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第23讲 不等式恒成立
知识梳理
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离
参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考
虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：
(1)∀x∈D，m≤fx ⇔m≤fx ；
min
(2)∀x∈D，m≥fx ⇔m≥fx ；
max
(3)∃x∈D，m≤fx ⇔m≤fx ；
max
(4)∃x∈D，m≥fx ⇔m≥fx ．
min
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数y=fx ，x∈a,b ，y=gx ，x∈c,d ．
(1)若∀x 1 ∈a,b ，∀x 2 ∈c,d ，有fx 1 0，f(x)和g(x)在-∞,A 与A,+∞ 上可导，且g(x)≠0；
fx
(3)lim
x→∞
gx
=l，
fx
那么lim
x→∞
gx
fx
=lim
x→∞
gx
=l．
法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)limfx
x→a
=∞及limgx
x→a
=∞；
(2)在点a的去心邻域a-ε,a ∪a,a+ε 内，f(x)与g(x)可导且g(x)≠0；
fx
(3)lim
x→a
gx
=l，
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505 3427fx
那么lim
x→a
gx
fx
=lim
x→a
gx
=l．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
(1)将上面公式中的x→a，x→+∞,x→-∞，x→a+，x→a-洛必达法则也成立．
0 ∞
(2)洛必达法则可处理 ， ，0⋅∞，1∞，∞0，00，∞-∞型．
0 ∞
0 ∞
(3)在着手求极限以前，首先要检查是否满足 ， ，0⋅∞，1∞，∞0，00，∞-∞型定式，否
0 ∞
则滥用洛必达法则会出错．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．
fx
lim
x→a
gx
fx
=lim
x→a
gx
fx
=lim
x→a
gx
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
必考题型全归纳
1 题型一：直接法
851 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知函数fx
1
= x2-aex a∈R
2
.
(1)已知函数fx 在 0,f0 处的切线与圆x2+y2-2x-2y-3=0相切，求实数a的
值.
(2)已知x≥0时，fx ≤-x2-ax-a恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)依题意，圆(x-1)2+(y-1)2=5的圆心为1,1 ，半径为 5，
对函数fx 求导得fx =x-aex，则函数fx 的图象在 0,f0 处的切线斜率为
f0 =-a，而f0 =-a，
于是函数fx 的图象在 0,f0 处的切线方程为y+a=-ax，即ax+y+a=0，
a+1+a
从而
= 5，解得a=2，
a2+12
所以实数a的值为2.
(2)设gx =fx
3
+x2+ax+a= x2-aex+ax+ax≥0
2
，依题意，当x≥0时，g(x)
≤0恒成立，
求导得gx =3x-aex+a，设hx =3x-aex+ax≥0 ，求导得hx =3-aex，
当a≥3时，当x≥0时，aex≥3ex≥3，即有hx ≤0，
因此函数hx ，即gx 在0,+∞ 上单调递减，于是当x≥0时，gx ≤g0 =0，
则函数gx 在0,+∞ 上单调递减，从而当x≥0时，gx ≤g0 =0，因此a≥3，
3
当00，则函数hx ，即gx
3
在 0,ln
a
上单调
递增，
3
于是当0g0 =0，即函数gx
3
在 0,ln
a
上单调递增，
3
因此当0g0 =0，不合题意，
当a≤0时，hx >0，函数hx ，即gx 在0,+∞ 上单调递增，
则当x≥0时，gx ≥g0 =0，即函数gx 在0,+∞ 上单调递增，
于是当x>0时，gx >g0 =0，不合题意，
所以实数a的取值范围为3,+∞ .
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506 3427852 (2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测)已知函数fx =ex-a,gx =lnx+a ，
其中a∈R．
(1)讨论方程fx =x实数解的个数；
(2)当x≥1时，不等式fx ≥gx 恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)由fx =x可得，ex-a=x，
令sx =ex-x-a,sx =ex-1，令y=0，可得x=0，
当x∈-∞,0 ,sx <0，函数sx 单调递减，
当x∈0,+∞ ,sx >0，函数sx 单调递增，
所以函数sx 在x=0时取得最小值1-a，
所以当a<1时，方程fx =x无实数解，
当a=1时，方程fx =x有一个实数解，
当a>1时，1-a<0，故sx <0，
min
而s-a =e-a>0，sa =ea-2a，
设ua =ea-2a,a>1，则ua =ea-2>0，
故ua 在1,+∞ 上为增函数，故ua >u(1)=e-2>0，
故sx 有两个零点即方程fx =x有两个实数解.
(2)由题意可知，
不等式fx ≥gx 可化为，ex-a≥lnx+a ,x>-a，
即当x≥1时，ex-lnx+a -a≥0恒成立，
所以-a<1，即a>-1，
令hx =ex-lnx+a -a,hx
1
=ex- ，
x+a
则hx 在1,+∞ 上单调递增，而h1
1
=e- ，
1+a
当h1
1
≥0即a≥-1+ 时，hx
e
≥0,hx 在1,+∞ 上单调递增，
故hx =h1
min
=e-ln(1+a)-a，
e-ln(1+a)-a≥0
由题设可得 1 ，
a>-
e
设va
1
=e-ln(1+a)-a，则该函数在- ,+∞
e
上为减函数，
而ve-1
1
=0，故- 0，
+1+a
故hx 在1,+∞ 上有且只有一个零点x ， 0
当1x 0 时，hx >0，
故hx 在1,x 0 上为减函数，在x 0 ,+∞ 上为增函数，
故hx min =ex0-lnx 0 +a -a≥0，
1
而ex0= x +a ，故x 0 =-lnx 0 +a
0
，故ex0+x -a≥0 0
1
因为x >1，故ex0+x >1+e>a，故-10，t-1<0，cos3x=t3>0，
所以fx
cos3x+cos2x-2 π
= <0在0,
cos3x 2
上恒成立，
所以fx
π
在0,
2
上单调递减.
(2)法一：
构建gx =fx
sinx π
+sinx=ax- +sinx01，
cos2x
所以fx
sinx
+sinx=sinx- <0，满足题意；
cos2x
π
当a<0时，由于00时，因为fx
sinx sin3x
+sinx=ax- +sinx=ax- ，
cos2x cos2x
令gx
sin3x π
=ax- 00，
cos30
π
若∀00，则gx
π
在0,
2
上单调递增，
注意到g0 =0，所以gx >g0 =0，即fx +sinx>0，不满足题意；
π
若∃00，所以gx 在0,x 1 上单调递增，
则在0,x 1 上有gx >g0 =0，即fx +sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
854 (2024·河南·襄城高中校联考三模)已知函数fx =mlnx，gx =ex-1．
(1)若曲线y=fx 在1,0 处的切线与曲线y=gx 相交于不同的两点Ax 1 ,y 1 ，
Bx 2 ,y 2 ，曲线y=gx 在A，B点处的切线交于点Mx 0 ,y 0 ，求x +x -x 的值； 1 2 0
(2)当曲线y=fx 在1,0 处的切线与曲线y=gx 相切时，若∀x∈1,+∞ ，fx +
egx >a+1 e-aex恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)因为fx
m
= ，所以f1
x
=m，
所以曲线y=fx 在1,0 处的切线方程为y=mx-1 ．
由已知得mx 1 -1 =ex1-1，mx 2 -1 =ex2-1，不妨设1a+1 e-aex，
即ex-1+lnx+ax-a-1>0恒成立．
令Fx =ex-1+ax-1 +lnx-1x≥1 ，则，Fx
1
=ex-1+a+ ，令hx
x
=Fx ，则
hx
1
=ex-1- ，
x2
易知hx 在1,+∞ 上单调递增，所以hx ≥h1 =0，
所以Fx 在1,+∞ 上单调递增，所以Fx ≥F1 =a+2．
若a≥-2，则Fx ≥a+2≥0，即Fx 在1,+∞ 上单调递增，
则Fx ≥F1 =0，所以fx +egx >a+1 e-aex在1,+∞ 上恒成立，符合题
意；
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509 3427若a<-2，则F1 =a+2<0．
又F 1+ln-a =e1+ln-a
1
-1+a+
1+ln-a
1
=
1+ln-a
>0，
所以存在x 0 ∈ 1,1+ln-a ，使得Fx 0 =0，
当x∈1,x 0 时，Fx <0，Fx 单调递减，即Fx 0,hπ =-1-3a<0，
∴∃x 0 ∈0,π ，使hx 0 =0，且x∈0,x 0 时，hx >0,hx >h0 =0,gx >0，
∴gx 在x∈0,x 0 上单调递增，∴gx >g0 =0(不符合题意)；
1
综上，a的取值范围是a≥ ；
3
856 (2024·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测)已知函数f(x)=xlnx-
ax2-1 ．
(1)当a=0时，求函数fx 在点 1,f1 处的切线方程；
(2)若函数y=fx 在x=1处取得极值，求实数a的值；
(3)若不等式fx ≤0对x∈[1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a=0时，f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f(1)=0，
1
f(x)=lnx+x⋅ =1+lnx，f(1)=1，
x
所以函数fx 在点 1,f1 处的切线方程为y-0=x-1，即x-y-1=0.
1
(2)f(x)=lnx+x⋅ -2ax=1+lnx-2ax，
x
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510 34271
设f(x)=g(x)=1+lnx-2ax，则g(x)= -2a，
x
1
依题意得g(1)=0，即a= ，
2
1 1 1-x
当a= 时，g(x)= -1= ，当00，当x>1时，g(x)<0，
2 x x
所以f(x)=g(x)在x=1处取得极大值，符合题意.
1
综上所述：a= .
2
(3)当x=1时，f(1)=0，a∈R，
当x>1时，f(x)=1+lnx-2ax ,
令h(x)=f(x)=1+lnx-2ax，x>1，
1 1-2ax
则h(x)= -2a= ，
x x
①当a≤0时，h(x)>0在(1,+∞)上恒成立，故h(x)=f(x)在(1,+∞)上为增函数，
所以f(x)>f(1)=1-2a>0，故f(x)在(1,+∞)上为增函数，
故f(x)>f(1)=0，不合题意.
1
②当a>0时，令h(x)=0，得x= ，
2a
1 1
(i)若 ≤1，即a≥ 时，在x>1时，h(x)<0，h(x)在(1,+∞)上为减函数，
2a 2
h(x)1，即00，h(x)在1,
2a
上为增函数，h(x)>h(1)=1-2a>0，
1
f(x)在1,
2a
上为增函数，f(x)>f(1)=0，不合题意.
综上所述：若不等式fx
1
≤0对x∈[1,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是a≥ .
2
857 (2024·湖南·校联考模拟预测)已知函数fx =ln1+x ,gx
ax
= ,fx
ex
与gx 分别
是fx 与gx 的导函数.
(1)证明:当a=1时,方程fx =gx 在-1,0 上有且仅有一个实数根;
(2)若对任意的x∈0,+∞ ,不等式fx >gx 恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)fx =ln1+x ,fx
1
= ,
1+x
当a=1时,gx
x
= ,gx
ex
1-x
= ,
ex
令hx =fx -gx
1 1-x 1
= - =
1+x ex 1+x
ex+x2-1
ex
,
令μx =ex+x2-1,则μx =ex+2x,
显然μx 在-1,0
1
上是单调递增函数,且μ-
2
1
= -1<0,μ0
e
=1>0,
∴μx
1
在- ,0 2 上有唯一零点x , 0
且x∈-1,x 0 时,μx <0,μx 单调递减,
x∈x 0 ,0 时,μx >0,μx 单调递增,
又μ0
1
=0,μ-
2
1 3 2 3
= - < - <0,
e 4 3 4
第 页 共 页
511 34276 μ-
3
=e - 3 6 + 2 -1>e-1- 1 >0,
3 3
∴μx
6 1
=0在- ,-
3 2
上有唯一的根,
∴hx =fx -gx 在-1,0 上有唯一零点,
即fx =gx 在-1,0 上有且仅有一个实数根.
(2)∵fx -gx =ln1+x
ax 1
- = exln1+x
ex ex
-ax ,
令Gx =exln1+x -ax,x∈0,+∞ ,则G0 =0,
fx >gx 等价于:Gx >0,x∈0,+∞ ,
Gx =ex ln1+x
1
+
1+x
-a,G0 =1-a,
令Hx =ex ln1+x
1
+
1+x
-a,
则Hx =ex ln1+x 2 1
+
1+x
-
(1+x)2
,
令Tx =ln1+x
2 1
+ - ,x∈0,+∞
1+x (1+x)2
,
则Tx
1 2 2 x2+1
= - + = >0,
1+x (1+x)2 (1+x)3 (1+x)3
故Tx 在0,+∞ 上单调递增,Tx ≥T0 =1,Hx ≥1>0,
故Hx 即Gx 在0,+∞ 上单调递增,Gx >1-a,
当a≤1时,Gx >0,
∴Gx 在0,+∞ 上单调递增,
∴Gx >G0 =0;
当a>1时,G0 =1-a<0,取x =e-1+lna>0, 1
则ln1+x 1 =lne+lna
1
>lne=1, >0, 1+x
1
ex1=ee-1+lna>elna=a,
∴Gx 1 =ex1 ln1+x 1 1 + 1+x
1
-a>a⋅1+0 -a=0,
∴∃x 2 ∈0,x 1 ,使得Gx 2 =0,
x∈0,x 2 时,Gx <0,Gx 单调递减,
此时Gx 1-sinx≥0，φx
在0,+∞ 上单调递增，
所以φx =gx >g0 =0，所以gx 的单调递增区间为0,+∞ ，
x∈-∞,0 ，gx =ex-2+cosx ,G0
2
=1-2a<0，G ln2a+2 =2-sin2a+2 >0，
所以存在x 0 ∈ 0,ln2a+2 ，使Gx 0 =0，
故存在x∈0,x 0 ，使得Gx <0，
此时Gx 单调递减，即Fx 在0,x 0 上单调递减，
所以Fx ≤F0 =0，故Fx 在0,x 0 上单调递减，
所以此时Fx ≤F0 =0，不合题意.
1
综上，a≤ .
2
1
实数a的取值范围为-∞,
2
.
859 (2024·宁夏银川·校联考二模)已知函数fx
sinx
= ．
ex
(1)讨论fx 在0,π 上的单调性；
π
(2)若对于任意x∈ 0,
2
，若函数fx ≤kx恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】(1)fx
π
2cosx+
cosx-sinx 4
= =
ex
，
ex
fx
π
>0，则00,sinx≥0,gx ≥0，不满足；
当k>0时，gx
cosx-sinx
= -k，
ex
令hx =gx
cosx-sinx
= -k，
ex
所以hx
-2cosx π
= ≤0在 0,
ex 2
恒成立，
则gx
π
在 0,
2
单调递减，
g0
π
=1-k，g
2
-1
= -k<0，
π
e2
①当1-k≤0，即k≥1时，gx ≤g0 ≤0，
第 页 共 页
513 3427所以gx
π
在 0,
2
单调递减，
所以gx ≤g0 =0，满足题意；
②当1-k>0，即00，g
2
-1
= -k<0，
π
e2
π
所以存在唯一x ∈0, 0 2 ，使得gx 0 =0，
所以gx 在0,x 0 单调递增，
所以gx 0 >g0 =0，不满足，舍去.
综上：k≥1.
860 (2024·四川泸州·统考三模)已知函数fx =x-1 ex+ax+2．
(1)若fx 单调递增，求a的取值范围；
(2)若x≥0，fx ≥sinx+cosx，求a的取值范围．
【解析】(1)由fx =x-1 ex+ax+2，得fx =xex+a，
由于fx 单调递增，则fx ≥0即a≥-xex恒成立，
令gx =-xex，则g(x)=-(x+1)ex，
可知x<-1时，g(x)>0，则gx 在(-∞,-1)上单调递增；
x>-1时，g(x)<0，则gx 在(-1,+∞)上单调递减，
故x=-1时，gx 取得极大值即最大值g-1
1
= ，
e
1 1
故a≥ ．所以a的取值范围是 ,+∞
e e
．
(2)由题意x≥0时，fx ≥sinx+cosx恒成立，即(x-1)ex+ax-sinx-cosx+2≥
0；
令h(x)=(x-1)ex+ax-sinx-cosx+2，原不等式即为hx ≥0恒成立，
可得h0 =0，h(x)=xex+a-cosx+sinx，h(0)=a-1，
令u(x)=h(x)=xex+a-cosx+sinx，则u(x)=(x+1)ex+sinx+cosx，
又设t(x)=(x+1)ex，则tx =x+2 ex，
则x≥0，tx >0，可知t(x)在[0,+∞)上单调递增，
π
若x∈ 0,
2
，有x+1 ex>0，sinx+cosx>0，则u(x)>0；
π
若x∈ ,+∞
2
，有x+1
π
ex≥ +1
2
π
e2>e，
则ux =x+1 ex+sinx+cosx>0，
所以，x≥0，u(x)>0，则u(x)即h(x)单调递增，
(i)当a-1≥0即a≥1时，h(x)≥h(0)≥0，则h(x)单调递增，
所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥1符合题意．
(ii)当a-1<0即a<1时，h(0)<0，h(2-a)=(2-a)e2-a+a-cos(2-a)+sin(2-
a)≥2-a+a-cos(2-a)+sin(2-a)>0，
存在x 0 ∈0,2-a ，使得h(x )=0， 0
当00时，不等式 -2f(x)≥sin[f(x)]+1恒成立，求a的取值范围．
ex
【解析】(1)由题意可得：f(x)的定义域为0,+∞
a a-x
，且f(x)= -1= ，
x x
①当a<0时，则x>0,a-x<0，可得f(x)<0，
所以f(x)在0,+∞ 上单调递减，无极值；
②当a>0时，令f(x)>0，解得0a；
则f(x)在0,a 上单调递增，在a,+∞ 上单调递减，
所以f(x)有极大值f(a)=alna-a，无小极值；
综上所述：当a<0时，f(x)无极值；
当a>0时，f(x)有极大值f(a)=alna-a，无极小值.
xa
(2)因为 -2f(x)≥sin[f(x)]+1，则efx
ex
-2f(x)-sin[f(x)]-1≥0，
构建gx =ex-2x-sinx-1，则gx =ex-2-cosx，
①当x≤0时，则ex≤1,-cosx≤1，则gx
=ex-2-cosx<0，等号不能同时取到，
所以gx 在-∞,0 上单调递减；
②当x>0时，构建φx =gx ，则φx =ex+sinx，
因为ex>1,sinx≥-1，则φx
=ex+sinx>0，
所以φx 在0,+∞ 上单调递增，
且φ0 =-2<0，φ1
π 2
=e-2-cos1>e-2-cos =e-2- >0，
4 2
故φx 在0,+∞ 内存在唯一零点x 0 ∈0,1 ，
当0x 0 时，则φx >0；
即当0x 0 时，则gx >0；
所以gx 在0,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增；
综上所述：gx 在-∞,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增，
则gx ≥gx 0 =ex0-2x 0 -sinx 0 -1，且gx 0 0时，f(x)在0,a 上单调递增，在a,+∞ 上单调递减，
则fx ≤f(a)=alna-a，且当x趋近于0时，f(x)趋近于-∞，当x趋近于+∞时，f(x)
趋近于-∞，
即f(x)的值域-∞,alna-a ，
若g fx ≥0恒成立，则fx ≤0恒成立，
即alna-a≤0，解得00)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若不等式ex-2≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围．
1
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)= +a-1，
x
当a≥1时，f(x)>0，f(x)在(0,+∞)上为增函数；
1 1
当00，得0 ，
1-a 1-a
1
所以f(x)在0,
1-a
1
上为减函数，在 ,+∞
1-a
上为增函数.
1
综上所述：当a≥1时，f(x)在(0,+∞)上为增函数；当00，g(x)在(0,+∞)上为增函数，
x
则g(ex-2)≥g(ax)在(0,+∞)上恒成立，等价于ex-2≥ax在(0,+∞)上恒成立，
ex-2
等价于a≤ 在(0,+∞)上恒成立
x
ex-2 ex-2x-ex-2 ex-2(x-1)
令h(x)= (x>0)，h(x)= = ，
x x2 x2
令h(x)<0，得00，得x>1，
所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
1 1
所以h(x) =h(1)= ，故00⇒fx >0；
当x∈1,+∞ 时，hx <0⇒fx <0．
第 页 共 页
516 3427则fx 在0,1 单调递增，在1,+∞ 单调递减
(2)法一：∵任意的x∈0,+∞ ，fx
1
+ +x≤aex恒成立，
x
x+lnx+1
∴-x2+x+lnx≤axex-x2-1恒成立，即a≥ 恒成立
xex
令gx
x+lnx+1
= ，则gx
xex
-x+1
=
x+lnx
．
x2ex
令hx =x+lnx，则hx 在0,+∞ 上单调递增，
1
∵h
e
1
= -1<0，h1
e
=1>0．
1
∴存在x ∈ ,1 0 e ，使得hx 0 -x +lnx =0 0 0
当x∈0,x 0 时，hx <0，gx >0，gx 单调递增；
当x∈x 0 ,+∞ 时，hx >0，gx <0，gx 单调递减，
由x +lnx =0，可得x =-lnx ，
0 0 0 0
∴gx max =gx 0
x +lnx +1
= 0 0 =1， x ex0
0
x+lnx+1
又a≥
xex
∴a≥1，故a的最小值是1．
法二：
x+lnx+1
∴-x2+x+lnx≤axex-x2-1恒成立，即a≥ 恒成立
xex
令gx
x+lnx+1 x+lnx+1 x+lnx+1
= = =
xex elnx⋅ex elnx+x
不妨令t=x+lnxx>0 ，显然t=x+lnx在0,+∞ 单调递增⇒t∈R．
t+1
∴a≥ 在t∈R恒成立．
et
令ht
t+1
= ⇒ht
et
-t
=
et
∴当t∈-∞,0 时，ht >0；
当t∈0,+∞ 时，ht <0即ht 在-∞,0 单调递增
ht 在0,+∞ 单调递减
∴ht =h0
min
0+1
= =1
e0
∴a≥1，故a的最小值是1．
864 (2024·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)已知函数fx =ax-lnx，a∈R．
1
(1)若a= ，求函数fx
e
的最小值及取得最小值时的x值；
(2)若函数fx ≤xex-a+1 lnx对x∈0,+∞ 恒成立，求实数a的取值范围．
1
【解析】(1)当a= 时，fx
e
1
= x-lnx，定义域为0,+∞
e
，
所以fx
1 1 x-e
= - = ，令fx
e x ex
=0得x=e，
所以，当x∈0,e 时，fx <0，fx 单调递减；
当x∈e,+∞ 时，f(x)>0，fx 单调递增，
所以，函数fx 在x=e处取得最小值，fx =fe
min
=0.
(2)因为函数fx ≤xex-a+1 lnx对x∈0,+∞ 恒成立
所以xex-ax+lnx ≥0对x∈0,+∞ 恒成立，
第 页 共 页
517 3427令hx =xex-ax+lnx
1
,x>0，则h(x)=(x+1)ex-a1+
x
a
=(x+1)ex-
x
，
①当a=0时，h(x)=(x+1)ex>0，hx 在0,+∞ 上单调递增，
所以，由hx =xex可得hx >0，即满足xex-ax+lnx ≥0对x∈0,+∞ 恒成立；
②当a<0时，则-a>0，h(x)>0，hx 在0,+∞ 上单调递增，
因为当x趋近于0+时，hx 趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；
③当a>0时，令h(x)=0得a=xex
令kx
a
=ex- ，kx
x
a
=ex+ >0恒成立，故kx
x2
在0,+∞ 上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，kx 趋近于正无穷，当x趋近于0时，kx 趋近于负无穷，
所以∃x 0 ∈0,+∞ ，使得hx 0 =0，a=x ex0， 0
所以，当x∈0,x 0 时，h(x)<0，hx 单调递减，
当x∈x 0 ,+∞ 时，h(x)>0，hx 单调递增，
所以，只需hx min =hx 0 =x 0 ex0-ax 0 +lnx 0 =x 0 ex01-x 0 -lnx 0 ≥0即可；
所以，1-x -lnx ≥0，1≥x +lnx ，因为x =ae-x0，所以lnx =lna-x ，
0 0 0 0 0 0 0
所以lnx 0 +x 0 =lna≤1=lne，解得00,f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
(2)x∈[0,π]，令g(x)=2f(x+1)-cosx=2ex-2aln(x+1)-cosx，求导得g(x)=2ex
2a
- +sinx，
x+1
当a≤0时,g(x)>0，则g(x)在[0,π]上单调递增，g(x)≥g(0)=2e0-2aln1-cos0=1，
满足题意，
2a
当a>0时，设h(x)=g(x)，则h(x)=2ex+ +cosx>0，因此函数h(x)，即g(x)
(x+1)2
在[0,π]上单调递增，
而g(0)=2e0-2a+sin0=2-2a，
(i)当00，得x<0，即fx
a
的定义域为-∞,0 .
因为fx
2x 2
=ln +a-
a a
x-x2，
所以fx
1 2 2 a
= +a- -2x=- x-
x a x 2
1
x+
a
，
1
因为x<0,a<0,x+ <0，
a
a
所以当x∈-∞,
2
时，fx >0，
a
当x∈ ,0
2
时，fx <0，所以当a<0时，
fx
a
在-∞,
2
a
上单调递增，在 ,0
2
上单调递减.
a
所以当x= 时，fx
2
a
取得极大值f
2
2
=ln1+a-
a
a a2 a2
× - = -1=3，
2 4 4
解得a=-4.
(2)当x∈0,+∞ 时，a>0,fx
2
0)，则ln 0，所以gt 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
所以∀t>0,gt ≥g1 =1，即∀x>0,axex-lnaxex ≥1，
2 2 2
所以ln <1，所以 0，所以a> ，
a2 a2 e
2
所以实数a的取值范围是 ,+∞
e
.
867 (2024·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测)设函数fx =ex-ax，x≥0且a∈R．
(1)求函数fx 的单调性；
(2)若fx ≥x2+1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)fx =ex-a，x≥0，
当a≤1时，fx ≥0恒成立，则fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>1时，x∈0,lna 时，fx ≤0，则fx 在0,lna 上单调递减；
x∈lna,+∞ 时，fx ≥0，则fx 在0,lna 上单调递增．
(2)方法一：ex-ax≥x2+1在x≥0恒成立，则
当x=0时，1≥1，显然成立，符合题意；
第 页 共 页
519 3427ex-x2-1 ex-x2-1
当x>0时，得a≤ 恒成立，即a≤
x x
min
记gx
ex-x2-1
= ，x>0，gx
x
ex-x-1
=
x-1
，
x2
构造函数y=ex-x-1，x>0，则y=ex-1>0，故y=ex-x-1为增函数，则ex-x-
1>e0-0-1=0.
故ex-x-1>0对任意x>0恒成立，则gx 在0,1 递减，在1,+∞ 递增，所以
gx =g1
min
=e-2
∴a≤e-2．
x2+ax+1
方法二： ≤1在0,+∞
ex
x2+ax+1
上恒成立，即
ex
≤1．
max
记hx
x2+ax+1
= ，x≥0，hx
ex
x-1
=-
x+a-1
，
ex
当a≥1时，hx 在0,1 单增，在1,+∞ 单减，则hx =h1
max
a+2
= ≤1，得a≤e
e
-2，舍：
当00恒成立，即f(x)在R上单调递增；
当e-a<0，即a>e时，令f(x)=0，解得x=-ln(a-e)，
(-∞,-ln(a -ln(a- (-ln(a-e),
x
-e)) e) +∞)
f(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
综上所述，当a≤e是，f(x)在R上单调递增；
当a>e时，f(x)在(-∞,-ln(a-e))上单调递增，在(-ln(a-e),+∞)上单调递减.
(2)f(x)≤λa等价于(e-a)ex+x-λa≤0，令h(x)=(e-a)ex+x-λa，
当a≤e时，h(1+λa)=(e-a)e1+λa+1>0，所以h(x)≤0不恒成立，不合题意.
当a>e时，f(x)≤λa等价于λa≥f(a) ，
max
由(1)可知f(x) =f(-ln(a-e))=-1-ln(a-e)，
max
-1-ln(a-e)
所以λa≥-1-ln(a-e)，对a>e有解，所以λ≥ 对a>e有解，
a
第 页 共 页
520 3427-1-ln(a-e)
因此原命题转化为存在a>e，使得λ≥ .
a
-ln(a-e)-1
令u(a)= ，a>e，则λ≥u(a) ，
a min
a e
-ln(a-e) ln(a-e)-
a-e 1 a-e
u(a)=- + = ，
a2 a2 a2
e 1 e
令φ(a)=ln(a-e)- ，则φ(a)= + >0，
a-e a-e (a-e)2
e
所以φ(a)在(e,+∞)上单调递增，又φ(2e)=- +ln(2e-e)=0，
2e-e
所以当e2e时，φ(a)>0，u(a)>0，故u(a)在(2e,+∞)上单调递增，
1 1
所以u(a) =u(2e)=- ，所以λ≥- ，
min e e
1
即实数λ的取值范围是 - ,+∞
e
.
869 (2024·福建三明·高三统考期末)已知函数fx
x-1 π
=sinx+ ，x∈-π,
ex 2
.
(1)求证：fx
π
在-π,
2
上单调递增；
(2)当-π,0 时，fx -sinx ex-cosx≤ksinx恒成立，求k的取值范围.
【解析】(1)fx
x-1 π
=sinx+ ，x∈-π,
ex 2
，fx
2-x
=cosx+ ，
ex
由x∈-π,0
1 2-x
，有2-x≥2， >1，则 >2，又-1≤cosx≤1，
ex ex
则fx
2-x
=cosx+ >-1+2>0.
ex
π
当x∈0,
2
时，cosx≥0，2-x>0，所以fx
2-x
=cosx+ >0
ex
π
所以当-π,
2
时，fx >0，综上，fx
π
在-π,
2
上单调递增.
(2) fx -sinx ex-cosx≤ksinx.化简得x-1-cosx≤ksinx.
当x∈-π,0
x-1-cosx
时，sinx<0，所以k≤ ，
sinx
设gx
x-1-cosx
= ，
sinx
gx
1+sinx
=
sinx-cosxx-1-cosx sinx+1-xcosx+cosx
=
sin2x sin2x
设hx =sinx+1-xcosx+cosx，hx =cosx-cosx+xsinx-sinx=x-1 sinx.
∵x∈-π,0 ，∴x-1<0，sinx<0，∴hx >0
∴hx 在-π,0 上单调递增，
π
又由h-
2
π
=0，所以当x∈-π,-
2
时，hx <0，gx <0，
∴gx
π
在-π,-
2
上单调递减；
π
当x∈- ,0
2
时，∴hx >0，gx >0，∴gx
π
在- ,0
2
上单调递增，
所以g minx
π
=g-
2
π
- -1
2 π
= =1+ ，
-1 2
π
故k≤1+ .
2
第 页 共 页
521 3427870 (2024·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测)已知函数fx =kx2-ex+1，fx 为
fx 的导函数．
(1)讨论fx 的极值；
(2)当x>-1时，fx ≥-xex，求k的取值范围．
【解析】(1)fx =2kx-ex，记gx =fx x∈R ，则gx =2k-ex．
①当k≤0时，gx <0，fx 在R上单调递减，故fx 无极值．
②当k>0时，令gx =0，得x=ln2k ，
当x∈ -∞,ln2k 时，gx >0，fx 单调递增；
当x∈ ln2k ,+∞ 时，gx <0，fx 单调递减．
所以fx 在x=ln2k 处取得极大值，且极大值为f ln2k =2kln2k -2k．
综上所述，当k≤0时，fx 无极值；当k>0时，fx 的极大值为2kln2k -2k，无极
小值．
(2)fx ≥-xex可化为x-1 ex+kx2+1≥0，
当x=0时，x-1 ex+kx2+1=0-1 e0+k×0+1=0，此时可得k∈R；
当x≠0时，不等式x-1
x-1
ex+kx2+1≥0可化为
ex+1
≥-k，
x2
设hx
x-1
=
ex+1
(-1≤x<0或x>0)，则hx
x2
x3ex-2xx-1
=
ex-2x
=
x4
x2-2x+2
ex-2
，
x3
设φx =x2-2x+2 ex-2,(-1≤x<0或x>0)，则φx =2x-2 ex+
x2-2x+2
ex=x2ex>0，
所以φx 单调递增，所以当x>0时，φx >2e0-2=0，hx >0，
当-1≤x<0时，φx <0，hx >0，
所以函数hx
x-1
=
ex+1
在0,+∞
x2
和-1,0 上都为增函数，
取x 0 ∈-1,0 ，则hx 0 -h-x 0 = x 0 -1 ex0+1 - -x 0 -1 x2
0
e-x0+1 = (-x )2
0
x 0 -1 ex0+x 0 +1 e-x0 ，
x2
0
设Fx =x-1 ex+x+1 e-x -1≤x<0 ，
则当-1≤x<0时，Fx =xex-x+1 e-x+e-x=xex-e-x >0，
所以Fx =x-1 ex+x+1 e-x在-1,0 上单调递增，
所以当-1≤x<0时，Fx 0)的最小值为h-1
x2
2
，即1- ，
e
所以当x∈-1,0 和0,+∞
x-1
时，
ex+1
没有最小值，
x2
x-1
但当x趋近-1时，
ex+1 2
无限趋近1- ，
x2 e
x-1
且
ex+1 2 x-1
>1- ，又
x2 e
ex+1 2 2
≥-k恒成立，所以1- ≥-k，所以k≥ -
x2 e e
1．
第 页 共 页
522 34272
综上，k的取值范围为 -1,+∞
e
．
871 (2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测)已知f(x)=lnx-kx+1(k∈R)，g(x)=x(ex-
2).
(1)求f(x)的极值；
(2)若g(x)≥f(x)，求实数k的取值范围.
1
【解析】(1)已知f(x)=lnx-kx+1,f(x)= -k,(x>0)，
x
当k≤0时，f(x)≥0恒成立，f(x)无极值，
1-kx 1
当k>0时，f(x)= ，f(x)在0，
x k
1
上单调递增，在 ,+∞
k
单调递减，
1
当x= 时，fx
k
1
有极大值，f
k
=-lnk，无极小值，
1
综上：当k≤0时，f(x)无极值；当k>0时，极大值为f
k
=-lnk，无极小值；
(2)若g(x)≥f(x)，则x(ex-2)-lnx+kx-1≥0在x>0时恒成立，
1+lnx
∴k≥ -ex+2恒成立，令hx
x
1+lnx
= -ex+2,hx
x
-lnx-x2ex
= ，
x2
1
令ϕ(x)=-lnx-x2ex，则ϕ(x)=- -(x2+2x)ex<0(x>0)，
x
ϕx 在0，+∞
1
单调递减，又ϕ
e
1-2
=1-ee >0,ϕ(1)=-e<0，
1
由零点存在定理知，存在唯一零点x ∈ ,1 0 e ，使得ϕx 0 =0，
即-lnx =x2ex0， 1 ln 1 =x ex0,ln 1 e ln x 1 0=x ex0，
0 0 x x0 0 x 0
0 0
令ω(x)=xex(x>0),ω(x)=(x+1)ex>0,ω(x)在0，+∞ 上单调递增，
1
ωln
x
0
1
=ω(x ),∴ln =x ，即-lnx =x
0 x 0 0 0
0
∴当x∈(0,x )时，h(x)单调递增，x∈(x ,+∞)单调递减，
0 0
hx max =hx 0
1+lnx 1-x 1
= 0 -ex0+2= 0 - +2=1， x x x
0 0 0
∴k≥h(x )=1，即k的取值范围为k≥1.
0
872 (2024·河北沧州·校考模拟预测)已知函数fx
lnx-1
=
.
x2
(1)求函数fx 的极值点个数；
(2)若不等式x+1 2fx+1
3m
>m- -1在1,+∞
x
上恒成立，求m可取的最大整数
值.
【解析】(1)已知fx
lnx-1
=
x>1
x2
，
可得fx
x2
-2xlnx-1 x-1
=
x-2x-1
=
x4
lnx-1
x-1 x3
令gx =x-2x-1 lnx-1 ，则gx =-2lnx-1 -1，
函数gx
1
单调递减，且当x=1+ 时，gx
e
=0，故函数gx 先增后减，
1
当10，∴-2x-1 lnx-1 >0，∴gx >0
第 页 共 页
523 3427当x=e2+1时，ge2+1
=e2+1-4e2=1-3e2<0，
∴函数gx 只有一个零点，∴函数fx 的极值点个数为1.
(2)x+1 2fx+1
3m 3
>m- -1变形，得lnx+1>m1-
x x
，
整理得xlnx+x-mx+3m>0，
令hx =xlnx+x-mx+3m，则hx =lnx+2-m，∵x>1，∴lnx>0，
若m≤2，则hx >0恒成立，即hx 在区间1,+∞ 上单调递增，
由h1
1 1
≥0，∴1+2m≥0，∴m≥- ，∴- ≤m≤2，此时m可取的最大整数为2，
2 2
若m>2，令lnx+2-m>0，则x>em-2，令lnx+2-m<0，则10m>2 成立，求m的最大值，
令φx =3x-ex-2，则φx =3-ex-2，∵当x>2+ln3时，φx <0，φx 单调递减，
当20,φx 单调递增，∴φx 在x=2+ln3处取得最大值，
∵10，φ2+ln3 =3+3ln3>0，
φ4 =12-e2>0,φ5 =15-e3<0，此时m可取的最大整数为4.
综上，m可取的最大整数为4.
873 (2024·河南开封·校考模拟预测)已知函数fx =a+1 ex-axa∈R ．
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若x<0,fx ≥-x2-x-1，求实数a的取值范围．
【解析】(1)函数fx =a+1 ex-ax定义域为R，
fx =a+1 ex-a，
令gx =fx =a+1 ex-a，则gx =a+1 ex，
当a+1=0，即a=-1时gx =0，fx =1，所以fx 在定义域R上单调递增；
当a+1>0，即a>-1时gx >0恒成立，所以fx 在定义域上单调递增，
令fx =0，则a+1
1
ex-a=0，即ex=1- ，
a+1
1 a a
当1- >0，即a>0时解得x=ln ，所以当x>ln 时fx
a+1 a+1 a+1
>0，当x<
a
ln 时fx
a+1
<0，
所以fx
a
在ln ,+∞
a+1
a
上单调递增，在-∞,ln
a+1
上单调递减，
1
当1- <0，即-10，解得x=ln ，
a+1 a+1
a
所以当x>ln 时fx
a+1
a
<0，当x0，
所以fx
a
在ln ,+∞
a+1
a
上单调递减，在-∞,ln
a+1
上单调递增，
综上可得：当a=-1时fx 在R上单调递增；
当a>0时fx
a
在ln ,+∞
a+1
a
上单调递增，在-∞,ln
a+1
上单调递减；
当-1h0 =1，
-ex-x2-x-1 -x2-2x-1
所以ex-x>1，则a≥ = -1，
ex-x ex-x
令mx
-x2-2x-1
= -1，x∈-∞,0
ex-x
，
则mx
-2x-2
=
ex-x -ex-1 -x2-2x-1
ex-x
ex+1
=
2
x2-1
ex-x
，
2
因为ex+1>0，所以当x<-1时mx >0，当-11时，m≥ 恒成立，
x2-1
xlnx (lnx+1)(x2-1)-2x⋅xlnx
令h(x)= ，则h'(x)= =
x2-1 (x2-1)2
x2-x2lnx-lnx-1
；
(x2-1)2
令m(x)=x2-x2lnx-lnx-1 ，则m'(x)=2x-2xlnx-
1 x2-2x2lnx-1
x- = ；
x x
令n(x)=x2-2x2lnx-1 ，则n'(x)=2x-4xlnx-2x=
-4xlnx<0；
得n(x)=x2-2x2lnx-1在(1,+∞) 是减函数，故n(x)<
n(1)=0，进而m'(x)<0
1 1
(或m'(x)=x-2xlnx- ，m''(x)=-2lnx-1+ <
x x2
0，
1
得m'(x)=x-2xlnx- 在(1,+∞)是减函数，进而m'
x
(x)<0)．
xlnx
可得：m(x)- ，则 <0，f(x)≤ 不成立；
a ax+1 ax+1
x x
②当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤ ，即1-e-x≤ ；
ax+1 ax+1
若x=0，则a∈R；
x 1-e-x 1 xex-ex+1
若x>0，则1-e-x≤ 等价于 ≤ ，即a≤ .
ax+1 x ax+1 xex-x
xex-ex+1 e2x-x2ex-2ex+1 ex
记g(x)= ，则g'(x)= = (ex-x2-2+e-x).
xex-x (xex-x)2 (xex-x)2
记h(x)=ex-x2-2+e-x，则h'(x)=ex-2x-e-x，h''(x)=ex+e-x-2>0.
因此，h'(x)=ex-2x-e-x在(0，+∞)上单调递增，且h'(0)=0，所以h'(x)>0，
即h(x)在(0，+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0.
ex
因此g'(x)= h(x)>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增.
(xex-x)2
xex-ex+1 xex ex+xex 1
由洛必达法则有limg(x)=lim =lim =lim = ，
x→0 x→0
xex-x
x→0
ex+xex-1
x→0
2ex+xex 2
1 1 1
即当x→0时，g(x)→ ，即有g(x)> ，所以0≤a≤ .
2 2 2
1
综上所述，a的取值范围是 0,
2
.
sinx
876 设函数f(x)= ．如果对任何x≥0 ，都有f(x)≤
2+cosx
ax，求a的取值范围．
sinx
【解析】f(x)= ≤ax，
2+cosx
若x=0 ，则a∈R；
sinx sinx
若x>0，则 ≤ax 等价于a≥ ，即
2+cosx x(2+cosx)
sinx
g(x)=
x(2+cosx)
2xcosx-2sinx-sinxcosx+x
则g'(x)= .
x2(2+cosx)2
第 页 共 页
527 3427记h(x)=2xcosx-2sinx-sinxcosx+x，
h'(x)=2cosx-2xsinx-2cosx-cos2x+1=-2xsinx-cos2x+1
=2sin2x-2xsinx=2sinx(sinx-x)
因此，当x∈(0,π)时，h'(x)<0 ，h(x)在(0,π)上单调递
减，且h(0)=0，
故g'(x)<0 ，所以g(x)在(0,π)上单调递减，
sinx cosx 1
而limg(x)=lim =lim = .
x→0 x→0 x(2+cosx) x→0 2+cosx-xsinx 3
sinx 1
另一方面，当x∈[π,+∞) 时，g(x)= ≤ ≤
x(2+cosx) x
1 1
< ，
π 3
1
因此a≥ .
3
6 题型六：同构法
877 (2024·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习)已知函数fx =ex,gx
1
= .
x
(1)若hx =fx -mgx m∈R ，判断hx 的零点个数；
(2)当x>0时，不等式exfx
a+1
≥
gx
+lnx+2恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵fx =ex,gx
1
= ，
x
∴hx =fx -mgx
m
=ex- ，定义域为-∞,0
x
∪0,+∞ ，
令hx =0，可得xex=m，设Wx =xex x≠0 ，则Wx =x+1 ex，
令Wx =x+1 ex>0，得x>-1,∴Wx 在-1,0 ,0,+∞ 上单调递增；
令Wx =x+1 ex<0，得x<-1，
∴Wx 在-∞,-1 上单调递减，
∴W(x) min =W-1
1
=- .当x→-∞时，y→0； e
第 页 共 页
528 3427当x→+∞时，y→+∞，从而可画出Wx 的大致图象，
1
∴①当m<- 或m=0时，hx
e
没有零点；
1
②当m=- 或m>0时，hx
e
有一个零点；
1
③当- 0时，不等式exfx
a+1
≥
gx
+lnx+2恒成立，
可化为xex+1≥a+1 x+lnx+2在0,+∞ 上恒成立，
该问题等价于xex+1-lnx-x-2≥ax在0,+∞ 上恒成立，
即elnx+x+1-lnx+x+1 -1≥ax在0,+∞ 上恒成立，
令μx =ex-x-1，则μx =ex-1，
当x∈-∞,0 时，μx <0,μx 单调递减；
当x∈0,+∞ 时，μx >0,μx 单调递增，
∴μx ≥μ0 =0,∵lnx+x+1 ∈R,μlnx+x+1 ≥0，
即elnx+x+1-lnx+x+1
-1≥0，即xex+1-lnx-x-2≥0
①当a≤0时，∵xex+1-lnx-x-2≥0,ax≤0，不等式恒成立；
②当a>0时，令vx =lnx+x+1，显然vx 单调递增，
1
且v e2
1 1
= -1<0,v(1)=2>0，故存在x ∈ ,1 e2 0 e2 ，使得vx 0 =0，
所以elnx0+x0+1-lnx 0 +x 0 +1 -1=0，
即x ex0+1-lnx -x -2=0，而ax >0，此时不满足xex+1-lnx-x-2≥ax，
0 0 0 0
所以实数a不存在.
综上可知，使得exfx
a+1
≥
gx
+lnx+2恒成立的实数a的取值范围为-∞,0 .
878 (2024·湖南常德·常德市一中校考一模)已知函数fx =aeax+aa>0 ，gx =
1
2x+
x
lnx.
(1)若fx 在点 0，f0 处的切线与gx 在点 1,g1 处的切线互相平行，求实数a的
值；
(2)若对∀x>0，fx >gx 恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)依题意，fx =a2eax，gx
1
=21-
x2
2
lnx+ +2，
x2
则f(0)=a2，g1 =4，
因为f(x)在点(0,f(0))处的切线与g(x)在点 1,g1 处的切线互相平行，
所以a2=4，又因为a>0，所以a=2
1
(2)由f(x)>g(x)，得a(eax+1)>2x+
x
lnx，
第 页 共 页
529 3427即ax(eax+1)>(x2+1)lnx2，即(eax+1)lneax>(x2+1)lnx2，
设h(x)=(x+1)lnx，则h(eax)=(eax+1)lneax，h(x2)=(x2+1)lnx2，
1 1 x-1
由h(x)=lnx+ +1，设m(x)=lnx+ +1，可得m(x)= ，
x x x2
所以01时，m(x)>0，m(x)单调递增，
所以mx =hx
min
=h1
min
=2>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
2lnx
所以eax>x2对∀x>0恒成立，即a> 对∀x>0恒成立，
x
2lnx 2(1-lnx)
设n(x)= ，则n(x)= ，
x x2
当00，n(x)单调递增；
当x>e时，n(x)<0，n(x)单调递减，
2 2
所以n(x) =n(e)= ，故a> ，
max e e
2
所以实数a的取值范围为 ,+∞
e
．
879 (2024·河南郑州·高二郑州市第二高级中学校考阶段练习)已知e是自然对数的底数．若
∀x∈0,+∞ ，memx≥lnx成立，则实数m的最小值是 ．
1
【答案】 /e-1
e
【解析】由memx≥lnx得mxemx≥xlnx，即mxemx≥elnx⋅lnx，
令f(x)=xex,x>0，求导得f(x)=(x+1)ex>0，则f(x)在0,+∞ 上单调递增，
显然m>0，当00,elnx⋅lnx≤0，即mxemx≥elnx⋅lnx恒成立，
于是当x>1时，lnx>0，有fmx ≥flnx ，
从而mx≥lnx对∀x∈1,+∞
lnx
恒成立，即m≥ 对∀x∈1,+∞
x
恒成立，
令gx
lnx
= ，求导得gx
x
1-lnx
= ，则当x∈1,e
x2
时，gx >0；当x∈e,+∞ 时，
gx <0，
因此函数gx
1 1
在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，g(x) = ，则m≥ ， max e e
1
所以实数m的最小值是 ．
e
1
故答案为：
e
880 (2024·广西柳州·统考三模)已知fx =x+e-x，gx =xa-alnx(a<0)，若fx ≥gx
在x∈1,+∞ 上恒成立，则实数a的最小值为 ( )
e
A.-2e B.-e C.- e D.-
2
【答案】B
【解析】f(x)≥g(x)⇔-x-e-x≤alnx-xa⇔lne-x-e-x≤lnxa-xa，
即lnxa-xa≥lne-x-e-x在x∈1,+∞ 上恒成立.
易知当x∈1,+∞ ,a<0时，00，函数h(t)在0,1
t
上单调递增，
第 页 共 页
530 3427x
故有xa≥e-x，则a≥log e-x=- 在x∈(1,+∞)上恒成立.
x lnx
x 1-lnx
令F(x)=- (x>1)，则F(x)= ，
lnx (lnx)2
令F(x)>0，即1-lnx>0，解得1e，
x
所以F(x)=- 在(1,e)上单调递增，在[e,+∞)上单调递减，
lnx
所以F(x) =F(e)=-e，
max
所以a≥-e，即实数a的最小值为-e.
故选：B
881 (2024·广东佛山·统考模拟预测)已知函数fx =xa-e2x ，其中a∈R.
(1)讨论函数fx 极值点的个数；
(2)对任意的x>0，都有fx ≤-lnx-1，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知：fx 定义域为R，fx =a-1+2x e2x，
令fx =0，则a=1+2x e2x，
令gx =1+2x e2x，则gx =2e2x+21+2x e2x=4x+4 e2x，
∴当x∈-∞,-1 时，gx <0；当x∈-1,+∞ 时，gx >0；
∴gx 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，
又g-1
1
=-e-2，当x<- 时，gx
2
<0恒成立，
∴gx 大致图象如下图所示，
则当a≤-e-2时，gx ≥a恒成立，即fx ≤0恒成立，
∴fx 在R上单调递减，无极值点；
当-e-20时，ax+lnx+1≤xe2x=elnx⋅e2x=e2x+lnx恒成立；
设hx =ex-x-1，则hx =ex-1，
∴当x∈-∞,0 时，hx <0；当x∈0,+∞ 时，hx >0；
∴hx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，∴hx ≥h0 =0，
即ex≥x+1，∴e2x+lnx≥2x+lnx+1，
又e2x+lnx≥ax+lnx+1恒成立，∴a≤2，即实数a的取值范围为-∞,2 .
第 页 共 页
531 3427882 (2024·海南·校考模拟预测)已知a>0，函数fx =xex-ax.
(1)当a=1时，求曲线y=fx 在x=1处的切线方程；
(2)若fx ≥lnx-x+1恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时，fx =xex-x，所以fx =x+1 ex-1
所以f1 =2e-1，f1 =e-1
所以切线方程为y-(e-1)=(2e-1)(x-1)，即(2e-1)x-y-e=0.
(2)由题意得xex-ax≥lnx-x+1，即xex-lnx+x-1≥ax，
xex-lnx+x-1
因为x>0，所以 ≥a
x
设Fx
xex-lnx+x-1 ex+lnx-lnx+x-1
= = ，
x x
1
令t=x+lnx，则t=1+ >0在区间(0,+∞)上恒成立，即t=x+lnx在区间(0,
x
+∞)上单调递增，又x→0时，t→-∞，又x→+∞时，t→+∞，所以存在x ，使t=x +lnx
0 0 0
=0，
令mt =et-t-1，因为mt =et-1，
所以当t∈-∞,0 时，mt <0，即mt 在区间-∞,0 上单调递减，
当t∈0,+∞ 时，mt >0，即mt 在区间0,+∞ 上单调递增，
所以mt =m0
min
=0，所以mt ≥m0 =0，
即mt =et-t-1≥0，得到et≥t+1，当且仅当t=0时取等号，
所以Fx
ex+lnx-lnx+x-1 x+lnx+1-lnx+x-1 2x
= ≥ = =2，
x x x
当且仅当x+lnx=0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是0,2 .
883 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx
ax+1
= ．
ex
(1)求fx 的单调区间；
3+2lnx
(2)若 ≤fx
ex
+2x，求a的取值范围．
(ax+1)ex-(ax+1)ex
【解析】(1)f(x)=
ex
a-ax-1
= ．
2 ex
1
当a<0时，令f(x)=0，解得x=1- ，
a
1
当x∈-∞,1-
a
，f(x)<0，f(x)单调递减，
1
当x∈1- ,+∞
a
，f(x)>0，f(x)单调递增；
1
当a=0时，f(x)=- <0，f(x)在R上单调递减；
ex
1 1
当a>0时，令f(x)=0，解得x=1- ，所以当x∈1- ,+∞
a a
，f(x)<0，f(x)单调
递减，
1
当x∈-∞,1-
a
，f(x)>0，f(x)单调递增；
1
综上，当a<0时，单调递减区间为-∞,1-
a
1
，单调递增区间为1- ,+∞
a
；
当a=0时，单调递减区间为R，无单调递增区间；
1
当a>0时，单调递减区间为1- ,+∞
a
1
，单调递增区间为-∞,1-
a
．
第 页 共 页
532 34273+2lnx ax+1
(2)原不等式为 ≤ +2x，即ax≥2+2lnx-2xex．
ex ex
因为x>0，
2+2lnx-2xex 2+2lnx-2ex+lnx 2(x+lnx)-ex+lnx
所以a≥ = =
x x
+2-2x
．
x
1 1-e
令t=x+lnx，则其在区间(0,+∞)上单调递增，取x= ，则t= <0；取x=1，则
e e
t=1>0，
1
所以存在唯一x ∈ ,1
0 e
使得t=x +lnx =0，
0 0
令g(t)=et-t-1(t∈R)，则g(t)=et-1．
当t<0时，gt <0，gt 单调递减；
当t>0时，gt >0，gt 单调递增；
所以gt ≥g0 =0，即et-t-1≥0，et≥t+1．
故ex+lnx≥x+lnx+1．
故(x+lnx)-ex+lnx≤(x+lnx)-(x+lnx+1)=-1，
2(x+lnx)-ex+lnx
所以
+2-2x 2×(-1)+2-2x
≤ =-2．
x x
当且仅当x+lnx=0即x=x 时，等号成立，
0
故a≥-2，即a的取值范围为[-2,+∞)．
884 (2024·广东佛山·校考模拟预测)已知函数fx =ex-alnax+1 -1，其中a>0，x≥0.
(1)当a=1时，求函数fx 的零点；
(2)若函数fx ≥0恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时，fx =ex-lnx+1 -1，
fx
1
=ex- ，
x+1
1
当x≥0时，ex≥1≥ ，得fx
x+1
≥0恒成立.
即可得fx 在0,+∞ 上单调递增.
而此时f0 =0，
即可得fx 在0,+∞ 上仅有1个零点，且该零点为0.
(2)函数fx ≥0等价于ex-alnax+1 -1≥0，
ex
因a>0，所以 ≥lnax+1
a
1
+
a
得ex-lna≥lnax+1
1
+
a
所以ex-lna+x-lna≥lnax+1
1
+ +x-lna
a
ax+1 所以ex-lna+x-lna≥ln
a
+ ax+1 =e lnax a +1
a
ax+1 +ln
a
构造函数gx =ex+x，上式等价于gx-lna
ax+1
≥g ln
a
函数gx
ax+1
在定义域内单调递增，从而可得x-lna≥ln
a
成立.
化简可得x≥lnax+1 等价于ex-ax-1≥0恒成立.
设函数hx =ex-ax-1，易知h0 =0，
hx =ex-a，
当01时，x∈0,lna 时，hx =ex-a<0，
此时hx 在0,lna 上单调递减，
故当x∈0,lna 时hx ≤h0 =0，不符合题意.
综上可得a的取值范围是0,1 .
885 (2024·贵州毕节·统考模拟预测)已知函数fx
ex+1
= -lnx-lna.
a
1
(1)当a= 时，求曲线y=fx
e
在点 1,f1 处的切线方程；
(2)若fx +1≥0，求实数a的取值范围.
1
【解析】(1)当a= 时，fx
e
=ex+2-lnx+1,则fx
1
=ex+2- ，
x
所以f1 =e3-1，即在点 1,f1 处的切线斜率为k=e3-1.
而f1 =e3+1，所以切点坐标为1,e3+1 ，
所以曲线y=fx 在点 1,f1 处的切线方程为y-e3+1 =e3-1 x-1 ，即
e3-1 x-y+2=0.
(2)因为fx
ex+1
+1= -lnx-lna+1≥0，
a
e a 所以 ⋅ex≥ln x
a e
a a ，即ex≥ ln x
e e
a ，即xex≥ x
e
a ln x
e
=e lna e x a ln x
e
.
令gx =xex x>0 ，则gx
a
≥g ln x
e
.
gx =x+1 ex>0，所以gx 在0,+∞ 上单调递增，
a
所以x≥ln x
e
恒成立，即x≥lna-1+lnx，即lna≤x-lnx+1恒成立.
令hx =x-lnx+1x>0 ，则hx
1 x-1
=1- = ，
x x
令hx >0，解得x>1，令hx <0，解得00时，令fx
1 1
>0，可得x> + ；令fx
a 2
1 1 1
<0，可得x< + 且x≠ ，
a 2 a
1
∴f(x)在-∞,
a
1 1 1
和 , +
a a 2
1 1
上单调递减，在 + ,+∞
a 2
上单调递增．
当a<0时，令fx
1 1 1
>0，可得x< + 且x≠ ；令fx
a 2 a
1 1
<0，可得x> + ，
a 2
第 页 共 页
534 34271
∴f(x)在-∞,
a
1 1 1
和 , +
a a 2
1 1
上单调增，在 + ,+∞
a 2
上单调递减．
(2)当a=-2时，由fx ≤ln1+2x
e2x
-mx-1，得- ≤ln1+2x
2x+1
-mx-1，
e2x
即 +ln1+2x
2x+1
-mx-1≥0，
令gx
e2x
= +ln1+2x
2x+1
-mx-1x≥0 ，则gx
4xe2x
=
2x+1
2
+ -m，
2 1+2x
∵gx ≥0，且g0 =0，∴存在x 0 >0，使得当x∈0,x 0 )时，gx ≥0，
∴g0 =2-m≥0，即m≤2．
下面证明当m≤2时，gx ≥0对x≥0恒成立．
∵gx
e2x
≥ +ln1+2x
2x+1
e2x
-2x-1，且 =e2x-ln1+2x
2x+1
，
∴gx ≥e2x-ln1+2x +ln1+2x -2x-1．
设Fx =ex-x-1，∴Fx =ex-1，可知F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0，+∞)上
单调递增，
∴Fx ≥F0 =0，∴ex≥x+1，∴e2x-ln1+2x ≥2x-ln1+2x +1，
∴gx ≥e2x-ln1+2x +ln1+2x -2x-1≥2x-ln1+2x +1+ln1+2x -2x-1=
0．
综上，实数m的取值范围为(-∞,2]．
887 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =lnx+1 -axa>0 ．
(1)若函数gx =fx -a在0,e2-1 上有且仅有2个零点，求a的取值范围；
(2)若fx ≤a²ex-ax+1 恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)由已知gx =lnx+1 -ax+1 ，令t=x+1，又x∈0,e2-1 ，得t∈
1,e2 ．
lnt
由题设可得a= ，令φt
t
lnt
= ，其中t∈1,e2
t
，
则直线y=a与函数y=φ(t)的图象在1,e2 上有两个交点，
1-lnt
因为φ(t)= ，当10，此时函数φ(t)单调递增，
t2
当e0时，由已知函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，
又fx ≤a2ex-ax+1 恒成立，即ln(x+1)≤a2ex-a在x>-1时恒成立，
当x=0时，lnx+1 ≤a2ex-a恒成立，即a2-a≥0，又a>0，则a≥1，
下面证明：当a≥1时，lnx+1 ≤a2ex-a在x>-1时恒成立.
由(1)得当x>-1时，ln(x+1)≤x，
要证明ln(x+1)≤a2ex-a，只需证明对任意的x∈-1,+∞
，a2ex-a≥x恒成立，
令φ(x)=a2ex-x-a，则φx
=a2ex-1，
第 页 共 页
535 3427由φx
1
=a2ex-1=0，得x=ln =-2lna≤0，
a2
①当-2lna≤-1，即a≥ e时φ(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立，则φ(x)在(-1,+∞)上
单调递增，
于是φx >φ-1
a2 1 e
= +1-a= a-
e e 2
2 e e
+1- >1- >0；
4 4
②当-2lna>-1，即1≤a< e时，φ(x)在(-1,-2lna)上单调递减，在(-2lna,+∞)
上单调递增，
a2
于是φ(x)≥φ(-2lna)= +2lna-a=2lna-a+1，
a2
令h(a)=2lna-a+1，则ha
2 2
= -1> -1>0，则h(a)在1, e
a e
上单调递增．
于是h(a) =h(1)=0，所以φ(x)≥0恒成立，
min
所以a≥1时，不等式a2ex-a≥x恒成立，因此a的取值范围是[1,+∞)．
ex
888 (2024·江西九江·统考三模)已知函数f(x)= (a<0))在x=1处的切线斜率为
ax-1
e
- .
4
(1)求a的值；
(2)若x≥1，f(x-1)≤lnx-m(x-1)-1，求实数m的取值范围.
ex(ax-1-a)
【解析】(1)∵f(x)= ，
(ax-1)2
e e
∴f(1)=- =- ，
(a-1)2 4
∴(a-1)2=4，∵a<0，∴a-1=-2，a=-1.
ex ex-1
(2)由(1)可知f(x)=- ，f(x-1)=- ，
x+1 x
ex-1
由f(x-1)≤lnx-m(x-1)-1，得 -m(x-1)+lnx-1≥0，
x
ex-1 (x-1)ex-1 1
令g(x)= -m(x-1)+lnx-1(x≥1)，则g(x)= + -m，
x x2 x
∵g(x)≥0，且g(1)=0，∴存在x 0 >1，使得当x∈1,x 0 时，g′(x)≥0，
∴g(1)=1-m≥0，即m≤1；
下面证明当m≤1时，g(x)≥0，
ex-1 ex-1 ex-1
∵g(x)≥ -(x-1)+lnx-1= -x+lnx，且 =ex-1-lnx，
x x x
∴g(x)≥ex-1-lnx-x+lnx，
设F(x)=ex-x-1，∴F(x)=ex-1，
当x<0时，F(x)<0；当x>0时，F(x)>0；
可知F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(0)=0，∴ex≥x+1，∴ex-1-lnx≥x-lnx，
∴g(x)≥x-lnx-x+lnx=0；
(x-1)ex-1 1 (x2-2x+2)ex-1-x
当m>1时，令G(x)=g(x)= + -m，则G(x)= ，
x2 x x3
设t(x)=(x2-2x+2)ex-1-x，则t(x)=x2ex-1-1，且为单调递增函数，
由于x≥1，故t(x)≥t(1)=0，仅在x=1是取等号，
故t(x)在[1,+∞)上单调递增，t(1)=0，故t(x)≥0，即G(x)≥0，
第 页 共 页
536 3427则G(x)在[1,+∞)上单调递增，而G(1)=1-m<0，
1
当x→+∞时，ex-1递增的幅度远大于x2递增的幅度， →0，
x
故必存在x ∈(1,+∞)，使得G(x )=0，则x ∈(1,x )时，G(x)<0，
0 0 0 0
故g(x)在[1,x )上单调递减，则g(x)1时，f0 <0，所以存在σ>0，当x∈-σ,σ 时，fx <0
则fx 在区间-σ,σ 上单调递减，
所以当x∈0,σ 时，fx 0，所以存在σ>0，当x∈-σ,σ 时，fx >0
则fx 在区间-σ,σ 上单调递增，
所以当x∈-σ,0 时，fx 0
所以fx
π
在区间 - ,x 2 1 上单调递减，在区间x 1 ,0 上单调递增
第 页 共 页
537 3427π
且f-
2
-π
=3e 2-1<0,f0 =0，
π
所以当x∈ - ,0
2
时，fx ≤0
所以fx
π
在区间 - ,0
2
上单调递减，
π
所以当x∈ - ,0
2
时，fx ≥f0 =0
3π π
②当x∈ - ,-
4 2
时，
gx
-π
≤e 22-2sinx +cosx+3sinx
1
≤ 2-2sinx
2
+cosx+3sinx =1+cosx+
2sinx
2
因为- ≤cosx≤0,-2≤2sinx≤- 2，所以1+cosx+2sinx≤0，所以gx
2
≤0
所以fx
3π π
在区间 - ,-
4 2
上单调递减
3π
且f-
4
-3π π
=2e 4 + 2>0,f-
2
-π
=3e 2-1<0
3π π
所以∃x ∈- ,- 2 4 2 ，使得fx =0
3π
当x∈ - ,x 4 2 时，fx
π
>0；当x∈x ,- 2 2 时，fx <0
所以fx
3π
在区间 - ,x 4 2
π
上单调递增，在区间 x ,- 2 2 上单调递减
3π
且f-
4
-3π 2
=e 42-
2
π
+2 2-2>0,f-
2
-π
=2e 2+1>0
3π π
所以当x∈ - ,-
4 2
时，fx ≥0
综上，a的值为1.
890 (2024·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测)已知函数fx =e-ax+sinx-cosx．
π
(1)若a=-1，x≥- ，求证：Fx
4
=fx
1
- x-1有且仅有一个零点；
3
(2)若对任意x≤0，fx ≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)证明：由题意得，当a=-1时，fx =ex+cosx+sinx，
故Fx
1 π
=ex+cosx+sinx- x-1=ex+ 2sinx+
3 4
1
- x-1．
3
3π
(i)当x≥ 时，Fx
4
1
≥ex- 2- x-1，记Gx
3
1
=ex- 2- x-1，
3
则Gx
1
=ex- >0，Gx
3
单调递增，Gx
3π π
≥e4 - 2- -1>e2- 2-2>0，
4
所以Fx
3π
>0，即当x≥ 时，Fx
4
无零点．
3π π
(ii)当0≤x< 时， 2sinx+
4 4
>0，Fx
1 1 2
>ex- x-1≥x+1- x-1= x
3 3 3
>0，
3π
即当0≤x< 时，Fx
4
无零点．
π
(iii)当- ≤x<0时，Fx
4
1 π
=ex-sinx+cosx- =ex- 2sinx-
3 4
1
- ．
3
π π π
因为- ≤x- <- ，所以Fx
2 4 4
1
>ex+1- >0，即Fx
3
单调递增．
π
又因为F-
4
-π π 1 1 1 1
=e 4+0+ -1< + -1< + -1=0，F0
12 e 3 1.5 3
=1+1-1
第 页 共 页
538 3427>0，
π
所以当- ≤x<0时，Fx
4
存在唯一零点．
π
综上，当x≥- 时，Fx
4
有且仅有一个零点．
(2)易知f0 =0，因此f(x)≥0恒成立，则在0的左侧邻域内，f(x)是减函数，有fx ≤
0，则f0 ≤0．
因为fx
π
=-ae-ax+ 2sinx+
4
，
所以f0 =-a+1≤0，得a≥1是fx ≥0对任意x≤0成立的必要条件．
下面证明充分性．
当a≥1时，fx
π
≥0，等价于e-ax≥-sinx+cosx= 2cosx+
4
．
令hx =e-ax，gx
π
= 2cosx+
4
，即证hx ≥gx ．
π
(i)当x≤- 时，gx
4
π
= 2cosx+
4
≤ 2，hx
π
=e-ax≥e4> e> 2，
即hx ≥gx 成立．
π
(ii)当- 0时，p(x)>0，p(x)单调递增，
因此p(0)=0是p(x)的最小值，即p(x)≥0，所以ex≥x+1恒成立，
所以hx =e-ax≥-ax+1≥-x+1≥gx ．
综上，a≥1．
8 题型八：max，min函数问题
891 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx =x-1
1
ex- x2+1，g(x)=sinx-ax，其中
2
a∈R.
(1)证明：当x≥0时，f(x)≥0；当x<0时，f(x)<0；
(2)用max{m,n}表示m,n中的最大值，记F(x)=max{f(x),g(x)}.是否存在实数a，对
任意的x∈R，F(x)≥0恒成立.若存在，求出a，若不存在，请说明理由.
【解析】(1)f(x)=xex-x=x(ex-1)，x∈R.
当x>0时，ex-1>0，则f′(x)>0；当x<0时，ex-1<0，则f′(x)>0，
当x=0时，f(0)=0，
所以当x∈R时，f(x)≥0，f(x)在R上是增函数，
又f(0)=0，
所以当x≥0时，f(x)≥f(0)=0；
当x<0时，f(x)0，g(x)递增，此时g(x)0，g(x)递增，此时g(x)g(0)=0，符合题意.
综上可知：存在实数a满足题意，a的取值范围是[1,+∞).
1
892 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(x-1)ex- x2+1，g(x)=sinx-ax，其中
2
a∈R.
(1)证明：当x≥0时，f(x)≥0；当x<0时，f(x)<0；
(2)用max{m,n}表示m，n中的最大值，记F(x)=max{f(x),g(x)}.是否存在实数a，对
任意的x∈R，F(x)≥0恒成立.若存在，求出a；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)证明：f′(x)=xex-x=x(ex-1)，x∈R.
当x>0时，ex-1>0，则f′(x)>0；当x<0时，ex-1<0，则f′(x)>0，
当x=0时，f′(0)=0，
所以当x∈R时，f′(x)≥0，f(x)在R上是增函数，
又f(0)=0，
所以当x≥0时，f(x)≥f(0)=0；
当x<0时，f(x)0，g(x)递增，此时g(x)0，g(x)递增，此时g(x)g(0)=0，符合题意.
综上可知：存在实数a满足题意，a的取值范围是[1， +∞).
第 页 共 页
540 34271 1
893 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=(x-2)ex-1- x2+x+ ，g(x)=ax-
2 2
sinx-ln(x+1)，其中a∈R.
(1)证明：当x≥1时，f(x)≥0；当x<1时，f(x)<0；
(2)用max{m,n}表示m，n中的最大值，记F(x)=max{f(x),g(x)}.是否存在实数a，对
任意的x∈R，F(x)≥0恒成立.若存在，求出a；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)f′(x)=(x-1)ex-1-x+1=(x-1)(ex-1-1)，x∈R,
当x>1时，x-1>0，ex-1-1>0，则f′(x)>0；
当x<1时，x-1<0，ex-1-1<0，则f′(x)>0，
当x=1时，f′(1)=0．
所以当x∈R时，f′(x)≥0，f(x)在R上是增函数，
又f(1)=0，
所以当x≥1时，f(x)≥f(1)=0；
当x<1时，f(x)1，故g′′(x)>0；
(x+1)2
1
当0≤x<1时，0≤sinx<1， >0，故g′′(x)>0．
(x+1)2
从而当-10，g′(x)单调递增．
1
①若g(1)≤0，即a≤cos1+ ，则当x∈(-1，1)时，g(x)0，即a>cos1+ ，取b∈-1,-1+
2 a+1
，
1 1 1
则-1<-1+ <0，且g(b)=a-cosb- ≤a+1- <0，
a+1 b+1 b+1
故存在唯一x ∈(-1，1)，满足g(x )=0，当x∈(-1，x )时，g(x)<0，g(x)单调递减；
0 0 0
当x∈(x ，1)时，g(x)>0，g(x)单调递增．
0
若x <0，则当x∈(x ，0)时，g(x)单调递增，g(x)0，则当x∈(0，x )时，g(x)单调递减，g(x)0时，x>1，
故φx 在0,1 上单调递减，1,+∞ 上单调递增，
所以φx ≥φ1 =0，即fx ≥0恒成立.
(2)由题得hx =1-lnx0,+∞ ，
①当00，此时无零点.
②当x=e时，he =0，ge =e3-3ae+e
a.当ge
e2+1
=e3-3ae+e≤0，即a≥ 时，x=e是φx
3
的一个零点；
b.当ge
e2+1
=e3-3ae+e>0，即a< 时，x=e不是φx
3
的一个零点；.
③当x>e时，hx <0恒成立，因此只需考虑gx 在e,+∞ 上的零点情况.
由gx =3x2-3a，
a.当a≤e2时，gx >0，gx 在e,+∞ 上单调递增，且ge =e3-3ae+e，
e2+1
当a< 时，ge
3
>0，则gx 在e,+∞ 上无零点，故φx 在0,+∞ 上无零点；
e2+1
当a= 时，ge
3
=0，则gx 在e,+∞ 上无零点，故φx 在0,+∞ 上有1个零
点；
e2+1
当 0，得gx 在
e,+∞ 上仅有一个零点，故φx 在0,+∞ 上有2个零点；
e2+1
所以 e2时，由gx =0得x=± a，
由gx <0时，e0时x> a，gx <0，
故gx 在e, a 上单调递减，gx 在 a,+∞ 上单调递增；
由ge <0，g2a =8a3-6a2+e≥2a2+e>0，得gx 在e,+∞ 上仅有一个零点，故
φx 在0,+∞ 上有2个零点；
所以a>e2，.
e2+1
综上所述，a> 时，φx
3
在0,+∞ 上恰有两个零点.
895 (2024·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习)已知e是自然对数的底数，函数fx =
ax2 1
，直线y= x为曲线y=fx
ex e
的切线，gx =x+1 lnx.
(1)求a的值；
(2)①判断Fx =fx -gx 的零点个数；
②定义minm,n
m,m≤n,
= 函数mx
n,m>n,
=min fx ,gx .hx =mx -tx2在
0,+∞ 上单调递增.求实数t的取值范围.
【解析】(1)由题意得：
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542 3427∵fx
ax2
=
ex
∴fx
2axex-ax2ex ax(2-x)
= =
e2x ex
ah2 h
设切线的且点位(h,k)，则可得：k= ，又k=
eh e
可得 ：ahe=eh ①
1
又因为直线y= x为曲线y=fx
e
的切线
ah(2-h) 1
故可知 = ②
eh e
由①②解得：h=1,a=1
(2)① 由小问(1)可知：Fx =fx -gx
x2
= -(x+1)lnx(x>0)
ex
∵F1
1
= >0，F2
e
4
= -3ln2<0
e2
∴F(1)⋅F2 <0
故Fx 必然存在零点x ，且x ∈(1,2) 0 0
又因为Fx
2x-x2 1
= -lnx- -1，当x∈[2,+∞)时，F(x)<0
ex x
x+2-x 当x∈(0,2)时，令 k(x)=2x-x2=x(2-x)≤
2
2 =1
故Fx
2x-x2 1 1 1 1 1
= -lnx- -1≤ -lnx- -1<1-lnx- -1=-lnx-
ex x ex x x x
<0
故Fx 在(0,+∞)上是减函数
综上分析，Fx 只有一个零点x ，且x ∈(1,2) 0 0
② 由fx
x2 x(2-x)
= 的导数为f(x)=
ex ex
当x∈(0,2)时，fx 递增，当x∈(2,+∞)时，fx 递减；
对gx =x+1 lnx的导数gx
1
=lnx+x+ 在x>0时gx
x
>0，gx 递增；
fx
设
,gx
2-x 的交点为(x ,y )，由(2)中①可知x ∈(1,2)
n(x)= 0 0 0
ex
当x∈(0,x )时，m(x)=g(x)
0
hx =gx -tx2=x+1 lnx-tx2，hx
1
=lnx+x+ -2tx
x
由题意得：hx
lnx 1
≥0在x∈(0,x )时恒成立，即有2t≤ +1+ ； 0 x x2
lnx 1 lnx 1
+1+ 在x∈(0,x )上最值为 0 +1+
x x2 0 x x2
0 0
lnx 1
故2t≤ 0 +1+
x x2
0 0
当x∈(x ,+∞)时，m(x)=f(x)
0
hx =fx
x2
-tx2= -tx2，hx
e2
x(2-x)
= -2tx
ex
由题意得：hx
2-x
≥0在x∈(x ,+∞)时恒成立，即有2t≤ 0 ex
第 页 共 页
543 34272-x x-3
令n(x)= ，则n(x)= 可得函数在(3,+∞)递增，在(x ,3)上递减，即可知在
ex ex 0
1
x=3处取得极小值，且为最小值- ；
e3
1 1
综上所述：2t≤- ，即t≤- .
e3 2e3
896 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx =x2e-x,gx =xlnx.
(1)若Fx =fx -gx ，证明：Fx 在0,+∞ 上存在唯一零点；
(2)设函数hx =min fx ,gx ，(mina,b 表示a,b中的较小值)，若hx ≤λ，求λ的
取值范围.
【解析】(1)函数Fx 的定义域为0,+∞ ，因为Fx =x2e-x-xlnx，当00，而F2
4
= -2ln2<0，所以Fx
e2
在1,2 存在零点.因为F'x
x2-x
=
ex
-lnx+1
-x-1
=
2+1
-lnx+1
ex
-x-1
，当x>1时，
2+1 1 1
≤ < ,-lnx+1
ex ex e
<-1，所以F'x
1
< -1<0，则Fx
e
在1,+∞ 上单调递减，所以Fx 在0,+∞ 上
存在唯一零点.
(2)由(1)得，Fx 在1,2 上存在唯一零点x 0 ，x∈0,x 0 时，fx >gx ;x∈x 0 ,+∞
时，
fx 0，于是hx 在1,x 0 单调递增，则00时，0 时fx
e
>0；
1
当m<0时，00，x> 时fx
e
<0．
综上所述，当m>0时，fx
1
在0,
e
1
上单调递减，在 ,+∞
e
上单调递增；
当m<0时，fx
1
在0,
e
1
上单调递增，在 ,+∞
e
上单调递减．
2 1 2
(2)依题意，mxlnx-1≤x2- x，即x+ -mlnx- ≥0在0,+∞
e x e
上恒成立，
第 页 共 页
544 3427令px
1 2
=x+ -mlnx- ，则px
x e
1 m x2-mx-1
=1- - = ．
x2 x x2
对于y=x2-mx-1，Δ=m2+4>0，故其必有两个零点，且两个零点的积为-1，
则两个零点一正一负，设其正零点为x 0 ∈0,+∞ ，
1
则x2-mx -1=0，即m=x - ，
0 0 0 x
0
且px 在0,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增，
故px 0
1 1
≥0，即x + -x - 0 x 0 x
0 0
2
lnx - ≥0． 0 e
令qx
1 1
=x+ -x-
x x
2
lnx- ，
e
则qx
1 1
=1- -1+
x2 x2
1
lnx-1-
x2
1
=-1+
x2
lnx，
当x∈0,1 时，qx >0，当x∈1,+∞ 时，qx <0，
则qx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，
1
又q e =qe
1
=0，故x ∈ ,e 0 e ，
1 1
显然函数m=x - 在 ,e
0 x e
0
上是关于x 的单调递增函数，
0
1 1
则m∈ -e,e-
e e
，
1
所以实数m的取值范围为 -e,0
e
1
∪0,e-
e
．
898 (2024·江苏·统考高考真题)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈
R)在区间D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x)．
(1)若fx =x2+2x，gx =-x2+2x，D=(-∞，+∞)，求h(x)的表达式；
(2)若f(x)=x2-x+1，g(x)=klnx，h(x)=kx-k,D=(0，+∞)，求k的取值范围；
(3)若fx =x4-2x2，gx =4x2-8，hx =4t3-t x-3t4+2t2 0<t ≤ 2 ，D=
m,n ⊆- 2, 2 ，求证：n-m≤ 7．
【解析】(1)[方法一]:判别式法
由f(x)≥h(x)≥g(x)可得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x在R上恒成立，
即x2+(2-k)x-b≥0和x2-(2-k)x+b≥0，
从而有
Δ
Δ
1 =
=
(
(
2
2
-
-
k
k
)
)
2
2
+
-
4
4
b
b
≤
≤
0
0
,
,
即(2-k)2≤4b≤-(2-k)2，
2
所以(2-k)2=0,4b=0，
因此，k=2,b=0．所以h(x)=2x．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有-x2+2x≤kx+b≤x2+2x对任意的x∈R恒成立.
令x=0，则0≤b≤0，所以b=0.
因此kx≤x2+2x即x2+2-k x≥0对任意的x∈R恒成立，
所以Δ=2-k 2≤0，因此k=2.
故hx =2x.
(2)[方法一]
令Fx =hx -gx =kx-1-lnx x>0 ，F1 =0.
又Fx
x-1
=k⋅ .
x
若k<0，则Fx 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递减，则Fx ≤F1 =0，即hx -
第 页 共 页
545 3427gx ≤0，不符合题意.
当k=0时，Fx =hx -gx =0,hx =gx ，符合题意.
当k>0时，Fx 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，则Fx ≥F1 =0，
即hx -gx ≥0，符合题意.
综上所述，k≥0.
由fx -hx =x2-x+1-kx-k =x2-k+1 x+k+1 ≥0
k+1
当x= <0，即k<-1时，y=x2-k+1
2
x+k+1在0,+∞ 为增函数，
因为f0 -h0 =k+1<0，
故存在x 0 ∈0,+∞ ，使fx -hx <0，不符合题意.
k+1
当x= =0，即k=-1时，fx
2
-hx =x2≥0，符合题意.
k+1
当x= >0，即k>-1时，则需Δ=k+1
2
2-4k+1 ≤0，解得-11时，Gx >0，Gx 单调递增，∴Gx =G1
min
=0，∴当k≥0时Fx
≥0在D=0,+∞ 内恒成立；
由fx -hx =x2-x+1-kx-k =x2-k+1 x+k+1 ≥0在D=0,+∞ 内恒
k+1
成立，由(*)知k≥0，∴ >0，∴Δ=k+1
2
2-4k+1 ≤0，解得-10,-1<-t<1，
此时n-m≤ 2+t < 2+1< 7，
当1≤t2≤2，Δ=-8t2+8≤0，
但4x2-8≥4t3-t x-3t4+2t2对任意的x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
等价于4x2-4t3-t x+3t2+4 t2-2 ≤0对任意的x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
4x2-4t3-t x+3t2+4 t2-2 =0的两根为x,x ， 1 2
3t4-2t2-8
则x +x =t3-t,x ⋅x = ，
1 2 1 2 4
所以n-m≤x 1 -x 2 = x 1 +x 2 2-4xx = t6-5t4+3t2+8. 1 2
令t2=λ,λ∈1,2 ，构造函数Pλ =λ3-5λ2+3λ+8 λ∈1,2 ，Pλ =3λ2-10λ+3=
λ-3 3λ-1 ，
所以λ∈1,2 时，Pλ <0，Pλ 递减，Pλ =P1 max =7.
第 页 共 页
546 3427所以n-m = 7，即n-m≤ 7.
max
[方法二]：判别式法
由f(x)-h(x)=(x-t)2 x2+2tx+3t2-2 ，从而对任意的x∈[m,n]有f(x)≥h(x)
恒成立，等价于对任意的x∈[m,n],x2+2tx+3t2-2≥0①，恒成立．
(事实上，直线y=h(x)为函数y=f(x)的图像在x=t处的切线)
同理h(x)≥g(x)对任意的x∈[m,n]恒成立，即等价于对任意的x∈[m,n],x2+
t3-t
t2-2
x+
3t2+4
≤0恒成立． ②
4
当t2<1时，将①式看作一元二次方程，进而有Δ =8-8t2>0，①式的解为x≥x 或x
1 1
≤x (不妨设x >x )；
2 1 2
2
当t2≤ 时，xx ≤0，从而m≥0或n≤0，又[m,n]⊆[- 2, 2]，从而n-m≤ 2<
3 1 2
7成立；
2
当 7．
因为[m,n]⊆[- 2, 2]，所以2 2≥n-m> 7．
因为 2-(-1)= 2+1< 7，所以[-1,1]⊆[m,n]．
因为f(x)≥h(x)≥g(x)对恒成立，所以有
f(-1)≥h(-1)≥g(-1),f(1)≥h(1)≥g(1),f(0)≥h(0)≥g(0)．则有
0≤3t4+4t3-2t2-4t-1≤3， ③
0≤3t4-4t3-2t2+4t-1≤3， ④
6
解得 ≤t≤ 2．
3
由③+④并化简得，1≤3t4-2t2≤4．
1 因为m(t)=3t4-2t2=3t2-
3
- 1 在区间 6 , 2
3 3
上递增，且m(1)=1，
所以，1≤t≤ 2．
由h(x)≥g(x)对x∈[m,n]恒成立，即有4x2-4t3-t x+3t4-2t2-8≤0 ⑤
对x∈[m,n]恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有Δ=16t3-t
2-163t4-2t2-8
=16t6-5t4+3t2+8 ．
设u(t)=t6-5t4+3t2+8,1≤t≤ 2，则u(t)=6t5-20t3+6t=2t3t2-1 t2-3 <0，
所以u(t)在区间[1, 2]上递减，所以7=u(1)≥u(t)≥u( 2)=2，即Δ>0．
设不等式⑤的解集为x 1 ,x 2 ，则n-m≤x 1 -x 2 = t6-5t4+3t2+8≤ 7，这与假设矛
盾．从而n-m≤ 7．
由f(x),g(x)均为偶函数．同样可证- 2≤t<0时，n-m≤ 7也成立．
综上所述，n-m≤ 7．
第 页 共 页
547 3427【整体点评】(1)的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得
到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得b的值，然后使用判别式进一步求解，简化
了运算，是最优解；(2)中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别
求得k的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到k≥0，然后在此基础
上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立
的条件，进而得到结论，是最优解；(3)的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三
使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.
899 (2024·湖北·统考模拟预测)已知函数fx =xex-lnx-1.
(1)求函数fx 在x=1处的切线方程；
(2)若不等式fx ≥axa∈R 恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵fx =xex-lnx-1，∴fx =x+1
1
ex- ，
x
∴f1 =e-1,f1 =2e-1，
∴fx 的图像在x=1处的切线方程为y-e-1 =2e-1 x-1 ，即y=2e-1 x-
e.
(2)解法一：由题意得，因为函数fx =xex-lnx-1，
故有fx ≥ax,x>0，等价转化为xex-lnx-1≥ax，
1 lnx 1 lnx
即a≤ex- - 在x>0时恒成立，所以a≤ex- -
x x x x
，
min
令hx
1 lnx
=ex- - ，则hx
x x
1 1-lnx x2ex+lnx
=ex+ - = ，
x2 x2 x2
令φx =x2ex+lnx，则φx
1
=2xex+x2ex+ >0，所以函数φx
x
在x>0时单调递
增，
1 ∵φ
2
1 =
2
2 e2 1 +ln 1 = 1 e2 1 -ln16
2 4
<0，φ1 =e>0，
1
∴∃x ∈ ,1 0 2 ，使得φx 0 =0，
∴当0x 0 时，φx >0，即
hx >0,hx 单调递增，
故h(x) min =hx 0 ，
由φx 0 =x2ex0+lnx =0，得x ex0=- lnx 0 = 1 ln 1 =e ln x 1 0ln 1 ,x ∈(0,1), 0 0 0 x x x x 0
0 0 0 0
在gx =xex(00，
∴函数gx =xex在0,1
1 1
上单调递增，∴x =ln ，即x =-lnx 与ex0= ， 0 x 0 0 x
0 0
h(x) min =hx 0
1 lnx 1 1 lnx lnx
=ex0- - 0 = - - 0 =- 0 =1， x x x x x x
0 0 0 0 0 0
∴a≤1，即实数a的取值范围为-∞,1 .
解法二：因为函数fx =xex-lnx-1，
故有fx ≥ax,x>0，等价转化为：xex-lnx-1≥ax(x>0)，
构造Gt =et-t-1，
∴Gt =et-1，所以可知Gt 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，
∴Gt ≥G0 =0，即et≥t+1成立，令t=x+lnx,∴ex+lnx=xex≥x+lnx+1，
令hx =x+lnx,hx
1
=1+ >0，∴hx
x
在0,+∞ 单调递增，
第 页 共 页
548 34271
又h e
1
= -1<0,h1 e =1>0，所以存在x 0 ∈0,1 ，使得hx 0 =0，即x +lnx = 0 0
0，
∴可知xex-lnx-1≥x，
当a≤1时，可知xex-lnx-1≥x≥ax恒成立，即此时不等式成立；
1
当a>1时，又因为x +lnx =0⇔x =-lnx ⇔ex0= ，
0 0 0 0 x
0
所以x ex0-lnx -1=-lnx =x 0，∴φx
x2
在0,+∞ 上单调递增，
又f1 =0，∴当x∈0,1 时fx <0，当x∈1,+∞ 时fx >0，
∴fx 的单调递增区间为1,+∞ .
(2)对函数fx 求导得，fx
ea xex-ea
=ex- = ，令gx
x x
=xex-ea，
则gx =ex+xex>0，∴gx =xex-ea在0,+∞ 上单调递增，
又g0 =-ea<0，当x→+∞时gx →+∞，
故存在唯一正实数x 使得x ex0=ea，
0 0
当xx 0 时，fx >0，fx 单调递增，
∴fx min =fx 0 =ex0-ealnx -eaa， 0
由fx ≥0恒成立，得fx ≥0，
min
由x 0 ex0=ea得x 0 +lnx 0 =a，∴fx min =fx 0 =ex0-x 0 ex0x 0 +2lnx 0 ≥0
∴1-x 0x 0 +2lnx 0 ≥0，∴x 0x 0 +2lnx 0 -1≤0，
1
∴x +2lnx - ≤0，
0 0 x
0
设hx
1
=x+2lnx- ，则hx
x
2 1
=1+ + >0恒成立，
x x2
故hx 在0,+∞ 上单调递增，而h1 =0，
∴00时，构建φx =fx ，则φx =ax+2
1
ex+
x+1
>0恒成立，
2
则φx 在-1,+∞ 上单调递增，
1 1
由于 -1>-1，取m=min0, -1
a a
1
,n=max1, -1
a
，
则φm ≤a0+1
1 1
e0- ≤a- =0，
m+1 1
-1+1
a
φn ≥a1+1
1 1
e- ≥2ea- =2e-1
n+1 1
-1+1
a
a>0，
故φx 在-1,+∞ 内有且仅有一个零点，即fx 在-1,+∞ 内有且仅有一个零点；
综上所述：当a≤0时，fx 在-1,+∞ 内无零点；
当a>0时，fx 在-1,+∞ 内有且仅有一个零点.
(2)由题意可知：a>0，
由(1)可知：fx 在-1,+∞ 内有且仅有一个零点，设为x >-1， 0
可得：当x∈-1,x 0 时，fx <0；当x∈x 0 ,+∞ 时，fx >0；
则fx 在-1,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增，
则fx ≥fx 0 =ax 0 ex0-lnx 0 +1 ≥2lna-3ln2-3，
因为fx 0 =ax 0 +1
1
ex0- =0， x +1
0
1
则a= x 0 +1
1
，且lna=ln 2ex0 x 0 +1
2ex0
=-2lnx 0 +1 -x 0
1
可得 x 0 +1 2ex0 ×x 0 ex0-lnx 0 +1 ≥2 -2lnx 0 +1 -x 0 -3ln2-3，
x
整理得 0 x 0 +1 2 +3lnx 0 +1 +2x +3ln2+3≥0， 0
构建gx
x
=
x+1
+3lnx+1
2
+2x+3ln2+3x>-1 ，
则gx
1-x
=
x+1
3 3x2+5x+4
+ +2=
3 x+1 x+1
+2，
3
对于3x2+5x+4，由Δ=25-4×3×4=-23<0，可得3x2+5x+4>0，
所以gx
3x2+5x+4
=
x+1
+2>0，
3
则gx 在-1,+∞
1
上单调递增，且g-
2
=0，
所以gx 0
1
≥0的解集为 - ,+∞ 2 ，
又因为lna=-2lnx 0 +1 -x 在定义域内单调递减， 0
1
可得lna≤-2ln- +1
2
1 1 1+ln4
+ = +ln4，所以a≤e2 =4 e，
2 2
第 页 共 页
550 3427故a的取值范围0,4 e .
902 (2024·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测)已知函数fx =lnx+2ax+1，gx =
xex+1 (e为自然对数的底数)．
(1)若函数fx 的最大值为0，求a的值；
(2)若对于任意正数x，fx ≤gx 恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为函数fx
1
=lnx+2ax+1的定义域为(0,+∞)，且f(x)= +2a=
x
2ax+1
，
x
当a≥0时，f(x)>0，所以函数fx 为增函数，没有最大值；
2ax+1 1 2ax+1
当a<0时，令f(x)= >0，得0
x 2a x
1
- ，
2a
所以函数fx
1
的单调递增区间为0,-
2a
1
，单调递减区间为- ,+∞
2a
；
1
所以当x=- 时，fx
2a
1
=f-
max 2a
1
=ln-
2a
1
+2a-
2a
+1=0，
1
解得：a=- .
2
(2)由fx ≤gx ，得lnx+2ax+1≤xex+1 ，
化简得：2a-1 x≤xex-lnx-1，
lnx+1
所以对于任意正数x，都有2a-1≤ex- 恒成立，
x
设hx
lnx+1
=ex- ，则hx
x
x2ex+lnx
= ，
x2
令φx =x2ex+lnx，则φx =x2+2x
1
ex+ >0，可得φx
x
为增函数，
1
因为φ
2
e
= -ln2<0，φ1
4
=e>0，
1
所以存在x ∈ ,1 0 2 ，使得φx 0 =x2ex0+lnx =0， 0 0
当x∈0,x 0 时，φx <0，即hx <0，hx 单调递减，
当x∈x 0 ,+∞ 时，φx >0，即hx >0，hx 单调递增，
所以hx 的最小值为hx min =hx 0
lnx +1
=ex0- 0 ， x
0
由φx 0
lnx
=x2ex0+lnx =0可得， x ex0=- 0，两边同时取对数， 0 0 0 x
0
得lnx 0 +x 0 =ln-lnx 0 +-lnx 0 ，
令Fx =x+lnx，显然Fx 为增函数，由Fx 0 =F-lnx 0 ，
1
得x =-lnx ，所以ex0= ，
0 0 x
0
所以hx min =hx 0
lnx +1 1 -x +1
=ex0- 0 = - 0 =1. x x x
0 0 0
所以2a-1≤1，即a≤1.
故实数a的取值范围为：-∞,1 .
ax+1
903 (2024·重庆万州·统考模拟预测)已知函数f(x)= (a∈R)．
ex
(1)讨论fx 的极值；
第 页 共 页
551 34271
(2)当a=1时，关于x的不等式 ≥1+mx-ln(x+1)在0,+∞
f(x)
上恒成立，求实数
m的取值范围．
【解析】(1)fx
aex-ax+1
=
ex
ex
a-ax-1
= x∈R
2 ex
，
若a=0，则fx
-1
= <0，则fx
ex
在x∈R上单调递减，无极值；
1
若a<0，当x<1- 时，fx
a
<0，fx
1
单调递减，当x>1- 时，fx
a
>0，fx 单
调递增，所以fx
1
=f1-
极小值 a
a
= ，无极大值；
1-1
e a
1
若a>0，当x<1- 时，fx
a
>0，fx
1
单调递增，当x>1- 时，fx
a
<0，fx 单
调递减，所以fx
1
=f1-
极大值 a
a
= ，无极小值；
1-1
e a
综上所述，若a=0，fx 无极值；
若a<0，fx
1
=f1-
极小值 a
a
= ，无极大值；
1-1
e a
若a>0，fx
1
=f1-
极大值 a
a
= ，无极小值；
1-1
e a
x+1 ex
(2)a=1时，f(x)= ，所以有 ≥1+mx-ln(x+1)在0,+∞
ex x+1
上恒成立，
ex
即 -1-mx+ln(x+1)≥0在0,+∞
x+1
上恒成立，
令gx
ex
= -1-mx+ln(x+1)，转化为gx
x+1
min
≥0在0,+∞ 上恒成立，
gx
xex
=
x+1
1
+ -m，
2 x+1
当m≤0时gx >0，所以gx 在0,+∞ 上单调递增，gx =g0
min
=0，
满足题意；
当m>0时，令φx =gx
xex
=
x+1
1
+ -m，x∈0,+∞
2 x+1
，
则φx
x2+1
=
ex-x+1
x+1
，设hx
3
=x2+1 ex-x+1 ，x∈0,+∞ ，
则hx =x+1 2ex-1，因为x∈0,+∞ ，所以x+1 2ex≥1，
所以hx ≥0，所以hx 在x∈0,+∞ 上单调递增，
所以hx ≥h0 =0，即φx ≥0在x∈0,+∞ 上恒成立，
所以φx 即gx 在x∈0,+∞ 上单调递增，
又因为g0 =1-m，
当1-m≥0即01时，g0 =1-m<0，
如果gx ≤0在x∈0,+∞ 上恒成立，则gx 在x∈0,+∞ 上单调递减，则gx 无
最小值，不符合题意；
如果gx =0有解时，设gx 0 =0，则gx 在x∈0,x 0 上单调递减，在x∈x 0 ,+∞
上单调递增，则在x∈0,x 0 时，gx ≤g0 =0，不符合题意；
综上所述，m≤1，即实数m的取值范围是-∞,1 ．
第 页 共 页
552 3427904 (2024·四川·校联考模拟预测)已知函数fx
1
= x2-aex+2x-1(a>0)的导函数为
2
fx .
(1)当a=1时，求函数fx 的极值点的个数；
(2)若fx
a
0，当x>0时，gx <0，
所以gx 在-∞,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减，
即fx 在-∞,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减，
所以f(x) max =f0 =1>0，又f-2 =-e-2<0，f2 =4-e2<0，
所以f-2 ⋅f0 <0，f0 ⋅f2 <0，
所以存在唯一的x 1 ∈-2,0 ，x 2 ∈0,2 ，使得fx 1 =fx 2 =0，
且当x∈-∞,x 1 和x∈x 2 ,+∞ 时，fx <0，函数单调递减；
当x∈x 1 ,x 2 时，fx >0，函数单调递增，
故fx 在x 1 处取得极小值，在x 2 处取得极大值，即函数fx 的极值点的个数为2.
(2)fx =-aex+x+2，fx
a a
0在-1,+∞ 上恒成立.
记hx =aex-lnx+1 +lna-1,x∈-1,+∞ ，
当01时，hx
1 ax+1
=aex- =
x+1
ex-1
.
x+1
记φx =ax+1 ex-1,x∈-1,+∞ ，则φx =ax+2 ex>0，
所以φx 在-1,+∞ 上单调递增，又φ-1 =-1,φ0 =a-1>0，
所以∃x 3 ∈-1,0 使得φx 3 =0，即ax 3 +1 ex3-1=0，①
故当x∈-1,x 3 时，φx <0，即hx <0，当x∈x 3 ,+∞ 时，φx >0，即hx >0，
所以hx 在-1,x 3 上单调递减，在x 3 ,+∞ 上单调递增，
所以h(x) min =hx 3 =aex3-lnx 3 +1 +lna-1，②
1
由①式可得aex3= x +1 ，所以lna=-lnx 3 +1
3
-x ， 3
1
代入②式得h(x) min = x +1 -x 3 +1
3
-2lnx 3 +1 ，
因为x 3 ∈-1,0 ，即x 3 +1∈0,1 ，
1
故 x +1 -x 3 +1
3
>0,2lnx 3 +1 <0，即h(x) >0， min
所以当a>1时，hx >0恒成立，故实数a的取值范围为1,+∞ .
905 (2024·福建漳州·统考模拟预测)已知函数fx =ex+2e-x+a与gx =x2-x+1的图
象有公切线y=mx+1.
(1)求实数m和a的值；
(2)若ex1+ex2=3，且fx 1 ⋅fx 2 ≥3x 1 +x 2 +k ，求实数k的最大值.
【解析】(1)将y=mx+1代入y=x2-x+1，得x2-m+1 x=0，
由Δ=m+1 2=0，得m=-1，所以切线方程为y=-x+1，
第 页 共 页
553 3427因为fx =ex-2e-x，设曲线y=fx 与切线相切于点Ax 0 ,-x 0 +1 ，
则fx 0 =-1，所以e2x0+ex0-2=0，
解得ex0=1或ex0=-2(舍去)，所以x =0，
0
又因为fx 0 =-x 0 +1，即f0 =1，即3+a=1，所以a=-2，
所以m=-1，a=-2.
(2)因为ex1+ex2=3，所以fx 1 ⋅fx 2
2
=ex1+ -2 ex1
2
⋅ex2+ -2 ex2
e2x1-2ex1+2 e2x2-2ex2+2 ex1-1
= ⋅ =
ex1 ex2
2+1 ex2-1
⋅
ex1
2+1
ex2
ex1-1
=
ex2-1
2+ex1-1
2+ex2-1
2+1
ex1ex2
ex1ex2-ex1+ex2
=
+1 2+e2x1-2ex1+1+e2x2-2ex2+1+1
ex1ex2
ex1ex2-3+1
=
2+ex1+ex2 2-2ex1ex2-2ex1+ex2 +3
ex1ex2
ex1ex2-2
=
2+9-2ex1ex2-6+3 e2x1+x2
=
ex1ex2
-6ex1+x2+10
=ex1+x2+
10
-6，
ex1+x2 ex1+x2
9
因为3=ex1+ex2≥2 ex1ex2=2 ex1+x2，所以00)，所以h(x)= -m= .
x x
当m≤0时，h(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以函数h(x)没有最大值，所以这种情况不满足已知；
第 页 共 页
554 3427当m>0时，
1
当x∈0,
m
时，h(x)>0，函数h(x)单调递增.
1
当x∈ ,+∞
m
时，h(x)<0，函数h(x)单调递减.
1
所以h(x) =h
max m
1
=ln -1=-1-lnm.
m
所以n≥-1-lnm.
所以m+2n≥m-2-2lnm.
设p(m)=m-2-2lnm,(m>0)，
2 m-2
所以p(m)=1- = ，
m m
当02时，p(m)>0，函数p(m)单调递增.
所以p(m) =p(2)=2-2-2ln2=-2ln2=-ln4.
min
所以m+2n的最小值为-ln4.
故选：C
907 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=lnx，g(x)=ax2+bx+1，其中a,b∈R．
(1)当a=0时，直线y=g(x)与函数y=f(x)的图象相切，求b的值；
b
(2)当a≠0时，若对任意x>0，都有f(x)≤g(x)恒成立，求 的最小值．
a
【解析】(1)当a=0时，直线g(x)=bx+1与函数y=f(x)的图象相切于Px 0 ,y 0 ，
1
因为f(x)=lnx，所以f(x)= ，
x
1 1 1 1
则 =b且bx +1=lnx ，即b∙ +1=ln ，解得：b= .
x 0 0 b b e2
0
(2)若对任意x>0，都有f(x)≤g(x)恒成立，得lnx-1≤ax2+bx.
假设a<0，则当x>e时，lnx-1>0，
b
而当x>max0,-
a
时，ax2+bx<0.
b
取x =maxe,-
0 a
，则当x>x 时，lnx-1>0，
0
而ax2+bx<0，矛盾；故a>0.
b
当x=e时，由f(e)≤g(e)，得ae2+be≥0，即 ≥-e.
a
b
下证： 能取到-e.
a
1 1 b
当a= ,b=- 时， =-e.
e2 e a
记Fx
x
=lnx- x>0
e
，则Fx
e-x
= ，
ex
令Fx >0，得0e；
所以Fx 在0,e 上单调递增，在e，+∞ 上单调递增，
所以Fx ≤Fe
x
=0，即lnx≤ .
e
x2 x x2 x x
所以f(x)-g(x)=lnx- + -1≤- + -1=- -1
e2 e e2 e e
2
≤0.
即对任意x>0，f(x)≤g(x)恒成立，
b
故 的最小值为-e.
a
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555 3427908 (2024·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习)已知函数f(x)=x3,x>0，g(x)=ax+b，
其中a,b∈R.
(1)若a+b=0，且f(x)的图象与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若f(x)≥g(x)对任意的x>0恒成立，求a+b的最大值.
【解析】(1)因为f(x)的图象与g(x)的图象相切，设切点为(x ,y )，
0 0
a=3x2
0
3 27
又f'(x)=3x2，所以y =x3 ，解得x = ，a= .
0 0 0 2 4
y =ax -a
0 0
(2)因为f(x)≥g(x)等价于x3-ax-b≥0，令φ(x)=x3-ax-b，φ(x)=3x2-a.
当a≤0时，φ(x)=3x2-a>0对于任意正实数x恒成立，φ(x)单调递增，
故由φ(0)=-b≥0得b≤0，此时a+b≤0.
a
当a>0时，由φ(x)=0，得x= ，
3
a
又当0 时，φ(x)>0，函数单调递增.
3
a a
所以当x= 时，φ(x)有最小值φ
3 3
2 a 2 3 3
=- a -b=- a2-b，
3 3 9
2 3 3 2 3 3 2 3 3
所以- a2-b≥0，即b≤- a2，所以a+b≤a- a2，
9 9 9
2 3 3 3 1
令h(a)=a- a2(a>0)，则h'(a)=1- a2，h'(3)=0，
9 3
当00，h(a)为增函数，
当a>3时，h'(a)<0，h(a)为减函数，
所以h(a) =h(3)=1，故a+b≤1，所以a+b的最大值为1，此时a=3，b=-2.
max
综上所述，a+b的最大值为1.
a
909 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=ex+(1+x)a+ -a-2,g(x)=bx2+x，
1+x
其中a∈R, b∈R.(e=2.718281828⋯为自然对数的底数)
(1)求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
b+12
(2)若a≥4时，f(x)≥g(x)在(0,+∞)上恒成立.当b取得最大值时，求M= 的最
a
小值.
a a
【解析】(1)由f(x)=ex+(1+x)a+ -a-2，得f(x)=ex+a(1+x)a-1- ，
1+x (1+x)2
a
所以f(0)=e0+a(1+0)a-1- =1+a-a=1，
(1+0)2
a
因为f(0)=e0+(1+0)a+ -a-2=1+1+a-a-2=0，
1+0
所以f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x，即x-y=0，
a
(2)f(x)-g(x)=ex+(1+x)a+ -a-2-bx2-x，
1+x
令h(x)=f(x)-g(x)，则h(0)=0，所以h(x)≥0
a a
h(x)=ex+a(1+x)a-1- -2bx-1，h(0)=e0+a(1+0)a-1- -1=0，
(1+x)2 (1+0)2
2a
所以h"(0)≥0，h"(x)=ex+a(a-1)(1+x)a-2+ -2b，
(1+x)2
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556 34272a
所以h"(0)=e0+a(a-1)(1+0)a-2+ -2b=a2+a+1-2b≥0，
(1+0)2
a2+a+1 a2+a+1
所以b≤ ，所以b = ，
2 max 2
b+12 a2+a+25 1 25
所以M= = = a+ +1
a 2a 2 a
，
25 25
令φ(a)=a+ +1(a≥4)，则φ(a)=1- ，当4≤a<5时，φ(a)<0，当a>5时，
a a2
φ(a)>0，所以φ(a)在[4,5)上单调递减，在(5,+∞)上单调递增，
25 11
所以φ(a) =φ(5)=5+ +1=11，此时M= ，
min 5 2
b+12 11
综上，M= 的最小值为
a 2
910 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=aex-x，
(1)求f(x)的单调区间，
b
(2)若关于x不等式aex≥x+b对任意x∈R和正数b恒成立，求 的最小值.
a
【解析】(1)f′(x)=aex-1，
当a≤0时，fx <0，f(x)在R上单调递减，
若a>0时，令fx =aex-1=0，x=-lna，
在x>-lna时，fx >0，f(x)为增函数，
在x<-lna时，fx <0，f(x)为减函数，
所以，当a≤0时，f(x)的单调减区间为(-∞,+∞)，无增区间；
当a>0时，f(x)的单调减区间为(-∞,-lna)，增区间为(-lna,+∞).
(2)f(x)=aex-x，由题意f(x)min≥b，
由(1)可知，当a≤0时，f(x)在R上单调递减，无最小值，不符合题意，
当a>0时，f(x)min=f(-lna)=1+lna≥b，
a a
∴ ≥ ，
b 1+lna
a
设h(a)= ，则ha
1+lna
lna
= ，
(1+lna)2
a∈(0，1]，ha <0；a∈[1，+∞)，ha ≥0，
∴h(a)min=h(1)=1.
a
所以 的最小值为1.
b
911 (2024·江苏常州·高二常州高级中学校考期中)给定实数m>0，函数fx =lnx+mx-
m，g(x)=ax2+b-1(其中a>0，b∈R)．
(1)求经过点P(1,0)的曲线y=f(x)的切线的条数；
(2)若对x∈(0,+∞)，有f(x)≤g(x)恒成立，求a+b的最小值．
【解析】(1)因为fx =lnx+mx-m
fx
1
= +m，
x
设切点为(x ，lnx +mx -m)，
0 0 0
所以切线方程为：y-lnx 0 +mx 0 -m
1
= +m x
0
x-x 0 ，
又因为切线过P(1,0)，
1
所以-lnx -mx +m= +m 0 0 x
0
1-x 0
1
= +m-1-mx ， x 0
0
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557 34271 1
所以-lnx = -1，即 +lnx -1=0，
0 x x 0
0 0
令mx
1
= +lnx-1，
x
则mx
1 1 x-1
=- + = ，
x2 x x2
当x∈(0,1)时，mx <0，m(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，mx >0，m(x)单调递增，
所以mx =m1
min
=0，
1
所以m(x)=0只有一个解为x=1，即 +lnx -1=0只有一个解为x =1，
x 0 0
0
所以切点为(1,0)，
所以k =f(1)=1+m，
切
故只有一条切线；
(2)因为f(x)≤g(x)，
所以lnx+mx-m≤ax2+b-1，
即当x∈(0,+∞)时，lnx+mx-m-ax2-b+1≤0恒成立．
设hx =lnx+mx-m-ax2-b+1，则hx
1 1-2ax2
= -2ax+m= +m(m>
x x
0)．
令hx =0，则-2ax2+mx+1=0，△=m2+8a>0，
所以方程有-2ax2+mx+1=0两异号的根x ，x ，
1 2
设x <0，x >0，
1 2
当x∈(0,x 2 )时，hx >0，当x∈(x 2 ，+∞)时，hx <0，
所以h(x)在(0,x )单调递增，在(x ，+∞)单调递增减，且-2ax2+mx +1=0；
2 2 2 2
又因为hx max =hx 2 =lnx +mx -m-ax2-b+1≤0在(0,+∞)上恒成立， 2 2 2
1
即lnx +ax2-2ax + -b≤0在(0,+∞)上恒成立，
2 2 2 x
2
令tx
1
=lnx+ax2-2ax+ -b，x>0，
x
则tx
1 1
= +2ax-2a- =x-1
x x2
1
+2a
x2
，
令tx >0，即x>1，t(x)单调增函数；
令tx <0，即00)恒成立，求k+1 m的最小值tm ，并求出tm
的最大值.
【解析】(1)由于f(x)=ax2+(2a-1)x-lnx(a∈R)，则定义域为0,+∞ ，
1 2ax2+(2a-1)x-1 (x+1)(2ax-1)
可得：f(x)=2ax+(2a-1)- = = ，
x x x
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558 3427当a≤0时，∵x>0，∴fx <0，故fx 在区间0,+∞ 上单调递减；
当a>0时，∵x>0，∴由fx
1
<0得00可得x> ，
2a
故fx
1
在区间0,
2a
1
单调递减，在区间 ,+∞
2a
上单调递增.
综上：当a≤0时，fx 在0,+∞ 上单调递减；
当a>0时，fx
1
在0,
2a
1
上单调递减，在 ,+∞
2a
上单调递增.
(2)令φx =lnx-k+1 x-m，则对∀x∈0,+∞ ，都有φx ≤0成立.
1
因为φ(x)= -(k+1)，
x
所以当k+1≤0时，函数在φx 在0,+∞ 上单调递增，
注意到φem =-(k+1)em≥0，∴这与φx ≤0恒成立矛盾，不成立；
当k+1>0时，φx
1
>0得0
k+1
则φx
1
在区间0,
k+1
1
上单调递增，在 ,+∞
k+1
上单调递减，
1
∴φ(x)≤φ
k+1
=-ln(k+1)-1-m.
若对∀x∈0,+∞ ，都有φx ≤0成立，则只需-lnk+1 -1-m≤0成立，
ln(k+1)≥-1-m⇒k+1≥e-1-m，
当m>0时，则k+1 m的最小值tm =me-1-m，
∵tm =e-1-m 1-m ，tm >0得01，
∴函数tm 在0,1 上递增，在1,+∞
1
上递减，∴t(m)≤t(1)= ，
e2
即tm
1
的最大值为 .
e2
913 (2024·高二单元测试)若对于任意正实数x，都有lnx-aex-b+1≤0(e为自然对数的
底数)成立，则a+b的最小值是 .
【答案】0
【解析】因为对于任意正实数xx都有lnx-aex-b+1≤0成立，
1
不妨将x= 代入不等式中，得a+b≥0.
e
下面证明a+b=0时满足题意，
令a=1,b=-1，fx =lnx-ex+2，则fx
1 1-ex
= -e= .
x x
由fx
1
=0 ，得x= ，函数fx
e
1
在0,
e
1
上单调递增，在 ,+∞
e
上单调递减，
所以fx
1
=f
max e
=0，即fx ≤0对任意正数x都成立，
即a=1,b=-1，a+b=0时满足题意，所以a+b的最小值为0.
故答案为:0
914 (2024·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测)设k,b∈R，若关于x的不等式lnx-1
-b≤xk-1 在1,+∞
b-2k+1
上恒成立，则 的最小值是 .
k-1
【答案】-e-3/-3-e
【解析】由题意知，不等式lnx-1 +1-k x≤b在1,+∞ 上恒成立，
令t=x-1>0，则lnt+t+1-kt+1 ≤b在0,+∞ 上恒成立，
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559 3427令ft =lnt+t+1-kt+1 ，所以ft
1
= +1-k，
t
若k≤1，则ft >0,ft 在0,+∞ 递增，当t→+∞时，ft →+∞，不等式不恒成立，
1
故k>1，当00，当t> 时，ft
k-1
<0，
1
所以当t= 时，ft
k-1
1
取得最大值f
k-1
1
=ln -1+1-k=-lnk-1
k-1
-k，
所以-lnk-1 -k≤b，所以lnk-1 +k-1≥-2-b-1
b-1 -2
，所以 ≥ -
k-1 k-1
lnk-1
-1，
k-1
令gk-1
-2 lnk-1
= -
k-1
-1,u=k-1，则gu
k-1
-2 lnu
= - -1，
u u
所以gu
2 1-lnu 1+lnu 1
= - = ，当0 时，gu
e
>
0，
1
所以当u= 时，gu
e
1
取得最小值g
e
b-1
=-e-1, 的最小值是-e-1.
k-1
b-2k+1 b-1-2k-1
又 =
k-1
b-1
= -2，所求最小值是-e-3.
k-1 k-1
故答案为：-e-3
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560 3427
