ex−1>0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ(x)> ℎ(0)=0，
则当01时，g′ (x)>0，函数g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
g(x) =g(1)=e−2，于是a≤e−2，
min
所以实数a的取值范围是a≤e−2.
ax
【变式2-3】（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x)= (a≠0)，其中e为自然对数的底数.
ex
(1)讨论f (x)的单调区间；
(2)当a=3时，不等式xf (x)+lnx+1≤mx在区间(0,+∞)上恒成立时，求m的取值范围.
a(1−x)
【解题思路】（1）由题得f′(x)= ，分a>0，a<0，讨论单调性求解即可；
ex
3x lnx 1 3x lnx 1
（2）参数分离得m≥ + + 在x∈(0,+∞)上恒成立，令ℎ(x)= + + ，讨论ℎ(x)的单调
ex x x ex x x
性，求得ℎ(x)的最大值即可求得m的取值范围.
ax a(1−x)
【解答过程】（1）易知函数f (x)= (a≠0)的定义域为R.所以f′(x)= ，
ex ex
当a>0时，由f′(x)>0，得x<1，由f′(x)<0，得x>1.
所以f (x)的单调增区间为(−∞,1)，单调减区间为(1,+∞)；
当a<0时，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得x<1.
所以f (x)的单调增区间为(1,+∞)，单调减区间为(−∞,1)；
综上所述：当a>0时，f (x)的单调增区间为(−∞,1)，单调减区间为(1,+∞)；
当a<0时，f (x)的单调增区间为(1,+∞)，单调减区间为(−∞,1).
3x
（2）将a=3代入，得f (x)= ，因为不等式xf (x)+lnx+1≤mx在x∈(0,+∞)上恒成立，
ex
3x2 3x lnx 1
所以 +lnx+1≤mx，即m≥ + + 在x∈(0,+∞)上恒成立，
ex ex x x
3x lnx 1
令ℎ(x)= + + ，易知函数ℎ(x)的定义域为(0,+∞).
ex x x
3ex−3xex 1−lnx 1 3−3x lnx
所以ℎ ′ (x)= + − = − .
(ex
)
2 x2 x2 ex x23−3x lnx
当00,− >0，故ℎ ′ (x)>0；
ex x2
3−3x lnx
当x>1时， <0,− <0，故ℎ ′ (x)<0；
ex x2
所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
3
所以x=1时，ℎ(x)在(0,+∞)上取得最大值ℎ(1)= +1.
e
3 3
所以m≥ +1，所以实数m的取值范围是[ +1,+∞).
e e
【题型3 分类讨论法求参数范围】
n
【例3】（2024·湖南·一模）若不等式ex−1−mx−2n−3≥0对∀x∈R恒成立，其中m≠0，则 的取值
m
范围为（ ）
(
ln3e] [ln3e
)
A． −∞,− B． ,+∞
2 2
(
ln3e] [ln3e
)
C． −e,− D． ,e
2 2
【解题思路】先讨论m的范围，当m>0时，利用导数求最值，根据最小值大于等于0可得
3
2n≤−mlnm−3，然后将二元化一元，令g(m)=−lnm− ，利用导数求最值可解.
m
【解答过程】令ex−1−mx−2n−3=0，即ex−1=mx+2n+3，
当m<0时，由函数y=ex−1与y=mx+2n+3的图象可知，两函数图象有一个交点，记为(x ,y )，
0 0
则当x0时，令f (x)=ex−1−mx−2n−3，则f′(x)=ex−1−m，
令f′(x)=0，则x=lnm+1，因为f′(x)=ex−1−m单调递增，
所以当xlnm+1时，f′(x)>0，f (x)单调递增，所以x=lnm+1时，f (x)有最小值f (lnm+1)=−mlnm−2n−3，
又ex−1−mx−2n−3≥0对∀x∈R恒成立，
所以−mlnm−2n−3≥0，即2n≤−mlnm−3，
2n 3
所以 ≤−lnm− ，当且仅当2n=−mlnm−3时等号成立.
m m
3 1 3 3−m
令g(m)=−lnm− ，则g′(m)=− + = ，
m m m2 m2
当00，g(m)单调递增，
当m>3时，g′(m)<0，g(m)单调递减，
所以当m=3时，g (m)=−ln3−1=−ln3e，
max
2n n −ln3e −3ln3e
所以 ≤−ln3e，即 ≤ ，当且仅当m=3，n≤ 时等号成立，
m m 2 2
n ( ln3e]
所以 的取值范围为 −∞,− .
m 2
故选：A.
【变式3-1】（2024·陕西西安·一模）若关于x的不等式ex−2+x≥2ax2−x⋅lnx在(0,+∞)上恒成立，则
实数a的取值范围为（ ）
( 1) ( 1] ( √e)
A． −∞, B． −∞, C． −∞, D．(−∞,1]
e 2 3
ex−2 1 1
【解题思路】变形得到 +1−2ax+lnx≥0，当a≤ 时，利用放缩得到证明，当a> 时，利用隐零点
x 2 2
可证明出不合要求，得到答案.
ex−2
【解答过程】ex−2+x≥2ax2−x⋅lnx⇒ +1−2ax+lnx≥0，
x
1 ex−2 ex−2
当a≤ 时， +1−2ax+lnx≥ +1−x+lnx=ex−lnx−2−(x−lnx−2)−1，
2 x x
令ℎ(t)=et−t−1，则ℎ ′(t)=et−1，
当t>0时，ℎ ′(t)>0，当t<0时，ℎ ′(t)<0，
故ℎ(t)=et−t−1在t∈(−∞,0)上单调递减，在t∈(0,+∞)上单调递增，
故ℎ(t)≥ℎ(0)=0，
故ex−lnx−2−(x−lnx−2)−1≥0恒成立，不等式成立，
1 1 x−1
当a> 时，令u(x)=x−2−lnx，u′(x)=1− = ，
2 x x
当x>1时，u′(x)>0，当00，
由零点存在性定理得，存在x ∈(1,4)，使得u(x )=0，即x −2=lnx ，
0 0 0 0
ex
0
−2
此时 +1−2ax +lnx =2−2ax +x −2=(1−2a)x <0，
x 0 0 0 0 0
0
故不合题意，舍去，
1 ( 1]
综上，a≤ ，实数a的取值范围为 −∞, .
2 2
故选：B.
a
【变式3-2】（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+ .
x
(1)若曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线为x+ y+b=0，求实数b的值；
a2
(2)已知函数g(x)=f (x)+ ，且对于任意x∈(0,+∞)，g(x)>0，求实数a的取值范围.
x2
【解题思路】（1）利用导数的几何意义可得f′(1)=1−a=−1，可求a=2，进而求得切点，利用切点在直
线上，可求b的值；
1 (2at−1)(at+1)
（2）由题意可得g(x) >0，令t= >0，则g(t)=−lnt+at+a2t2，求导，可得g′(t)= ，
min x t
分类讨论可求得实数a的取值范围.
a 1 a 1 a
【解答过程】（1）由f (x)=lnx+ ，可得f′(x)= − ，f′(1)= − =1−a，
x x x2 1 12
又曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线为x+ y+b=0，所以f′(1)=1−a=−1，
2 2
解得a=2，所以f (x)=lnx+ ，所以f (1)=ln1+ =2，所以切点为(1,2)，
x 1
又切点(1,2)在直线x+ y+b=0上，所以1+2+b=0，解得b=−3；
a a2
（2）g(x)=lnx+ + ，由对于任意x∈(0,+∞)，g(x)>0，所以g(x) >0，
x x2 min
1
令t= >0，则ℎ(t)=−lnt+at+a2t2，
x
1 2a2t2+at−1 (2at−1)(at+1)
求导可得ℎ '(t)=− +a+2a2t= = ，
t t t当a=0时，g(x)=lnx，显然不满足题意，
1 1
当a>0时， >0>− ，
2a a
1 1
若x∈(0, )，ℎ '(t)<0，函数ℎ(t)在(0, )上单调递减，
2a 2a
1 1
若x∈( ,+∞)，ℎ '(t)>0，函数ℎ(t)在( ,+∞)上单调递增，
2a 2a
( 1 ) 1 1 1 1
所以ℎ(t) = ℎ =ln2a+ + ，所以ln2a+ + >0，
min 2a 2 4 2 4
3 1 − 3
所以ln2a>− ，解得a> e 4，
4 2
1 1
当a<0时， <0<− ，
2a a
1 1
若x∈(0,− )，ℎ '(t)<0，函数ℎ(t)在(0,− )上单调递减，
a a
1 1
若x∈(− ,+∞)，ℎ '(t)>0，函数ℎ(t)在(− ,+∞)上单调递增，
a a
( 1)
所以ℎ(t) = ℎ − =ln(−a)−1+1=ln(−a)，所以ln(−a)>0，
min a
所以−a>1，解得a<−1，
3
1 −
综上所述：实数a的取值范围为(−∞,−1)∪( e 4,+∞).
2
【变式3-3】（2024·陕西铜川·三模）已知函数f (x)=xex−ax−cosx+1.
(1)当a=2时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若∀x∈[0,+∞),f (x)≥0，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）先计算当a=2时，函数f(x)的解析式，并求导，根据导数的几何意义可得f′(0)=−1，
再由点斜式写出切线的方程即可．
（2）先求出f′ (x)，再令g(x)=f′(x)，并求出g′ (x)，通过分两种情况a≤1，a>1，讨论g′ (x)的正负，得
f(x)的增减性，进而判断f(x)≥0是否恒成立，即可得出答案．
【解答过程】（1）当a=2时，f (x)=xex−2x−cosx+1，
所以f′(x)=(x+1)ex−2+sinx，
所以f (0)=0,f′(0)=−1，
即所求切线方程为y−f (0)=f′(0)(x−0)，即x+ y=0.
（2）因为f (x)=xex−ax−cosx+1，
所以f′(x)=(x+1)ex−a+sinx，
令g(x)=f′(x)=(x+1)ex−a+sinx，
则g′(x)=(x+2)ex+cosx，
当x≥0时，易知g′(x)≥2+cosx>0，
所以g(x)在[0,+∞)单调递增，
即g(x) =g(0)=1−a.
min
当1−a≥0，即a≤1时，g(x)=f′(x)≥0，
所以函数f (x)单调递增，即f (x)≥f (0)=0，符合题意.
当1−a<0，即a>1时，g(0)<0，
又当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以∃x >0,g(x )=0.
0 0
当00，都有
f (x)≥0，则实数m的取值范围为（ ）
A． [1 ,+∞ ) B． [2 ,+∞ ) C． [e ,+∞ ) D．[e,+∞)
e e 2
【解题思路】根据条件得到emx+mx≥elnx+lnx恒成立，构造函数ℎ(x)=ex+x，利用ℎ(x)=ex+x的单调
lnx lnx
性，得到m≥ 在区间(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)= ，利用导数与函数单调性间的关系，求出
x x
lnx
g(x)= 的最大值，即可求解.
x
【解答过程】因为f (x)=emx+mx−x−lnx=emx+mx−(elnx+lnx)，
因为对任意x>0，都有f (x)≥0，即emx+mx≥elnx+lnx恒成立，令ℎ(x)=ex+x，易知ℎ(x)=ex+x在定义域上单调递增，
lnx
所以mx≥lnx在区间(0,+∞)上恒成立，也即m≥ 在区间(0,+∞)上恒成立，
x
lnx 1−lnx
令g(x)= ，则g′ (x)= ，由g′ (x)>0，得到0e，
x x2
lnx
即g(x)= 在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，
x
lne 1 1
所以g(x)≤ = ，得到m≥ ，
e e e
故选：A.
【变式4-1】（2024·河南·模拟预测）已知λ>0，对任意的x>1，不等式 e2λx− ( lne2 1 λ ) lnx≥0 恒成立，则
实数λ的取值范围为（ ）
[1 ) [ 1 )
A． ,+∞ B． ,+∞
e 2e
C．[2e,+∞) D．[e,+∞)
【解题思路】根据题意，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令ℎ(u)=ueu，利用导数求得ℎ(u)为单调递增
lnx lnt
函数，得到ℎ(2λx)≥ℎ(lnx)恒成立，进而转化为2λ≥ 恒成立，构造函数m(t)= ，利用导数求得
x t
m(t)单调性和最小值，即可求解.
【解答过程】因为λ>0，所以整理不等式 e2λx− ( lne2 1 λ ) lnx≥0 ，
可得2λe2λx≥lnx，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，
令ℎ(u)=ueu,u>0，则ℎ ′(u)=(u+1)eu,u>0，
因为ℎ ′(u)>0，所以ℎ(u)在(0，+∞)上单调递增，所以ℎ(2λx)≥ℎ(lnx)恒成立，
又因为λ>0,x>1，所以2λx>0,lnx>0，
lnx
所以2λx≥lnx对任意的x>1恒成立，即2λ≥ 恒成立，
x
lnt 1−lnt
构造函数m(t)= (t>1)，则m′(t)= (t>1)，
t t2
当10，m(t)单调递增；当t>e时，m′(t)<0，m(t)单调递减，
1 1 1
所以，当t=e时，m(t) = ，所以2λ≥ ，即λ≥ ．
max e e 2e故选：B．
【变式4-2】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=(ax−1)ex+1+3(a≠0)．
(1)求f (x)的极值；
(2)设a=1，若关于x的不等式f (x)≤(b−1)ex+1−x在区间[−1,+∞)内有解，求b的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数分类讨论函数的单调区间，可求极值；
x+3 x+3
（2）问题等价于b≥ +x在区间[−1,+∞)内有解，令g(x)= +x(x≥−1)，利用导数求函数最小
ex+1 ex+1
值即可得b的取值范围.
1−a
【解答过程】（1）f′(x)=(ax−1+a)ex+1，令f′(x)=0，得x= ．
a
1−a 1−a
当a>0时，由f′(x)<0，得x< ，由f′(x)>0，得x> ，
a a
( 1−a) (1−a )
故f (x)在区间 −∞, 内单调递减，在区间 ,+∞ 内单调递增，
a a
所以f (x)在x=
1−a
处取得极小值，且极小值为f
(1−a)
=3−ae
1
a，无极大值；
a a
1−a 1−a
当a<0时，由f′(x)>0，得x< ，由f′(x)<0，得x> ，
a a
( 1−a) (1−a )
故f (x)在区间 −∞, 内单调递增，在区间 ,+∞ 内单调递减，
a a
所以f (x)在x=
1−a
处取得极大值，且极大值为f
(1−a)
=3−ae
1
a，无极小值．
a a
1
综上，当a>0时，f (x)的极小值为 3−aea，无极大值；
1
当a<0时，f (x)的极大值为 3−aea，无极小值．
x+3 x+3
（2）a=1时，f (x)≤(b−1)ex+1−x等价于b≥ +x，则b≥ +x在区间[−1,+∞)内有解．
ex+1 ex+1
x+3 ex+1−(x+2)
令g(x)= +x(x≥−1)，则g′(x)= ，
ex+1 ex+1
令ℎ(x)=ex+1−(x+2),x≥−1，则ℎ ′(x)=ex+1−1在[−1,+∞)上单调递增，有ℎ ′(x)≥ℎ ′(−1)=0，
所以ℎ(x)在区间[−1,+∞)内单调递增，即ℎ(x)≥ℎ(−1)=0，
所以g′(x)≥0在区间[−1,+∞)内恒成立，所以g(x)在区间[−1,+∞)内单调递增，即g(x)≥g(−1)=1，即b≥1，
故b的取值范围是[1,+∞)．
【变式4-3】（2024·四川雅安·三模）已知函数f (x)=(a−1)x−2sinx.
(1)若函数f (x)有极值，求实数a的取值范围；
[ π]
(2)若关于x的不等式f (x)+x(1+cosx)≤0在x∈ 0, 上恒成立，求实数a的取值范围.
2
【解题思路】（1）先对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，结合函数单调性与极值的关系即可求解.
（2）由已知变形为2sinx−xcosx−ax≥0恒成立，构造函数
[ π]
ℎ(x)=2sinx−xcosx−ax,x∈ 0, ，分类讨论研究函数的单调性，利用最值列不等式求解即可.
2
【解答过程】（1）依题意，f′(x)=a−1−2cosx，令f′(x)=0，得a=1+2cosx，
因为1+2cosx∈[−1,3]，所以当a≤−1时，f′(x)≤0,f (x)在R上单调递减；
当a≥3时，f'(x)≥0，故f (x)在R上单调递增；
当−10,m(x)单调递增；
2
所以在x∈ [ 0, π] 上，ℎ ′(x)≤ℎ ′( π )= π −a，且ℎ ′(0)=1−a，
2 2 2
π π
当 −a≤0，即a≥ 时，ℎ ′(x)≥0,ℎ(x)在[0,π]上单调递减，
2 2
则ℎ(x)≤ℎ(0)=0，不符合题意，舍去，
π π
当
−a>0，即a<
时，
2 2
π
（i）若1−a<0，即10恒成立，
[ π]
ℎ(x)在x∈ 0, 上单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(0)=0，符合题意.
2
综上，实数a的取值范围为(−∞,1].
【题型5 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】
【例5】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)=aex(a≠0),g(x)=x2,g'(x)为g(x)的导函数.
(1)证明：当a=1时，∀x∈(0,+∞),f(x)>g′(x)；
(2)若f (x)与g(x)有两条公切线，求a的取值范围.
【解题思路】（1）等价于证明∀x∈(0,+∞),ex>2x，令ℎ(x)=ex−2x(x>0)，求导判断出ℎ(x)的单
调性，求出最值可得答案；
（2）设一条公切线与f (x)=aex,g(x)=x2切点分别为(x ,aex 1),(x ,x2)，求出切线方程，根据是同一条
1 2 2
4x −4 4x−4 4x−4
直线可得a= 1 ，转化为y= 与y=a的图象有两个交点，利用导数得出y= 的大致图象
ex
1
ex ex
可得答案.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=ex，g′(x)=2x，
∀x∈(0,+∞),f(x)>g′(x)等价于证明∀x∈(0,+∞),ex>2x，
令ℎ(x)=ex−2x(x>0)，ℎ ′(x)=ex−2，
当0ln2时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)在(ln2,+∞)上单调递增，所以ℎ(x)≥ℎ(ln2)=2−2ln2>0，
所以∀x∈(0,+∞),ex>2x，即∀x∈(0,+∞),f(x)>g′(x)；
（2）设一条公切线与f (x)=aex,g(x)=x2切点分别为(x ,aex 1),(x ,x2)，
1 2 2
则f′(x)=aex,g′(x)=2x，
可得切线方程为y−aex 1=aex 1(x−x )，y−x2=2x (x−x )，
1 2 2 2
因为它们是同一条直线，所以¿，
4x −4 4x−4
可得a= 1 ，令p(x)= ，
ex
1
ex4x−4
若f (x)与g(x)有两条公切线，则y= 与y=a的图象有两个交点，
ex
8−4x
则p′(x)=
，
ex
当x<2时，p′(x)>0，p(x)在(−∞,2)上单调递增，
4
当x>2时，p′(x)<0，p(x)在(2,+∞)上单调递减，所以p(x)≤p(2)= ，
e2
且当x>1时，p(x)>0，当x<1时，p(x)<0，可得p(x)的大致图象如下图，
4
所以0
恒成立．
2
k=1
【解题思路】（1）把不等式恒成立转化为a≤x2ex−2lnx−x恒成立，再结合函数的最小值，即可求出参
数范围；
（2）先证明不等式x≥1+lnx，再取x=ek得出eek+2k>3k+2，最后求和即可证明不等式.
2lnx+x+a
【解答过程】（1）若对∀x∈(0,+∞),f (x)≤xex恒成立，则 ≤xex 恒成立，
x
即a≤x2ex−2lnx−x恒成立．
记g(x)=x2ex−2lnx−x,x∈(0,+∞)，
则g′(x)=2xex+x2ex− 2 −1=x(x+2) ( ex− 1 )
．
x x2
1 2
记ℎ(x)=ex− ,x∈(0,+∞)，则ℎ '(x)=ex+ >0，
x2 x3
故ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．1
又ℎ
(1)
=e2−4<0,ℎ(1)=e−1>0，
2
所以∃x ∈ (1 ,1 ) ，使得ℎ(x )=ex 0− 1 =0 ，
0 2 0 x2
0
1
即 ex 0= ，即x2ex 0=1．
x2 0
0
故当x∈(0,x
0
)时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0；当x∈(x
0
,+∞)时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0．
所以g(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
所以g(x) =g(x )=x2ex 0−2lnx −x =1−lnx2ex 0=1，所以a≤1．
min 0 0 0 0 0
所以实数a的取值范围是(−∞,1]．
2lnx+x+1
（2）由（1）知，当a=1时，xex≥ (x>0)，即x2ex≥2lnx+x+1，
x
当且仅当x=x 时，等号成立，
0
(1 )
而x ∈ ,1 ，所以当x≥1时，x2ex>2lnx+x+1恒成立．
0 2
下面证明当x≥1时，x≥1+lnx．
1
记m(x)=x−1−lnx,x∈[1,+∞)，则m′(x)=1− ≥0，
x
故m(x)在[1,+∞)上单调递增，则m(x)≥m(1)=0，
所以当x∈[1,+∞)时，x≥1+lnx．
故当x∈[1,+∞)时，x2ex>2lnx+x+1≥3lnx+2．
令x=ek(k∈N*)，则eek ⋅e2k=eek+2k>3k+2，
n n n(5+3n+2) 3n2+7n
所以∑eek+2k>∑(3k+2)= = ，
2 2
k=1 k=1
n 3n2+7n
所以对任意正整数n，不等式∑eek+2k>
恒成立．
2
k=1
【变式5-2】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数f (x)=2lnx−ax2+1(a∈R).(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若存在正数x，使f (x)≥0成立，求a的取值范围；
f (x )−f (x )
(3)若01两种情况分别讨论，即可得到取值范围是(−∞,1]；
lnt
（3）首先证明f′(x)单调递减，即得唯一性；然后求导证明对任意的01；而对任意的
t−1
lnt f (x )−f (x )
t>1，都有 <1. 再利用该结论证明f′ (x )> 2 1 >f′ (x )，从而得到存在性. 最后综合两方面
t−1 1 x −x 2
2 1
即证得结论.
2
2(1−ax2)
【解答过程】（1）对f (x)=2lnx−ax2+1求导得f′(x)= −2ax= .
x x
2(1−ax2)
2
当a≤0时，对x>0有f′(x)= ≥ >0，故f (x)在(0,+∞)上单调递增；
x x
当a>0时，有f′(x)= 2(1−ax2) = 2(1+x√a)(1−x√a) = 2√a(1+x√a) ( 1 −x ) ，而当x>0时，
x x x √a
2√a(1+x√a) 1 1 ( 1 ]
>0，故当00，当x> 时f′(x)<0，从而f (x)在 0, 上单调递增，在
x √a √a √a
[ 1 )
,+∞ 上单调递减.
√a
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
( 1 ] [ 1 )
当a>0时，f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减.
√a √a
（2）若a≤1，由于f (1)=1−a≥0，故存在正数x=1使得f (x)≥0，条件满足；( 1 ] [ 1 )
若a>1，则由（1）的结论，知f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，从而此时对任意的
√a √a
( 1 ) 1
x>0都有f (x)≤f =2ln −1+1=−lna<0，条件不满足.
√a √a
综上，a的取值范围是(−∞,1].
（3）设00，故− −2a显然恒为
x x
x2 x2
负，从而f′(x)在(0,+∞)上单调递减.
特别地，f′(x)在(x ,x )上单调递减.
1 2
f (x )−f (x )
这表明，使得f′ (x )= 2 1 的x ∈(x ,x )至多有一个，从而唯一性得证.
0 x −x 0 1 2
2 1
1 t−1
存在性：我们先考虑函数φ(t)=t−1−lnt，这里t>0. 由于φ′(t)=1− = ，故当01时φ′(t)>0，从而φ(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，从而对于任意的
t∈(0,1)∪(1,+∞)，都有φ(t)>φ(1)=0，即t−1−lnt>0.
这就得到，对任意t∈(0,1)∪(1,+∞)，有t−1>lnt.
lnt lnt
从而，对任意的01；而对任意的t>1，都有 <1.
t−1 t−1
然后回到原题，首先我们有
x
2ln 2
f (x )−f (x ) (2lnx −ax2+1)−(2lnx −ax2+1) 2(lnx −lnx )−a(x2−x2) x .
2 1 = 2 2 1 1 = 2 1 2 1 = 1 −a(x +x )
x −x x −x x −x x −x 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
同时我们又有
x x x
ln 2 2ln 2 2ln 2
2 2 x x x ，
f′ (x )= −2ax > ⋅ 1 −2ax = 1 −a(x +x )> 1 −a(x +x )
1 x 1 x x 1 x −x 1 1 x −x 2 1
1 1 2−1 2 1 2 1
x
1x x x
ln 1 2ln 2 2ln 2
2 2 x x x ，
f′ (x )= −2ax < ⋅ 2 −2ax = 1 −a(x +x )< 1 −a(x +x )
2 x 2 x x 2 x −x 2 2 x −x 2 1
2 2 1−1 2 1 2 1
x
2
f (x )−f (x )
故f′ (x )> 2 1 >f′ (x ).
1 x −x 2
2 1
f (x )−f (x )
由零点存在定理，知一定存在x ∈(x ,x )，使得f′ (x )= 2 1 .
0 1 2 0 x −x
2 1
f (x )−f (x )
综合上述的存在性和唯一性两个方面，知存在唯一的x ∈(x ,x )，使得f′ (x )= 2 1 .
0 1 2 0 x −x
2 1
【变式5-3】（2024·广东佛山·模拟预测）已知f (x)=ex+cosx+ax(a∈R)．
(1)若a>−1，证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增；
1
(2)若−10，f′ (x)>f′ (0)>0，即可得证；
（2）①分别判断函数的单调性，当x∈[−2π,−π]时，得出所以y=f(x)单调递减；当
π π
x∈[−π,− ]时，得出存在唯一的实数x ，使得f′ (x )=0，且x 为函数y=f(x)在区间[−π,− ]
2 0 0 0 2
π
上的唯一极小值点，当x∈[− ,0]时，通过构造函数，即证g(x)=ex−sinx≥1恒成立，得出
2
π
x∈[− ,0]时，函数y=f(x)单调递增，进而x 为区间[−2π,0]内的唯一最小值点．②任取
2 0
， ，其中 ，通过作差法得出 ，即可得出当 时，
x′=x−2kπ k∈N∗ x∈[−2π,0) f(x′ )−f(x)>0 x∈Rf(x)≥m．
【解答过程】（1）由题可知f′ (x)=ex−sinx+a，
令u(x)=f′ (x)=ex−sinx+a，
∴u′ (x)=ex−cosx，
因为x∈(0,+∞)，所以u′ (x)>e0−cosx≥1−1=0，
所以u(x)在(0,+∞)上单调递增，即f′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为f′ (0)=e0−0+a>0，f′ (x)>f′ (0)>0，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增．
1 1 1
（2）①(i)当x∈[−2π,−π]时，由于−10，所以在(−π,− )上存在唯一的实数x ，使得f′ (x )=0，
2 2 0 0
π
且当x∈(−π,x )时，f′ (x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x ,− )时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
0 0 2
π
故x 为函数y=f(x)在区间[−π,− ]上的唯一极小值点，
0 2
π 1
(iii)当x∈[− ,0]时，可证当−10恒成立，证明如下：
要使f′ (x)=ex−sinx+a>0恒成立，只需证ex−sinx>−a恒成立，
令g(x)=ex−sinx，即证g(x)=ex−sinx≥1恒成立，由于g′ (x)=ex−cosx，结合y=ex与y=cosx的图象可得，
π
存在x ∈(− ,0)使得g′ (x )=0，
1 2 1
π π
则ex 1=cosx ，所以g(x)=ex−sinx在[− ,0]上的最小值n=min{g(− ),g(0),g(x )}，
1 2 2 1
π π
显然g(− )>1，g(0)=1，g(x )=cosx −sinx =−√2sin(x − )，
2 1 1 1 1 4
π π 3π π
由于x ∈(− ,0)，所以x − ∈(− ,− )，
1 2 1 4 4 4
所以有g(x )∈(1,√2]，g(x )>1，
1 1
π
综上可证g(x)=ex−sinx≥1成立，故x∈[− ,0]时，函数y=f(x)单调递增，
2
故x 为区间[−2π,0]内的唯一最小值点．
0
1
②证明：由①知，当−1f(x )成立，
2π 0
任取x′=x−2kπ，k∈N∗，其中x∈[−2π,0)，
则f(x′ )−f(x)=ex−2kπ+cos(x−2kπ)+a(x−2kπ)−(ex+cosx+ax)=ex−2kπ−ex−2akπ，
1 1
因为−1−2π⋅(− )⋅1=1，ex−2kπ−ex>0−e0=−1，
2π 2π
所以f(x′ )−f(x)>0，所以f(x′ )>f(x)，
故当x∈(−∞,−2π)时，f(x)≥f(x )，
0
综上可证，当x∈R时，f(x)≥m．
【题型6 双变量的恒（能）成立问题】
【例6】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数f (x)=2xlnx−ax2，若对任意的x ,x ∈(0,+∞)，当
1 2
x >x 时，都有2x +f (x )>2x +f (x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 1 2 2 1A． [ 1 ,+∞ ) B．[1,+∞) C． [1 ,+∞ ) D．[2,+∞)
2e e
【解题思路】构造函数F(x)=f (x)−2x，求导，分离参数求最值即可.
【解答过程】不等式2x +f (x )>2x +f (x )等价于f (x )−2x x 时，F(x )0，g(x)单调递增，
1 1
当x∈(e,+∞)时，g′(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x) =g(e)= ，所以a≥ .
max e e
故选：C.
lnx
【变式6-1】（2024·重庆·模拟预测）已知函数f (x)= ,g(x)=axe−ax ，若存在
x
x ∈(0,1),x ∈(−∞,0)使得f (x )=g(x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A．(−∞,−2) B．(−2,−1) C．(−1,+∞) D．(0,+∞)
【解题思路】利用导数求得f (x)在区间(0,1)上的值域，求得g(x)在区间(−∞,0)上的值域，由此求得a的取
值范围.
lnx 1−lnx
【解答过程】对于f (x)= (00，
x x
ln1
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增， =0，
1
所以当x∈(0,1)时，f (x)的值域为(−∞,0).
a(1−ax)
对于g(x)=axe−ax(x<0)，g′(x)=a(1−ax)e−ax=
，
eax
若a=0，则g(x)=0，不符合题意.
若a>0，则g′(x)>0，所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为(−∞,0)，符合题意，D选项正确.( 1)
当a<0时，g(x)在区间 −∞, 上g′(x)>0,g(x)单调递增，
a
(1 )
在区间 ,+∞ 上g′(x)<0,g(x)单调递减，
a
1
g
(1)
=a×
1
×e
−a×
a=
1
，而当x<0时g(x)=axe−ax>0
a a e
( 1]
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为 0, ，不符合题意.
e
综上所述，实数a的取值范围为(0,+∞).
故选：D.
1
【变式6-2】（23-24高二下·湖南郴州·期末）已知f (x)=alnx+ x2−2x（a∈R且a≠0），
2
g(x)=cosx+xsinx．
(1)求g(x)在[−π,π]上的最小值；
[1 ] f (x )
(2)如果对任意的x ∈[−π,π]，存在x ∈ ,e ，使得 2 −a≤g(x )成立，求实数a的取值范围．
1 2 e x 1
2
【解题思路】（1）对g(x)求导，因为g(x)为偶函数，求出g(x)在x∈(0,π)的单调性，即可求出[−π,π]
上的最小值；
[1 ] f (x )
（2）由（1）知，g(x)在[−π,π]上的最小值为−1 ，所以∃x ∈ ,e ，使得 2 −a≤−1成立，即
2 e x
2
1 1
1 x2−x x2−x [1 ]
a(x −lnx )≥ x2−x 成立，即 2 2 2 ，设 2 ，x∈ ,e ，即只需a≥φ(x) 即可．
2 2 2 2 2 a≥ φ(x)= e min
x −lnx x−lnx
2 2
【解答过程】（1）g′(x)=−sinx+sinx+xcosx=xcosx，
显然g(x)为偶函数，当x>0时，
( π) ( π)
x∈ 0, 时，xcosx>0，g′(x)>0，∴g(x)在 0, 单调递增；
2 2
(π ) (π )
x∈ ,π 时，xcosx<0，g′(x)<0，∴g(x)在 ,π 单调递减；
2 2
(π) π
g(0)=1，g = ，g(π)=−1，∴g(x)在(0,π)上的最小值为−1．
2 2
由偶函数图象的对称性可知g(x)在(−π,π)上的最小值为−1．1 1−x
（2）先证lnx≤x−1，设ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ ′(x)= −1= ，
x x
令ℎ ′(x)>0⇒01，
∴ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．ℎ(x)≤ℎ(1)=0
故lnx≤x−1①恒成立．
[1 ] f (x )
由题意可得∃x ∈ ,e ，使得 2 −a≤−1成立，
2 e x
2
1
即a(x −lnx )≥ x2−x 成立．
2 2 2 2 2
由①可知x −lnx ≥1>0，
2 2
1
x2−x
参变分离得 2 2 2 ，
a≥
x −lnx
2 2
1
x2−x [1 ]
设 2 ，x∈ ,e ，
φ(x)= e
x−lnx
即只需a≥φ(x) 即可．
min
(x−1)(x−lnx)− (1 x2−x ) ⋅ x−1 (x−1) (1 x−lnx+1 )
2 x 2
φ'(x)= =
(x−lnx) 2 (x−lnx) 2
由①知lnx≤x−1得−lnx≥1−x，
1 1 1 4−x
∴ x−lnx+1≥ x+1−x+1=2− x= >0
2 2 2 2
1
令φ'(x)>0⇒1x 时，f (x )−f (x )>m(x2−x2)，求实数m的取值范围．
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出a=2，直接利用导数求单调区间；
1−lnx
（2）根据式子结构构造g(x)=f (x)−mx2，由g(x)在(0,+∞)为增函数，得到2m≤ 在x>0恒成立，
x
1−lnx
令ℎ(x)= ，利用导数求出ℎ(x)的最小值，即可求解.
x
【解答过程】（1）f (x)=ax+1−xlnx的导数为f′(x)=a−1−lnx，
可得f (x)的图象在A(1,f (1))处的切线斜率为a−1，
由切线与直线x−y=0平行，可得a−1=1，即a=2，
f (x)=2x+1−xlnx，f′(x)=1−lnx，
由f′(x)>0，可得0e，则f (x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减．
（2）因为x >x ，若∀x ,x ∈(0,+∞)，由f (x )−f (x )>mx2−mx2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
即有f (x )−mx2>f (x )−mx2 恒成立，设g(x)=f (x)−mx2，
1 1 2 2
所以g(x)=f (x)−mx2在(0,+∞)为增函数，即有g′(x)=1−lnx−2mx≥0对x>0恒成立，
1−lnx 1−lnx lnx−2
可得2m≤ 在x>0恒成立，由ℎ(x)= 的导数为ℎ ′(x)= ，
x x x2
当ℎ ′(x)=0，可得x=e2，ℎ(x)在(0,e2)递减，在(e2,+∞)递增，
1 1 1
即有ℎ(x)在x=e2处取得极小值，且为最小值− 可得2m≤− ，解得m≤−
e2 e2 2e2
( 1 ]
则实数m的取值范围是 −∞,− ．
2e2
一、单选题
1．（2024·四川达州·二模）当x≥0时，不等式ex−ax≥(x−1) 2恒成立，则a取值范围是（ ）( 1]
A．(−∞,1] B． −∞,
e
C．(−∞，e] D．(−∞,3]
【解题思路】恒成立问题一般采用分离参数的方法，进而转化成求函数的最值即可.
【解答过程】当 x=0 时, 不等式显然成立,
ex−x2+2x−1
当 x>0 时, 由题意可得 a≤
x
ex−x2+2x−1
g(x)= (x>0),
x
则有 a≤g(x) .
min
(x−1)ex−(x2−1) (x−1)[ex−(x+1)]
则g' (x)= =
x2 x2
设ℎ(x)=ex−x−1，x>0，
则ℎ '(x)=ex−1>0，所以ℎ(x)=ex−x−1在(0,+∞)上单调递增，
所以ex−x−1>0，
所以当 x∈(0,1) 时, g′ (x)<0,g(x) 单调递减;
当 x∈(1,+∞) 时, g′ (x)>0,g(x) 单调递增;
所以 g(x) =g(1)=e,
min
所以a≤e
故选：C.
1
2．（2024·吉林·模拟预测）若关于x不等式ln(ax)≤x+b恒成立，则当 ≤a≤e时，eb+1−lna的最小值为
e
（ ）
1
A． +1 B．e−1 C．1 D．e
e
【解题思路】构建f (x)=ln(ax)−x−b，分析可知f (x)的定义域为(0,+∞)，且f (x)≤0在(0,+∞)内恒成立，
1
利用导数可得lna≤b+1，整理可得eb+1−lna≥a−lna，构建g(a)=a−lna, ≤a≤e，利用导数求其最
e
值即可.
【解答过程】设f (x)=ln(ax)−x−b，1
因为 ≤a≤e，可知f (x)的定义域为(0,+∞)，所以f (x)≤0在(0,+∞)内恒成立，
e
1 1−x
又因为f′(x)= −1= ，
x x
令f′(x)>0，解得01；
可知f (x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)内单调递减，
则f (x)≤f (1)=lna−1−b≤0，可得lna≤b+1，则eb+1≥elna=a，
可得eb+1−lna≥a−lna，当且仅当lna=b+1时，等号成立，
1 1 a−1
令g(a)=a−lna, ≤a≤e，则g′(a)=1− = ，
e a a
1
令g′(a)>0，解得11−lnx有解，则实数a的取值范围为（ ）
A． ( − 1 ,+∞ ) B． ( − 1 ,+∞ ) C． ( −∞, 1 ) D． ( −∞, 1)
e2 e e2 e
1−x−lnx 1−x−lnx
【解题思路】分离参数转化为a> ，构造函数f (x)= ，利用导数法求出f (x) ，
xex xex min
a>f (x) 即为所求.
min
1−x−lnx (1−x−lnx)
【解答过程】不等式axex+x>1−lnx有解，即a> ，x>0，只需要a>
，
xex xex
min
1−x−lnx
令f (x)= ，
xex
(x+1)(x−2+lnx)
∴f′(x)= ，x>0，
x2ex
令g(x)=x−2+lnx，x>0，
1
∴g′(x)=1+ >0，所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
x又g(1)=−1<0，g(2)=ln2>0，所以存在x ∈(1,2)，使得g(x )=0，即x −2+lnx =0，
0 0 0 0
∴x∈(0,x )，g(x)<0，即f′(x)<0；x∈(x ,+∞)，g(x)>0，即f′(x)>0，
0 0
所以函数f (x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
1−x −lnx
∴f (x )= 0 0 ，又由x −2+lnx =0，可得x ex 0=e2，
0 x ex 0 0 0 0
0
1−x −lnx 1−x +x −2 1
∴f (x )= 0 0= 0 0 =− .
0 x ex 0 e2 e2
0
1
∴a>− .
e2
故选：A.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）若存在x∈(0,+∞)，使得不等式a2x4+x≥eax2+ln2x成立，则实数a的取
值范围为（ ）
A． [ 1 ,+∞ ) B． [1 ,+∞ ) C． ( −∞, 1] D． ( −∞, 1 ]
2e e e 2e
【解题思路】将原不等式变形为(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，令f(x)=x2−ex，则f(ax2 )≥f(lnx)，然后
lnx
利用导数判断出f(x)在R上递减，所以将问题转化为ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，即a≤ 在
x2
lnx
x∈(0,+∞)上有解，再构造函数ℎ(x)= (x>0)，利用导数求出其小大值即可.
x2
【解答过程】由a2x4+x≥eax2+ln2x，得(ax2) 2 −eax2 ≥ln2x−x，
所以(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，
令f(x)=x2−ex，则(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx可化为f(ax2 )≥f(lnx)，
f′ (x)=2x−ex，令g(x)=f′ (x)=2x−ex，则
g′ (x)=2−ex，令g′ (x)=2−ex=0，得x=ln2，当x0，当x>ln2时，g′ (x)<0，
所以f′ (x)在(−∞,ln2)上递增，在(ln2,+∞)上递减，
所以f′ (x)≤f′ (ln2)=2ln2−2<0，
所以f(x)在R上递减，
所以ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，
lnx
所以a≤ 在x∈(0,+∞)上有解，
x2
lnx x−2xlnx 1−2lnx
令ℎ(x)= (x>0)，则ℎ ′ (x)= = (x>0)，
x2 x4 x3
由ℎ ′ (x)>0，得1−2lnx>0，得0√e，
所以ℎ(x)在(0,√e)上递增，在(√e,+∞)上递减，
ln(√e) 1
所以ℎ(x) = ℎ(√e)= = ，
max e 2e
1
所以a≤ ，
2e
( 1 ]
即实数a的取值范围为 −∞, ，
2e
故选：D.
lnx
5．（2024·陕西商洛·三模）已知λ>0，对任意的x>1，不等式e2λx− ≥0恒成立，则λ的取值范围为
2λ
（ ）
A．[2e,+∞) B． [ 1 ,+∞ ) C．[e,+∞) D． [1 ,+∞ )
2e e
【解题思路】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可.
【解答过程】由题意λ>0，不等式即2λe2λx≥lnx，进而转化为2λxe2λx≥lnxelnx，
令g(x)=xex，则g′(x)=(x+1)ex，
当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
则不等式等价于g(2λx)≥g(lnx)恒成立.
因为λ>0,x>1，所以2λx>0,lnx>0，lnx
所以2λx≥lnx对任意x>1恒成立，即2λ≥ 恒成立.
x
lnt 1−lnt
设ℎ(t)= (t>1)，可得ℎ ′(t)= ，
t t2
当10,ℎ(t)单调递增,当t>e,ℎ ′(t)<0,ℎ(t)单调递减．
1 1 1
所以t=e,ℎ(t)有最大值ℎ(e)= ，于是2λ≥ ，解得λ≥ ．
e e 2e
故选：B.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ex+1−aln(ax)+a(a>0)，若关于x的不等式f(x)>0恒成立，
则实数a的取值范围是（ ）
A．(0,+∞) B．(0,e) C．(0,e2) D．(1,e)
a
【解题思路】方法一：利用导数研究函数f(x)的单调性，结合题意得 −aln(ax )+a>0，等价变形得
x 0
0
1 1
−x −2lnx >0，设g(x)= −x−2lnx，利用单调性得0ln ，利用反函数性质得 >x，分离参数，构造函数
a e a
ex+1
ℎ(x)= (x>0)，利用导数求解最值即可求解；方法三：原不等式化为
x
(lnex+1−1)ex+1>(ln(ax)−1)(ax)，构造函数g(x)=x(lnx−1)，利用导数研究函数单调性，即可转化
ex+1
为ex+1>ax，分离参数，构造函数ℎ(x)= (x>0)，利用导数求解最值即可求解.
x
a
【解答过程】方法一：f′ (x)=ex+1− (x>0)，显然f′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
x
a
故存在唯一的x >0，使得f′ (x )=0，即 ex 0 +1= ，
0 0 x
0
且当x∈(0,x )时，f′ (x)<0，则f(x)单调递减，
0
当x∈(x ,+∞)时，f′ (x)>0，则f (x)单调递增，
0a
因此f (x)的最小值为f (x )=ex 0 +1−aln(ax )+a= −aln(ax )+a>0，
0 0 x 0
0
1 1
则 −ln(ax )+1>0，即 −lna−lnx +1>0 .
x 0 x 0
0 0
a a
对 ex 0 +1= 两边取对数得x +1=ln ，则lna=x +1+lnx ，
x 0 x 0 0
0 0
1 1
代入 −lna−lnx +1>0得 −x −2lnx >0 .
x 0 x 0 0
0 0
1 1 2 (x+1) 2
设g(x)= −x−2lnx，则g′ (x)=− −1− =− <0，
x x2 x x2
所以g(x)在(0,+∞)单调递减且g(1)=0，
1
可知不等式 −x −2lnx >0的解为00，则a∈(0,e2).
ex+1 ax
方法二：f(x)>0即ex+1−aln(ax)+a>0，即 >ln ，
a e
ex+1 ax
而y= 与y=ln 互为反函数，
a e
ex+1
根据互为反函数的函数图象关于直线y=x对称，问题转化为 >x即可，
a
ex+1
即a< (x>0)恒成立.
x
ex+1 ex+1(x−1)
设ℎ(x)= (x>0)，则ℎ ′ (x)= ，
x x2
当x=1时，ℎ ′ (1)=0，当x∈(0,1)时，ℎ ′ (x)<0，则ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′ (x)>0，则ℎ(x)单调递增，
故ℎ(x) = ℎ(1)=e2 ，即得a∈(0,e2).
min
方法三：
f(x)>0⇔ex+1−aln(ax)+a>0⇔xex+1>ax(ln(ax)−1)⇔(lnex+1−1)ex+1>(ln(ax)−1)(ax)，构造g(x)=x(lnx−1)，则转化为g(ex+1)>g(ax).
g′ (x)=lnx，当x∈(0,1)时，g′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)有极小值g(1)=−1,g(e)=0，且ex+1>e(x>0)，
则g(ex+1)>g(ax)转化为ex+1>ax，
ex+1 ex+1 ex+1(x−1)
即a< ，设ℎ(x)= (x>0)，则ℎ ′ (x)= ，
x x x2
当x∈(0,1)时，ℎ ′ (x)<0，则ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′ (x)>0，则ℎ(x)单调递增，
故ℎ(x) = ℎ(1)=e2 ，即得a∈(0,e2).
min
故选：C.
2a
7．（2024·四川乐山·二模）若存在x ∈[−1,2]，使不等式x +(e2−1)lna≥ +e2x −2成立，则a的取
0 0 ex
0
0
值范围是（ ）
A． [ 1 ,e2 ] B． [ 1 ,e2 ] C． [ 1 ,e4 ] D． [1 ,e4 ]
2e e2 e2 e
a
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令 =t，构造函数f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，将问题转化为存
ex
0
[ a a ]
在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，再借助导数求解即得.
e2 e−1
2a 2a
【解答过程】依题意，x +(e2−1)lna≥ +e2x −2 ⇔ (e2−1)lna−(e2−1)x ≥ −2
0 ex
0
0 0 ex
0
2a a 2a
⇔(e2−1)lna−(e2−1)lnex 0≥ −2⇔(e2−1)ln ≥ −2，
ex
0
ex
0
ex
0a [ a a ]
令 =t，即(e2−1)lnt−2t+2≥0，由x ∈[−1,2]，得t∈ , ，
ex
0
0 e2 e−1
[ a a ]
令f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，则原问题等价于存在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，
e2 e−1
e2−1 (e2−1)−2t e2−1 e2−1
求导得f′ (t)= −2= ，由f′ (t)<0，得t> ，由f′ (t)>0，得0 恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
x
A．(−∞,3) B．(6e−2,+∞)
C．(6e−2,3) D．(−∞,6e−2)
【解题思路】分x>0和x<0两种情况讨论，分别得出不等式，由不等式恒成立转化为求函数的最值，利用
导数分别求出函数的最值即可求解．
a
【解答过程】当x>0时，由f (x)> 得a 得a>xf (x)=(x2−2x−2)ex．
x
令g(x)=x−elnx+3(x>0)，
e x−e
则g′(x)=1− = (x>0)，令g′ (x)=0，解得x=e，
x x所以当0e，g′ (x)>0，
故g(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
因此g(x)的最小值为g(e)=e−elne+3=3，
故当x>0时，a<3；
令ℎ(x)=(x2−2x−2)ex(x<0)，
则ℎ ′(x)=(x2−4)ex(x<0)，令ℎ ′(x)=0，解得x=−2，
所以当−20，
故ℎ(x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,0)上单调递减，
因此ℎ(x)的最大值为ℎ(−2)=(4+4−2)e−2=6e−2，
故当x<0时，a>6e−2．
综上，6e−2 两种情况讨论， 当a≤ 时，有
2 2 2
ex−2 ex−2
+1−2ax+lnx≥ +1−x+lnx=ex−2−lnx+1−x+lnx，通过求导，判断函数的单调性，确定函
x x
1
数的最值得出ex−2−lnx+1−x+lnx≥0结论验证；当a> 时，令u(x)=x−2−lnx，求导判断出函数存在
2
ex
0
−2
零点设为x ，即可判断 +1−2ax +lnx =(1−2a)x <0，最后综合得出a的取值范围.
0 x 0 0 0
0
ex−2 1
【解答过程】依题意， +1−2ax+lnx≥0在(0，+∞)上恒成立，当a≤ 时，
x 2
ex−2 ex−2
+1−2ax+lnx≥ +1−x+lnx=ex−2−lnx+1−x+lnx，
x x令t=x−2−lnx，则ℎ(t)=et−t−1，ℎ ′ (t)=et−1，
故当t∈(−∞,0)时，ℎ ′ (t)<0，当t∈(0,+∞)时，ℎ ′ (t)>0，
故ℎ(t)> ℎ(0)=0，故ex−2−lnx+1−x+lnx≥0，则不等式成立；
1
当a> 时，令u(x)=x−2−lnx，因为u(1)=−1<0，
2
u(4)=2−2ln2>0，故μ(x)在(1,4)内必有零点，设为x ，则x −2=lnx ，
0 0 0
ex
0
−2
则ex 0 −2=x ，故 +1−2ax +lnx =(1−2a)x <0，不合题意，舍去；
0 x 0 0 0
0
1
综上所述，a≤ .
2
故选：AB.
10．（2024·新疆·一模）设f (x)=(1+x)lnx,g(x)=(a−1)x，若f (x)≤g(x)在x∈[1,2]上恒成立，则实数
a的值可以是（ ）(附:ln2≈0.69)
3−ln2 2+3ln2
A． B．3 C．2 D．
2 2
【解题思路】分离参数，构造函数利用导数研究其单调性与最值计算即可.
(x+1)lnx
【解答过程】原不等式等价于 ≤a−1(x∈[1,2])，
x
(x+1)lnx 1+x−lnx
令φ(x)= (x∈[1,2])⇒φ′ (x)= ，
x x2
x−1
令ℎ(x)=1+x−lnx(x∈[1,2])⇒ℎ ′(x)= ≥0，
x
所以ℎ(x)在x∈[1,2]上单调递增，即ℎ(x)≥ℎ(1)=2>0，
3ln2
所以φ′ (x)>0，则φ(x)在x∈[1,2]上单调递增，故φ(x)≤φ(2)= ≤a−1，
2
3ln2+2 2+3ln2 3−ln2
所以a≥ ，由ln2≈0.69知3> >2> .
2 2 2
故选：BD.
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=x+ln(x−2),g(x)=xlnx．若f (x )=2+3lnt,g(x )=t3 ，
1 2
则下列结论中正确的是（ ）
A．∀x∈(2,+∞),f(x)g(x ) D．(x x −2x )lnt≥−
0 0 0 1 2 2 3e
【解题思路】令ℎ(x)=f(x)−g(x)，通过对其求导来判断单调性，可判断A,C；由题意构造函数
y=lnx+x，根据其单调性可判断B；由(x x −2x )lnt=(x lnx )lnt=t3lnt构造新函数ℎ(t)=t3lnt，
1 2 2 2 2
通过对其求导判断单调性来求得最小值，即可判断D.
【解答过程】令ℎ(x)=f(x)−g(x)=x+ln(x−2)−xlnx,x∈(2,+∞)，
1
则ℎ ′ (x)= −lnx，则ℎ ′ (x)在(2,+∞)上单调递减．
x−2
1
又因为ℎ ′ (e)= −1>0,ℎ ′ (3)=1−ln3<0，
e−2
1
所以存在ξ∈(e,3)，使得ℎ ′ (ξ)=0，即 =lnξ．
ξ−2
当x∈(2,ξ)时，ℎ ′ (x)>0,ℎ(x)单调递增；
当x∈(ξ,+∞)时，ℎ ′ (x)<0,ℎ(x)单调递减，
ξ(ξ−3)
所以ℎ(x)有最大值ℎ(x) = ℎ(ξ)=ξ+ln(ξ−2)−ξlnξ= +ln(ξ−2)<0，
max ξ−2
故选项A正确，选项C错误．
因为函数f(x)=x+ln(x−2),g(x)=xlnx,f (x )=2+3lnt,g(x )=t3 ，
1 2
由题可知t>0，因为x +ln(x −2)=2+3lnt，
1 1
即x −2+ln(x −2)=3lnt，
1 1
x lnx =t3 ，即lnx +ln(lnx )=3lnt，
2 2 2 2
则lnx +ln(lnx )=x −2+ln(x −2)．
2 2 1 1
因为函数y=lnx+x在(0,+∞)上单调递增，
于是x −2=lnx ，故选项B正确．
1 2
从而(x x −2x )lnt=(x lnx )lnt=t3lnt．
1 2 2 2 2令ℎ(t)=t3lnt，
则ℎ ′ (t)=3t2lnt+t2=t2 (3lnt+1)，
1 1
令ℎ ′ (t)=0，则lnt=−
3
，解得
t=e
− 3，
当 t∈ ( 0,e − 3 1) 时，ℎ ′ (t)<0,ℎ(t)在 ( 0,e − 3 1) 上单调递减，
当 t∈ ( e − 3 1 ,+∞ ) 时，ℎ ′ (t)>0,ℎ(t)在 ( e − 3 1 ,+∞ ) 上单调递增，
1 1
所以当 t=e − 3时，ℎ(t)有极小值也是最小值，为− 3e ，
1
即(x x −2x )lnt的最小值为− ，
1 2 2 3e
1
则(x x −2x )lnt≥− ，故选项D正确．
1 2 2 3e
故选：ABD．
三、填空题
12．（2024·四川成都·模拟预测）若不等式2x3−ax2+1≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，则实数a的最大
值为 3 ．
【解题思路】根据给定条件，分离参数并构造函数，再求出函数的最小值得解.
1
【解答过程】当x=0时，1≥0恒成立，当x>0时，2x3−ax2+1≥0⇔a≤2x+
，
x2
1 2
令f(x)=2x+ ,x>0，求导得f′ (x)=2−
，
x2 x3
当01时，f′ (x)>0，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
当x=1时，f(x) =f(1)=3，则a≤3，
min
所以实数a的最大值为3.
故答案为：3.
1
13．（2024·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=lnx−aeax，若对任意的x≥ ,f(x)≤0成立，则正数a的取
e
[1 )
值范围是 ,+∞ .
elnx
【解题思路】将f(x)≤0构造成xlnx≤eaxlneax，运用导数研究g(x)=xlnx单调性进而转化为a≥ （
x
1 lnx
x≥ ）恒成立，令ℎ(x)= ，运用导数可求得ℎ(x)的最大值即可.
e x
【解答过程】由f(x)≤0，即lnx−aeax≤0，得lnx≤aeax.
1
因为x≥ ，所以xlnx≤axeax =eaxlneax.
e
设g(x)=xlnx，则g′ (x)=lnx+1.
因为x≥ 1 ，所以g′(x)≥0，所以g(x)在 [1 ,+∞ ) 上单调递增.
e e
lnx
因为xlnx≤eaxlneax，所以g(x)≤g(eax)，所以x≤eax，所以lnx≤ax，所以a≥
.
x
lnx 1−lnx
设ℎ(x)= ，则ℎ ′ (x)= .
x x2
由ℎ ′ (x)<0，得x>e，则ℎ(x)在(e,+∞)上单调递减；
由ℎ ′ (x)<0，得00有g(x)=ax+b≤x+b，
因为存在x∈(0,1)使得不等式f (x)≥g(x)成立，
所以存在x∈(0,1)使得(x−2)ex+lnx≥x+b，即(x−2)ex+lnx−x≥b，
令F(x)=(x−2)ex+lnx−x，x∈(0,1)，
则F′(x)=(x−1)ex+ 1 −1=(x−1) ( ex− 1) ，
x x1
令m(x)=ex−
，x∈(0,1)，则m(x)在(0,1)上单调递增，
x
1
且m(1)=e−1>0，m
(1)
=e2−2<0，
2
所以∃x ∈ (1 ,1 ) 使得m(x )=ex 0− 1 =0，即 ex 0= 1 ，x =−lnx ，
0 2 0 x x 0 0
0 0
所以当00，当x 0两种情况，利用导数的方法分别判定
单调性即可.
（2）由（1）中函数单调性，当a≤0时，根据函数单调性，以及f (1)=0，可判断当x∈(0,1)时，f (x)<0，
不符合题意；当a>0时，根据函数单调性，得到f(x) =a−1−alna，再令g(a)=a−1−alna(a>0)，
min
对其求导，根据导数的方法求出其最值，即可结合题中条件求出结果.
a x−a
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1− = ，
x x
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时，由f′(x)<0，得x∈(0,a)，由f′(x)>0，得x∈(a,+∞)，
则函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，由f (1)=0，知当x∈(0,1)时，f (x)<0，不符
合题意；
当a>0时，函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
故f(x) =f (a)=a−1−alna，
min
由f (x)≥0恒成立，得a−1−alna≥0恒成立，令g(a)=a−1−alna(a>0)，
求导得g′(a)=−lna，
当00，当a>1时，g′(a)<0，
于是函数g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(a) =g(1)=0，故g(a)=a−1−alna≤0恒成立，
max
因此g(a)=0=g(1)，所以a=1.
16．（2024·四川乐山·三模）已知函数f (x)=ax+lnx−ax2
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若存在x ∈(1,+∞)，使得f (x )>0，求a的取值范围.
0 0
【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数的单调性；
（2）根据导数，对a分情况讨论函数的单调性，进而可得函数最值情况，即可得解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=x+lnx−x2，x>0，
1 −2x2+x+1 (2x+1)(x−1)
则f′(x)=1+ −2x= =− ，
x x x
1
令f′(x)=0，解得x=1或x=− （舍），
2
(2x+1)(x−1)
当00，f (x)单调递增，
x
(2x+1)(x−1)
当x>1时，f′(x)=− <0，f (x)单调递减，
x
综上所述，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
1+ax−2ax2
（2）由题可知f′ (x)= ，令ℎ(x)=1+ax−2ax2=ax(1−2x)+1
x
当a≤0时，由x>1可知ℎ(x)>0，即f′ (x)>0，所以f(x)在(1,+∞)为增函数.
∴对任意x∈(1,+∞)都有f(x)>f(1)=0，符合题意.√ 8 √ 8
1− 1+ 1+ 1+
由2ax2−ax−1=0解得 a或 a.
x = x =
1 4 2 4
∵x <0，下面讨论x 与1的大小:
1 2
②当01，则f(x)在(1,x )上单调递增.
2 2
∴存在x ∈(1,x )，使得f (x )>f(1)=0.
0 2 0
③当a≥1时，x 0.
0 0
17．（2024·浙江台州·一模）已知函数f(x)=x3+4x2−5x．
(1)求函数y=f(x)的单调递减区间；
f(x)
(2)若不等式 −6lnx≤a(x−1) 2对任意x∈[1, +∞)恒成立，求实数a的取值范围．
x
【解题思路】（1）求导f′ (x)=3x2+8x−5，由f′ (x)<0求解；
（2）设ℎ(x)=x2+4x−5−6lnx−a(x−1) 2, x∈[1, +∞)，由ℎ(2)≤0得到a≥1，再分a≥4和
17−6=1，
3
令ℎ ′ (x)=0，解得x=1或x= ，
a−1
3
当a≥4时， ≤1，ℎ ′ (x)≤0在[1, +∞)上恒成立，
a−1
因此，ℎ(x)在[1, +∞)上单调递减，
f(x)
得ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即 −6lnx≤a(x−1) 2 对任意x∈[1, +∞)恒成立．
x
( 3 )
当10，
a−1
( 3 )
因此，ℎ(x)在 1, 上单调递增，
a−1
( 3 )
当x ∈ 1, 时，ℎ(x )> ℎ(1)=0，
0 a−1 0
不满足题意．综上，a≥4．
(1 )
18．（2024·四川乐山·三模）已知函数f(x)=ax+lnx,g(x)=a −x−1 +1−x
x
(1)讨论f(x)的单调性；
1−x−x2
(2)令H(x)=f(x)+g(x)，若存在x ∈(1,+∞)，使得H(x)< 成立，求整数a的最小值．
0 x
【解题思路】（1）先对f(x)求导，再根据导数与函数单调性的关系即可求解；
xlnx+2x−1
（2）问题转化为，存在x ∈(1,+∞)，使a> 成立，
0 x−1
xlnx+2x−1
构造函数ℎ(x)= (x>1)，然后结合存在性问题与最值关系进行求解.
x−1
1
【解答过程】（1）由题意f(x)定义域为(0,+∞)，f′ (x)=a+ ．
x
当a≥0时，f′ (x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增．
1
当a<0时，由f′ (x)=0，得x=−
a
( 1) ( 1)
当x∈ 0,− 时，f′ (x)>0，所以f(x)在 0,− 上单调递增．
a a
( 1 ) ( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时，f′ (x)<0，所以f(x)在 − ,+∞ 上单调递减．
a a
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；( 1) ( 1 )
当a<0时，f(x)在 0,− 上单调递增，在 − ,+∞ 上单调递减．
a a
(1 ) a
（2）由题知H(x)=f(x)+g(x)=ax+lnx+a −x−1 +1−x=lnx+ −a+1−x，
x x
1−x−x2
又H(x)< (x>1)，化简得：xlnx+2x−11，使a> 成立．
x−1
xlnx+2x−1 x−lnx−2
设ℎ(x)= (x>1)，则ℎ ′ (x)=
x−1 (x−1) 2
设φ(x)=x−lnx−2，
1 x−1
∵φ′ (x)=1− = ，当x>1时，φ′ (x)>0，∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增．
x x
又∵φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−ln4>0，
∴φ(x)在(3,4)上存在唯一零点．
设零点x ∈(3,4)，则φ(x )=0，即x −2=lnx ．
0 0 0 0
∴x∈(1,x
0
)，ℎ '(x)<0；x∈(x
0
,+∞)，ℎ '(x)>0
因此ℎ(x)在(1,x )单调递减，在(x ,+∞)单调递增，
0 0
x lnx +2x −1 x (x −2)+2x −1 (x −1)(x +1)
∴ℎ(x) = ℎ(x )= 0 0 0 = 0 0 0 = 0 0 =x +1．
min 0 x −1 x −1 x −1 0
0 0 0
∵x ∈(3,4)，∴(x +1)∈(4,5)
0 0
又a∈Z，∴a的最小值为5．
19．（2024·浙江宁波·一模）已知函数f (x)=√1+2ax2−axsinx.
(1)判断f (x)的奇偶性；
1
(2)若a=− ，求证：f (x)≤1；
2
(3)若存在x ∈(0,π)，使得对任意x∈(0,x )，均有f (x)<1，求正实数a的取值范围.
0 0
【解题思路】（1）根据奇偶性的定义即可判断，1
（2）将不等式等价于√1−x2≤1− xsinx，平方化简只需要证明x−sinx≥0，构造g(x)=x−sinx,即
2
可求导求解，
（3）构造ℎ(x)=2sinx−2x+axsin2x，对ℎ(x)进行多阶求导，即可根据导数的正负与函数单调性的关
系，对a分三种情况讨论，即可求解.
【解答过程】（1）f (x)=√1+2ax2−axsinx,
[ 1 1 ]
当a≥0时，定义域为R，当a<0时，定义域为 − , ，均关于原点对称，
√−2a √−2a
且f (−x)=√1+2a(−x) 2−a(−x)sin(−x)=√1+2ax2−axsinx=f (x)，
故f (x)为偶函数，
1 1
（2）当a=− 时，f (x)=√1−x2+ xsinx为偶函数，
2 2
1
要证f (x)≤1，只需要证 √1−x2≤1− xsinx，
2
1
当−1≤x≤1时，1− xsinx>0，
2
只需证明0≤x≤1时，1−x2≤ ( 1− 1 xsinx ) 2 ，即证x2−xsinx+ 1 x2sin2x≥0，
2 4
只需证x−sinx≥0，即证x≥sinx，
令g(x)=x−sinx,g′ (x)=1−cosx≥0,g(x)在0≤x≤1单调递增，故g(x)≥g(0)=0，所以x≥sinx，得证.
（3）由f (x)<1可得√1+2ax2<1+axsinx，
当00，故1+axsinx>0，
故1+2ax2<(1+axsinx) 2 ⇒2sinx−2x+axsin2x>0，
令ℎ(x)=2sinx−2x+axsin2x，则ℎ ′(x)=2cosx−2+asin2x+axsin2x，
令m(x)=
ℎ
′(x),m′(x)=−2sinx+asin2x+asin2x+2acos2x=−2sinx+2asin2x+2axcos2x，
令n(x)=m′(x),n′(x)=−2cosx+6acos2x−4asin2x，
1
①当n′(0)=−2+6a>0时，即a> ，存在x ∈(0,π)，使得对任意x∈(0,x )，n′(x)>0，
3 0 0故m′(x)在x∈(0,x )单调递增，又m′(0)=0，所以m′(x)>0在x∈(0,x )恒成立，
0 0
从而m(x)=
ℎ
′(x)在x∈(0,x
0
)单调递增，又ℎ ′(0)=0，所以ℎ ′(x)>0在x∈(0,x
0
)恒成立，
从而ℎ(x)在x∈(0,x
0
)单调递增，结合ℎ(0)=0，得ℎ(0)>0对任意x∈(0,x
0
)恒成立，符合题意，
1
②当0
.
3
