第23讲不等式恒成立_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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≤fx  ⇔m≤fx  ；
min
(2)∀x∈D，m≥fx  ⇔m≥fx  ；
max
(3)∃x∈D，m≤fx  ⇔m≤fx  ；
max
(4)∃x∈D，m≥fx  ⇔m≥fx  ．
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=fx  ，x∈a,b  ，y=gx  ，x∈c,d  ．
(1)若∀x 1 ∈a,b  ，∀x 2 ∈c,d  ，有fx 1  <gx 2  成立，则fx  <gx max  ； min
(2)若∀x 1 ∈a,b  ，∃x 2 ∈c,d  ，有fx 1  <gx 2  成立，则fx  <gx max  ； max
(3)若∃x 1 ∈a,b  ，∃x 2 ∈c,d  ，有fx 1  <gx 2  成立，则fx  <gx min  ； max
(4)若∀x 1 ∈a,b  ，∃x 2 ∈c,d  ，有fx 1  =gx 2  成立，则fx  的值域是gx  的值域的子
集．
4、法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)limfx
x→a
 =0及limgx
x→a
 =0；
(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；
fx
(3)lim
x→a

gx 
=l，
fx
那么lim
x→a

gx 
fx
=lim
x→a

gx 
=l．
法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limfx
x→∞
 =0及limgx
x→∞
 =0；
(2)∃ A>0，f(x)和g(x)在-∞,A  与A,+∞  上可导，且g(x)≠0；
fx
(3)lim
x→∞

gx 
=l，
fx
那么lim
x→∞

gx 
fx
=lim
x→∞

gx 
=l．
法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)limfx
x→a
 =∞及limgx
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；
fx
(3)lim
x→a

gx 
=l，
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505 3427fx
那么lim
x→a

gx 
fx
=lim
x→a

gx 
=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．
fx
lim
x→a

gx 
fx
=lim
x→a

gx 
fx
=lim
x→a

gx 
，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fx 
1
= x2-aex a∈R
2
 .
(1)已知函数fx  在 0,f0    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，fx  ≤-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fx  求导得fx  =x-aex，则函数fx  的图象在 0,f0    处的切线斜率为
f0  =-a，而f0  =-a，
于是函数fx  的图象在 0,f0    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gx  =fx 
3
+x2+ax+a= x2-aex+ax+ax≥0
2
 ，依题意，当x≥0时，g(x)
≤0恒成立，
求导得gx  =3x-aex+a，设hx  =3x-aex+ax≥0  ，求导得hx  =3-aex，
当a≥3时，当x≥0时，aex≥3ex≥3，即有hx  ≤0，
因此函数hx  ，即gx  在0,+∞  上单调递减，于是当x≥0时，gx  ≤g0  =0，
则函数gx  在0,+∞  上单调递减，从而当x≥0时，gx  ≤g0  =0，因此a≥3，
3
当0<a<3时，当0<x<ln 时，hx
a
 >0，则函数hx  ，即gx 
3
在 0,ln
 a
 上单调
递增，
3
于是当0<x<ln 时，gx
a
 >g0  =0，即函数gx 
3
在 0,ln
 a
 上单调递增，
3
因此当0<x<ln 时，gx
a
 >g0  =0，不合题意，
当a≤0时，hx  >0，函数hx  ，即gx  在0,+∞  上单调递增，
则当x≥0时，gx  ≥g0  =0，即函数gx  在0,+∞  上单调递增，
于是当x>0时，gx  >g0  =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fx  =ex-a,gx  =lnx+a  ，
其中a∈R．
(1)讨论方程fx  =x实数解的个数；
(2)当x≥1时，不等式fx  ≥gx  恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)由fx  =x可得，ex-a=x，
令sx  =ex-x-a,sx  =ex-1，令y=0，可得x=0，
当x∈-∞,0  ,sx  <0，函数sx  单调递减，
当x∈0,+∞  ,sx  >0，函数sx  单调递增，
所以函数sx  在x=0时取得最小值1-a，
所以当a<1时，方程fx  =x无实数解，
当a=1时，方程fx  =x有一个实数解，
当a>1时，1-a<0，故sx  <0，
min
而s-a  =e-a>0，sa  =ea-2a，
设ua  =ea-2a,a>1，则ua  =ea-2>0，
故ua  在1,+∞  上为增函数，故ua  >u(1)=e-2>0，
故sx  有两个零点即方程fx  =x有两个实数解.
(2)由题意可知，
不等式fx  ≥gx  可化为，ex-a≥lnx+a  ,x>-a，
即当x≥1时，ex-lnx+a  -a≥0恒成立，
所以-a<1，即a>-1，
令hx  =ex-lnx+a  -a,hx 
1
=ex- ，
x+a
则hx  在1,+∞  上单调递增，而h1 
1
=e- ，
1+a
当h1 
1
≥0即a≥-1+ 时，hx
e
 ≥0,hx  在1,+∞  上单调递增，
故hx  =h1
min
 =e-ln(1+a)-a，
e-ln(1+a)-a≥0

由题设可得 1 ，
a>-
e
设va 
1
=e-ln(1+a)-a，则该函数在- ,+∞
e
 上为减函数，
而ve-1 
1
=0，故- <a≤e-1.
e
当h1 
1
<0即-1<a<-1+ 时，因为h a
e
  +1  =ea 
1
+1-
a 
>0，
+1+a
故hx  在1,+∞  上有且只有一个零点x ， 0
当1<x<x 0 时，hx  <0，而x>x 0 时，hx  >0，
故hx  在1,x 0  上为减函数，在x 0 ,+∞  上为增函数，
故hx  min =ex0-lnx 0 +a  -a≥0，
1
而ex0= x +a ，故x 0 =-lnx 0 +a
0
 ，故ex0+x -a≥0 0
1
因为x >1，故ex0+x >1+e>a，故-1<a<-1+ 符合，
0 0 e
综上所述，实数a的取值范围为-1,e-1  ．
853 (2024·全国·统考高考真题)已知函数fx 
sinx π
=ax- ,x∈0,
cos2x 2
 ．
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507 3427(1)当a=1时，讨论fx  的单调性；
(2)若fx  +sinx<0，求a的取值范围．
【解析】(1)因为a=1，所以fx 
sinx π
=x- ,x∈0,
cos2x 2
 ，
则fx 
cosxcos2x-2cosx-sinx
=1-
 sinx cos2x+2sin2x
=1-
cos4x cos3x
cos3x-cos2x-21-cos2x
=
 cos3x+cos2x-2
= ，
cos3x cos3x
π
令t=cosx，由于x∈0,
2
 ，所以t=cosx∈0,1  ，
所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2 t-1  +2t+1  t-1  =
t2+2t+2  t-1  ，
因为t2+2t+2=t+1

2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0，
所以fx 
cos3x+cos2x-2 π
= <0在0,
cos3x 2
 上恒成立，
所以fx 
π
在0,
2
 上单调递减.
(2)法一：
构建gx  =fx 
sinx π
+sinx=ax- +sinx0<x<
cos2x 2
 ，
则gx 
1+sin2x π
=a- +cosx0<x<
cos3x 2
 ，
若gx  =fx  +sinx<0，且g0  =f0  +sin0=0，
则g0  =a-1+1=a≤0，解得a≤0，
sinx 1
当a=0时，因为sinx- =sinx1-
cos2x cos2x
 ，
π
又x∈0,
2

1
，所以0<sinx<1，0<cosx<1，则 >1，
cos2x
所以fx 
sinx
+sinx=sinx- <0，满足题意；
cos2x
π
当a<0时，由于0<x< ，显然ax<0，
2
所以fx 
sinx sinx
+sinx=ax- +sinx<sinx- <0，满足题意；
cos2x cos2x
综上所述：若fx  +sinx<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为-∞,0  .
法二：
sinx sinxcos2x-sinx sinxcos2x-1
因为sinx- = =
cos2x cos2x
 sin3x
=- ，
cos2x cos2x
π
因为x∈0,
2
 ，所以0<sinx<1，0<cosx<1，
sinx π
故sinx- <0在0,
cos2x 2
 上恒成立，
所以当a=0时，fx 
sinx
+sinx=sinx- <0，满足题意；
cos2x
π
当a<0时，由于0<x< ，显然ax<0，
2
所以fx 
sinx sinx
+sinx=ax- +sinx<sinx- <0，满足题意；
cos2x cos2x
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508 3427当a>0时，因为fx 
sinx sin3x
+sinx=ax- +sinx=ax- ，
cos2x cos2x
令gx 
sin3x π
=ax- 0<x<
cos2x 2
 ，则gx 
3sin2xcos2x+2sin4x
=a- ，
cos3x
注意到g0 
3sin20cos20+2sin40
=a- =a>0，
cos30
π
若∀0<x< ，gx
2
 >0，则gx 
π
在0,
2
 上单调递增，
注意到g0  =0，所以gx  >g0  =0，即fx  +sinx>0，不满足题意；
π
若∃0<x 0 < 2 ，gx 0  <0，则g0  gx 0  <0，
π
所以在0, 2 
π
上最靠近x=0处必存在零点x ∈0, 1 2  ，使得gx 1  =0，
此时gx  在0,x 1  上有gx  >0，所以gx  在0,x 1  上单调递增，
则在0,x 1  上有gx  >g0  =0，即fx  +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fx  =mlnx，gx  =ex-1．
(1)若曲线y=fx  在1,0  处的切线与曲线y=gx  相交于不同的两点Ax 1 ,y 1  ，
Bx 2 ,y 2  ，曲线y=gx  在A，B点处的切线交于点Mx 0 ,y 0  ，求x +x -x 的值； 1 2 0
(2)当曲线y=fx  在1,0  处的切线与曲线y=gx  相切时，若∀x∈1,+∞  ，fx  +
egx  >a+1  e-aex恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)因为fx 
m
= ，所以f1
x
 =m，
所以曲线y=fx  在1,0  处的切线方程为y=mx-1  ．
由已知得mx 1 -1  =ex1-1，mx 2 -1  =ex2-1，不妨设1<x <x ， 1 2
又曲线y=gx  在点A处的切线方程为y=ex1-1 x-x 1  +ex1-1，
在点B处的切线方程为y=ex2-1 x-x 2  +ex2-1，
两式相减得ex1-1-ex2-1  x+1  -xex1-1+x ex2-1=0， 1 2
将mx 1 -1  =ex1-1，mx 2 -1  =ex2-1，
代入得mx 1 -mx 2  x+1  -x 1 ⋅ mx 1 -1    +x 2 ⋅ mx 2 -1    =0，
化简得mx 1 -x 2  x+2-x 1 -x 2  =0，
显然m≠0，所以mx 1 -x 2  ≠0，所以x 1 +x 2 -x=2，又Mx 0 ,y 0  ，所以x +x -x =2． 1 2 0
(2)当直线y=mx-1  与曲线y=gx  相切时，设切点为P t,gt    ，
则切线方程为y-et-1=et-1 x-t  ，将点1,0  代入，解得t=2，此时m=e，fx  =
elnx，
根据题意得，∀x∈1,+∞  ，fx  +egx  >a+1  e-aex，
即ex-1+lnx+ax-a-1>0恒成立．
令Fx  =ex-1+ax-1  +lnx-1x≥1  ，则，Fx 
1
=ex-1+a+ ，令hx
x
 =Fx  ，则
hx 
1
=ex-1- ，
x2
易知hx  在1,+∞  上单调递增，所以hx  ≥h1  =0，
所以Fx  在1,+∞  上单调递增，所以Fx  ≥F1  =a+2．
若a≥-2，则Fx  ≥a+2≥0，即Fx  在1,+∞  上单调递增，
则Fx  ≥F1  =0，所以fx  +egx  >a+1  e-aex在1,+∞  上恒成立，符合题
意；
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509 3427若a<-2，则F1  =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Fx 0  =0，
当x∈1,x 0  时，Fx  <0，Fx  单调递减，即Fx  <F1  =0，
所以此时存在x∈1,x 0  ，使得fx  +egx  <a+1  e-aex，不符合题意．
综上可得，a的取值范围为-2,+∞  ．
2 题型二：端点恒成立
855 (2024·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测)设函数fx 
1
= sinx-
2
π
xcosx0<x<
2
 ,gx  =fx 
1
+ sinx-ax3．
2
(1)求fx 
π
在x= 处的切线方程；
2
(2)若任意x∈0,+∞  ，不等式gx  ≤0恒成立，求实数a的取值范围．
π π
【解析】(1)x= 时，f
2 2

1
= ；又fx
2

1 π
=xsinx- cosx，则k=f
2 2

π
= ，
2
1 π π
切线方程为：y- = x-
2 2 2

π 2-π2
，即y= x+
2 4
(2)gx  =sinx-xcosx-ax3，
则gx  =xsinx-3ax  ，又令hx  =sinx-3ax,hx  =cosx-3a，
1
①当3a≤-1，即a≤- 时，hx
3
 ≥0恒成立，∴hx  在区间0,+∞  上单调递增，
∴hx  ≥h0  =0，∴gx  ≥0，∴gx  在区间0,+∞  上单调递增，
∴gx  ≥g0  =0(不合题意)；
1
②当3a≥1即a≥ 时，hx
3
 ≤0,hx  在区间0,+∞  上单调递减，
∴hx  ≤h0  =0，∴gx  ≤0，∴gx  在区间0,+∞  上单调递减，
∴gx  ≤g0  =0(符合题意)；
1 1
③当-1<3a<1，即- <a< 时，由h0
3 3
 =1-3a>0,hπ  =-1-3a<0，
∴∃x 0 ∈0,π  ，使hx 0  =0，且x∈0,x 0  时，hx  >0,hx  >h0  =0,gx  >0，
∴gx  在x∈0,x 0  上单调递增，∴gx  >g0  =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-
ax2-1  ．
(1)当a=0时，求函数fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)若函数y=fx  在x=1处取得极值，求实数a的值；
(3)若不等式fx  ≤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fx  在点 1,f1    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0<x<1时，g(x)>0，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)<h(1)=1-2a≤0，即f(x)<0，f(x)在(1,+∞)上为减函数，f(x)<f(1)=0，符
合题意；
1 1
(ii)若 >1，即0<a< 时，
2a 2
1
当x∈1,
2a

1
时，h(x)>0，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fx 
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fx  =ln1+x  ,gx 
ax
= ,fx
ex
 与gx  分别
是fx  与gx  的导函数.
(1)证明:当a=1时,方程fx  =gx  在-1,0  上有且仅有一个实数根;
(2)若对任意的x∈0,+∞  ,不等式fx  >gx  恒成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)fx  =ln1+x  ,fx 
1
= ,
1+x
当a=1时,gx 
x
= ,gx
ex

1-x
= ,
ex
令hx  =fx  -gx 
1 1-x 1
= - =
1+x ex 1+x 
ex+x2-1
ex
 ,
令μx  =ex+x2-1,则μx  =ex+2x,
显然μx  在-1,0 
1
上是单调递增函数,且μ-
2

1
= -1<0,μ0
e
 =1>0,
∴μx 
1
在- ,0 2  上有唯一零点x , 0
且x∈-1,x 0  时,μx  <0,μx  单调递减,
x∈x 0 ,0  时,μx  >0,μx  单调递增,
又μ0 
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
∴μx 
6 1
=0在- ,-
3 2
 上有唯一的根,
∴hx  =fx  -gx  在-1,0  上有唯一零点,
即fx  =gx  在-1,0  上有且仅有一个实数根.
(2)∵fx  -gx  =ln1+x 
ax 1
- = exln1+x
ex ex
  -ax  ,
令Gx  =exln1+x  -ax,x∈0,+∞  ,则G0  =0,
fx  >gx  等价于:Gx  >0,x∈0,+∞  ,
Gx  =ex ln1+x 
1
  +
 1+x
 -a,G0  =1-a,
令Hx  =ex ln1+x 
1
  +
 1+x
 -a,
则Hx  =ex ln1+x   2 1

 +
1+x
-
(1+x)2
 ,
令Tx  =ln1+x 
2 1
+ - ,x∈0,+∞
1+x (1+x)2
 ,
则Tx 
1 2 2 x2+1
= - + = >0,
1+x (1+x)2 (1+x)3 (1+x)3
故Tx  在0,+∞  上单调递增,Tx  ≥T0  =1,Hx  ≥1>0,
故Hx  即Gx  在0,+∞  上单调递增,Gx  >1-a,
当a≤1时,Gx  >0,
∴Gx  在0,+∞  上单调递增,
∴Gx  >G0  =0;
当a>1时,G0  =1-a<0,取x =e-1+lna>0, 1
则ln1+x 1  =lne+lna 
1
>lne=1, >0, 1+x
1
ex1=ee-1+lna>elna=a,
∴Gx 1  =ex1 ln1+x 1   1  +  1+x
1
 -a>a⋅1+0  -a=0,
∴∃x 2 ∈0,x 1  ,使得Gx 2  =0,
x∈0,x 2  时,Gx  <0,Gx  单调递减,
此时Gx  <G0  =0,不符合题意.
综上可知:a的取值范围为-∞,1  .
858 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数fx 
1
= ax3+x，函数gx
3
 =ex-
2x+sinx.
(1)求函数gx  的单调区间；
(2)记Fx  =gx  -fx  ，对任意的x≥0，Fx  ≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)gx  =ex-2x+sinx，函数定义域为R，
则gx  =ex-2+cosx且g0  =0，
令φx  =gx  ，φx  =ex-sinx,x∈0,+∞  ,φx  =ex-sinx>1-sinx≥0，φx 
在0,+∞  上单调递增，
所以φx  =gx  >g0  =0，所以gx  的单调递增区间为0,+∞  ，
x∈-∞,0  ，gx  =ex-2+cosx<cosx-1≤0，所以gx  的单调递减区间为
第 页 共 页
512 3427-∞,0  .
(2)fx 
1
= ax3+x，fx
3
 =ax2+1，
则Fx  =gx  -fx  =ex-2x+sinx-ax2-1，且F0  =0，
Fx  =ex+cosx-2ax-2,x∈0,+∞  ,
令Gx  =Fx  ，Gx  =ex-sinx-2a，
令Hx  =Gx  ，x≥0时Hx  =ex-cosx≥1-cosx≥0，
所以Gx  在0,+∞  上单调递增，
1
①若a≤ ，Gx
2
 ≥G0  =1-2a≥0，
所以Fx  在0,+∞  上单调递增，所以Fx  ≥F0  =0，
所以Fx  ≥F0  =0恒成立.
1
②若a> ,G0
2
 =1-2a<0，G ln2a+2    =2-sin2a+2  >0，
所以存在x 0 ∈ 0,ln2a+2    ，使Gx 0  =0，
故存在x∈0,x 0  ，使得Gx  <0，
此时Gx  单调递减，即Fx  在0,x 0  上单调递减，
所以Fx  ≤F0  =0，故Fx  在0,x 0  上单调递减，
所以此时Fx  ≤F0  =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fx 
sinx
= ．
ex
(1)讨论fx  在0,π  上的单调性；
π
(2)若对于任意x∈ 0,
 2
 ，若函数fx  ≤kx恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】(1)fx 
π
2cosx+
cosx-sinx 4
= =
ex

，
ex
fx 
π
>0，则0<x< ；fx
4

π
<0，则 <x<π，
4
所以fx 
π
在 0,
 4

π
单调递增，在  ,π
 4
 单调递减．
(2)令gx 
sinx
= -kx，有g0
ex
 =0
当k≤0时，x≥0,ex>0,sinx≥0,gx  ≥0，不满足；
当k>0时，gx 
cosx-sinx
= -k，
ex
令hx  =gx 
cosx-sinx
= -k，
ex
所以hx 
-2cosx π
= ≤0在 0,
ex  2
 恒成立，
则gx 
π
在 0,
 2
 单调递减，
g0 
π
=1-k，g
2

-1
= -k<0，
π
e2
①当1-k≤0，即k≥1时，gx  ≤g0  ≤0，
第 页 共 页
513 3427所以gx 
π
在 0,
 2
 单调递减，
所以gx  ≤g0  =0，满足题意；
②当1-k>0，即0<k<1时，
因为gx 
π
在 0,
 2
 单调递减，g0 
π
=1-k>0，g
2

-1
= -k<0，
π
e2
π
所以存在唯一x ∈0, 0 2  ，使得gx 0  =0，
所以gx  在0,x 0  单调递增，
所以gx 0  >g0  =0，不满足，舍去.
综上：k≥1.
860 (2024·四川泸州·统考三模)已知函数fx  =x-1  ex+ax+2．
(1)若fx  单调递增，求a的取值范围；
(2)若x≥0，fx  ≥sinx+cosx，求a的取值范围．
【解析】(1)由fx  =x-1  ex+ax+2，得fx  =xex+a，
由于fx  单调递增，则fx  ≥0即a≥-xex恒成立，
令gx  =-xex，则g(x)=-(x+1)ex，
可知x<-1时，g(x)>0，则gx  在(-∞,-1)上单调递增；
x>-1时，g(x)<0，则gx  在(-1,+∞)上单调递减，
故x=-1时，gx  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，fx  ≥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hx  ≥0恒成立，
可得h0  =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tx  =x+2  ex，
则x≥0，tx  >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ux  =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0<x<x 时，h(x)<0，则h(x)在(0,x )单调递减，
0 0
所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，
综上所述，a的取值范围是1,+∞  .
第 页 共 页
514 34273 题型三：端点不成立
861 (2024·重庆·统考模拟预测)已知函数f(x)=alnx-x(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的极值；
xa
(2)当x>0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0<x<a；令fx  <0，解得x>a；
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efx
ex
 -2f(x)-sin[f(x)]-1≥0，
构建gx  =ex-2x-sinx-1，则gx  =ex-2-cosx，
①当x≤0时，则ex≤1,-cosx≤1，则gx

=ex-2-cosx<0，等号不能同时取到，
所以gx  在-∞,0  上单调递减；
②当x>0时，构建φx  =gx  ，则φx  =ex+sinx，
因为ex>1,sinx≥-1，则φx

=ex+sinx>0，
所以φx  在0,+∞  上单调递增，
且φ0  =-2<0，φ1 
π 2
=e-2-cos1>e-2-cos =e-2- >0，
4 2
故φx  在0,+∞  内存在唯一零点x 0 ∈0,1  ，
当0<x<x 0 时，则φx  <0；当x>x 0 时，则φx  >0；
即当0<x<x 0 时，则gx  <0；当x>x 0 时，则gx  >0；
所以gx  在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增；
综上所述：gx  在-∞,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
则gx  ≥gx 0  =ex0-2x 0 -sinx 0 -1，且gx 0  <g0  =0，
gx  的图象大致为：
对于函数f(x)，由(1)可知：
①当a<0时，f(x)在0,+∞  上单调递减，
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)的值域为R，则g fx    ≥0不恒成立，不合题意；
第 页 共 页
515 3427②当a>0时，f(x)在0,a  上单调递增，在a,+∞  上单调递减，
则fx  ≤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 fx    ≥0恒成立，则fx  ≤0恒成立，
即alna-a≤0，解得0<a≤e；
综上所述：a的取值范围0,e  .
862 (2024·江苏南京·高二南京市中华中学校考期末)已知函数f(x)=lnx+lna+(a-1)x+
2(a>0)．
(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0<a<1时，由f(x)>0，得0<x< ，由f(x)<0，得x> ，
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0<a<1时，f(x)在0,
1-a
 上
1
为减函数，在 ,+∞
1-a
 上为增函数.
(2)ex-2≥f(x)⇔ex-2≥lnx+lna+(a-1)x+2⇔ex-2+x-2≥ln(ax)+ax
⇔lnex-2+ex-2≥ln(ax)+ax，
设g(x)=lnx+x，则原不等式恒成立等价于g(ex-2)≥g(ax)在(0,+∞)上恒成立，
1
g(x)= +1>0，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0<x<1，令h(x)>0，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0<a≤ .
min e e
863 (2024·江西·校联考模拟预测)已知函数fx 
lnx
= -x+1．
x
(1)求fx  的单调区间；
(2)若对于任意的x∈0,+∞  ，fx 
1
+ +x≤aex恒成立，求实数a的最小值．
x
【解析】(1)由fx 
lnx
= -x+1定义域为x∈0,+∞
x

又fx 
1
⋅x-lnx⋅1
x 1-lnx-x2
= -1=
x2 x2
令hx  =1-lnx-x2，显然hx  在0,+∞  单调递减，且h1  =0；
∴当x∈0,1  时，hx  >0⇒fx  >0；
当x∈1,+∞  时，hx  <0⇒fx  <0．
第 页 共 页
516 3427则fx  在0,1  单调递增，在1,+∞  单调递减
(2)法一：∵任意的x∈0,+∞  ，fx 
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gx 
x+lnx+1
= ，则gx
xex

-x+1
=
 x+lnx 
．
x2ex
令hx  =x+lnx，则hx  在0,+∞  上单调递增，
1
∵h
e

1
= -1<0，h1
e
 =1>0．
1
∴存在x ∈ ,1 0 e  ，使得hx 0  -x +lnx =0 0 0
当x∈0,x 0  时，hx  <0，gx  >0，gx  单调递增；
当x∈x 0 ,+∞  时，hx  >0，gx  <0，gx  单调递减，
由x +lnx =0，可得x =-lnx ，
0 0 0 0
∴gx  max =gx 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gx 
x+lnx+1 x+lnx+1 x+lnx+1
= = =
xex elnx⋅ex elnx+x
不妨令t=x+lnxx>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ht 
t+1
= ⇒ht
et

-t
=
et
∴当t∈-∞,0  时，ht  >0；
当t∈0,+∞  时，ht  <0即ht  在-∞,0  单调递增
ht  在0,+∞  单调递减
∴ht  =h0
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fx  =ax-lnx，a∈R．
1
(1)若a= ，求函数fx
e
 的最小值及取得最小值时的x值；
(2)若函数fx  ≤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，fx
e

1
= x-lnx，定义域为0,+∞
e
 ，
所以fx 
1 1 x-e
= - = ，令fx
e x ex
 =0得x=e，
所以，当x∈0,e  时，fx  <0，fx  单调递减；
当x∈e,+∞  时，f(x)>0，fx  单调递增，
所以，函数fx  在x=e处取得最小值，fx  =fe
min
 =0.
(2)因为函数fx  ≤xex-a+1  lnx对x∈0,+∞  恒成立
所以xex-ax+lnx  ≥0对x∈0,+∞  恒成立，
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517 3427令hx  =xex-ax+lnx 
1
,x>0，则h(x)=(x+1)ex-a1+
x

a
=(x+1)ex-
x
 ，
①当a=0时，h(x)=(x+1)ex>0，hx  在0,+∞  上单调递增，
所以，由hx  =xex可得hx  >0，即满足xex-ax+lnx  ≥0对x∈0,+∞  恒成立；
②当a<0时，则-a>0，h(x)>0，hx  在0,+∞  上单调递增，
因为当x趋近于0+时，hx  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kx 
a
=ex- ，kx
x

a
=ex+ >0恒成立，故kx
x2
 在0,+∞  上单调递增，
因为当x趋近于正无穷时，kx  趋近于正无穷，当x趋近于0时，kx  趋近于负无穷，
所以∃x 0 ∈0,+∞  ，使得hx 0  =0，a=x ex0， 0
所以，当x∈0,x 0  时，h(x)<0，hx  单调递减，
当x∈x 0 ,+∞  时，h(x)>0，hx  单调递增，
所以，只需hx  min =hx 0  =x 0 ex0-ax 0 +lnx 0  =x 0 ex01-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0<a≤e，所以，a∈0,e  ，
综上所解，实数a的取值范围为0,e  ．
865 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =ex-1-alnx，其中a∈R．
(1)当a=1时，讨论fx  的单调性；
(2)当x∈0,π  时，2fx+1  -cosx≥1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex-1-lnx，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
1
求导得f(x)=ex-1- ，
x
显然函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(1)=0，
因此当x∈(0,1)时,f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,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0<a≤1时,g(x)≥g(0)=2-2a≥0,g(x)在[0,π]上单调递增，
于是g(x)≥g(0)=2e0-2aln1-cos0=1，满足题意，
2a
(ii)当g(π)=2eπ- +sinπ≤0，即a≥(π+1)eπ时，对∀x∈[0,π],g(x)≤0，则
π+1
g(x)在(0,π)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=2e0-2aln1-cos0=1，不合题意，
(iii)当1<a<(π+1)eπ时，因为g(x)在[0,π]上单调递增，
2a
且g(0)g(π)=(2-2a)2eπ- π+1  <0，于是∃x 0 ∈[0,π]，使gx 0  =0，且当x∈
0,x 0  时,g(x)单调递减，
第 页 共 页
518 3427此时g(x)<g(0)=2e0-2aln1-cos0=1，不合题意，
所以实数a的取值范围为(-∞,1].
4 题型四：分离参数之全分离，半分离，换元分离
866 (2024·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测)已知函数fx 
2x 2
=ln +a-
a a
 x-x2.
(1)若a<0,fx  的极大值为3，求实数a的值；
(2)若∀x∈0,+∞  ,fx 
2
<axex+a- -1
a
 x-x2，求实数a的取值范围.
2x
【解析】(1)因为a<0，由 >0，得x<0，即fx
a
 的定义域为-∞,0  .
因为fx 
2x 2
=ln +a-
a a
 x-x2，
所以fx 
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，fx  >0，
a
当x∈ ,0
2
 时，fx  <0，所以当a<0时，
fx 
a
在-∞,
2

a
上单调递增，在 ,0
2
 上单调递减.
a
所以当x= 时，fx
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,fx 
2
<axex+a- -1
a
 x-x2，
2x 2
即ln <axex-x，所以ln <axex-lnaxex
a a2
 .
2
令t=axex(t>0)，则ln <t-lnt，
a2
令gt  =t-lnt，则gt 
1 t-1
=1- = ，所以当t∈0,1
t t
 时，gt  <0，
当t∈1,+∞  时，gt  >0，所以gt  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以∀t>0,gt  ≥g1  =1，即∀x>0,axex-lnaxex  ≥1，
2 2 2
所以ln <1，所以 <e，又a>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fx  =ex-ax，x≥0且a∈R．
(1)求函数fx  的单调性；
(2)若fx  ≥x2+1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)fx  =ex-a，x≥0，
当a≤1时，fx  ≥0恒成立，则fx  在0,+∞  上单调递增；
当a>1时，x∈0,lna  时，fx  ≤0，则fx  在0,lna  上单调递减；
x∈lna,+∞  时，fx  ≥0，则fx  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gx 
ex-x2-1
= ，x>0，gx
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gx  在0,1  递减，在1,+∞  递增，所以
gx  =g1
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hx 
x2+ax+1
= ，x≥0，hx
ex

x-1
=-
 x+a-1 
，
ex
当a≥1时，hx  在0,1  单增，在1,+∞  单减，则hx  =h1
max

a+2
= ≤1，得a≤e
e
-2，舍：
当0<a<1时，hx  在0,1-a  单减，在1-a,1  单增，在1,+∞  单减，h0  =1，
h1 
a+2
= ，
e
得0<a<e-2；
当a=0时，hx  在0,+∞  单减，成立；
当a<0时，hx  在0,1  单减，在1,1-a  单增，在1-a,+∞  单减，h0  =1，
h1-a 
2-a
= ，而e1-a≥1-a+1，显然成立．
e1-a
综上所述，a≤e-2．
868 (2024·河北·模拟预测)已知函数fx  =e-a  ex+xa∈R  .
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)若存在实数a，使得关于x的不等式fx  ≤λa恒成立，求实数λ的取值范围.
【解析】(1)函数fx  =e-a  ex+xa∈R  ，x∈R，则f(x)=(e-a)ex+1，
当e-a≥0，即a≤e时，f(x)>0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e<a<2e时，φ(a)<0，u(a)<0，故u(a)在(e,2e)上单调递减，
当a>2e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fx 
x-1 π
=sinx+ ，x∈-π,
ex 2
 .
(1)求证：fx 
π
在-π,
2
 上单调递增；
(2)当-π,0  时，fx   -sinx  ex-cosx≤ksinx恒成立，求k的取值范围.
【解析】(1)fx 
x-1 π
=sinx+ ，x∈-π,
ex 2
 ，fx 
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fx 
2-x
=cosx+ >-1+2>0.
ex
π
当x∈0,
2
 时，cosx≥0，2-x>0，所以fx 
2-x
=cosx+ >0
ex
π
所以当-π,
2
 时，fx  >0，综上，fx 
π
在-π,
2
 上单调递增.
(2) fx   -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gx 
x-1-cosx
= ，
sinx
gx 
1+sinx
=
 sinx-cosxx-1-cosx  sinx+1-xcosx+cosx
=
sin2x sin2x
设hx  =sinx+1-xcosx+cosx，hx  =cosx-cosx+xsinx-sinx=x-1  sinx.
∵x∈-π,0  ，∴x-1<0，sinx<0，∴hx  >0
∴hx  在-π,0  上单调递增，
π
又由h-
2

π
=0，所以当x∈-π,-
2
 时，hx  <0，gx  <0，
∴gx 
π
在-π,-
2
 上单调递减；
π
当x∈- ,0
2
 时，∴hx  >0，gx  >0，∴gx 
π
在- ,0
2
 上单调递增，
所以g minx 
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fx  =kx2-ex+1，fx  为
fx  的导函数．
(1)讨论fx  的极值；
(2)当x>-1时，fx  ≥-xex，求k的取值范围．
【解析】(1)fx  =2kx-ex，记gx  =fx  x∈R  ，则gx  =2k-ex．
①当k≤0时，gx  <0，fx  在R上单调递减，故fx  无极值．
②当k>0时，令gx  =0，得x=ln2k  ，
当x∈ -∞,ln2k    时，gx  >0，fx  单调递增；
当x∈ ln2k   ,+∞  时，gx  <0，fx  单调递减．
所以fx  在x=ln2k  处取得极大值，且极大值为f ln2k    =2kln2k  -2k．
综上所述，当k≤0时，fx  无极值；当k>0时，fx  的极大值为2kln2k  -2k，无极
小值．
(2)fx  ≥-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hx 
x-1
=
 ex+1
(-1≤x<0或x>0)，则hx
x2

x3ex-2xx-1
=
 ex-2x
=
x4
x2-2x+2

ex-2
，
x3
设φx  =x2-2x+2  ex-2,(-1≤x<0或x>0)，则φx  =2x-2  ex+
x2-2x+2

ex=x2ex>0，
所以φx  单调递增，所以当x>0时，φx  >2e0-2=0，hx  >0，
当-1≤x<0时，φx  <0，hx  >0，
所以函数hx 
x-1
=
 ex+1
在0,+∞
x2
 和-1,0  上都为增函数，
取x 0 ∈-1,0  ，则hx 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Fx  =x-1  ex+x+1  e-x -1≤x<0  ，
则当-1≤x<0时，Fx  =xex-x+1  e-x+e-x=xex-e-x  >0，
所以Fx  =x-1  ex+x+1  e-x在-1,0  上单调递增，
所以当-1≤x<0时，Fx  <F0  =0，
所以当-1≤x 0 <0时，hx 0  <h-x 0  ，
所以hx 
x-1
=
 ex+1
(-1≤x<0或x>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，fx
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hx
x

1+lnx
= -ex+2,hx
x

-lnx-x2ex
= ，
x2
1
令ϕ(x)=-lnx-x2ex，则ϕ(x)=- -(x2+2x)ex<0(x>0)，
x
ϕx  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ϕx 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
ωln
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
hx  max =hx 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fx 
lnx-1
=

.
x2
(1)求函数fx  的极值点个数；
(2)若不等式x+1  2fx+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fx 
lnx-1
=

x>1
x2
 ，
可得fx 
x2
-2xlnx-1 x-1
=
 x-2x-1
=
x4
 lnx-1 
x-1  x3
令gx  =x-2x-1  lnx-1  ，则gx  =-2lnx-1  -1，
函数gx 
1
单调递减，且当x=1+ 时，gx
e
 =0，故函数gx  先增后减，
1
当1<x<1+ 时，gx
e
 =x-2x-1  lnx-1  ，
其中lnx-1  <0,2x-1  >0，∴-2x-1  lnx-1  >0，∴gx  >0
第 页 共 页
523 3427当x=e2+1时，ge2+1

=e2+1-4e2=1-3e2<0，
∴函数gx  只有一个零点，∴函数fx  的极值点个数为1.
(2)x+1  2fx+1 
3m 3
>m- -1变形，得lnx+1>m1-
x x
 ，
整理得xlnx+x-mx+3m>0，
令hx  =xlnx+x-mx+3m，则hx  =lnx+2-m，∵x>1，∴lnx>0，
若m≤2，则hx  >0恒成立，即hx  在区间1,+∞  上单调递增，
由h1 
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1<x<em-2，
所以hx  在区间1,em-2  上单调递减，在区间em-2,+∞  上单调递增，
所以hx  在区间1,+∞  上有最小值，hx  =hem-2
min
 =3m-em-2，
于是问题转化为3m-em-2>0m>2  成立，求m的最大值，
令φx  =3x-ex-2，则φx  =3-ex-2，∵当x>2+ln3时，φx  <0，φx  单调递减，
当2<x<2+ln3时，φx  >0,φx  单调递增，∴φx  在x=2+ln3处取得最大值，
∵1<ln3<2，∴3<2+ln3<4，∵φ3  =9-e>0，φ2+ln3  =3+3ln3>0，
φ4  =12-e2>0,φ5  =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fx  =a+1  ex-axa∈R  ．
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若x<0,fx  ≥-x2-x-1，求实数a的取值范围．
【解析】(1)函数fx  =a+1  ex-ax定义域为R，
fx  =a+1  ex-a，
令gx  =fx  =a+1  ex-a，则gx  =a+1  ex，
当a+1=0，即a=-1时gx  =0，fx  =1，所以fx  在定义域R上单调递增；
当a+1>0，即a>-1时gx  >0恒成立，所以fx  在定义域上单调递增，
令fx  =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fx
a+1 a+1 a+1
 >0，当x<
a
ln 时fx
a+1
 <0，
所以fx 
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-1<a≤0，此时fx
a+1
 ≥0恒成立，所以fx  在R上单调递增，
当a+1<0，即a<-1时gx  <0恒成立，所以fx  在定义域上单调递减，
令fx  =0，则a+1 
1 a
ex-a=0，即ex=1- >0，解得x=ln ，
a+1 a+1
a
所以当x>ln 时fx
a+1

a
<0，当x<ln 时fx
a+1
 >0，
所以fx 
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fx  在R上单调递增；
当a>0时fx 
a
在ln ,+∞
a+1

a
上单调递增，在-∞,ln
a+1
 上单调递减；
当-1<a≤0时fx  在R上单调递增；
第 页 共 页
524 3427当a<-1时fx 
a
在ln ,+∞
a+1

a
上单调递减，在-∞,ln
a+1
 上单调递增.
(2)当x<0时fx  ≥-x2-x-1，即a+1  ex-ax≥-x2-x-1，
即aex-x

≥-ex-x2-x-1，
令hx  =ex-x，x∈-∞,0  ，则hx  =ex-1<0，
所以hx  在-∞,0  上单调递减，则hx  >h0  =1，
-ex-x2-x-1 -x2-2x-1
所以ex-x>1，则a≥ = -1，
ex-x ex-x
令mx 
-x2-2x-1
= -1，x∈-∞,0
ex-x
 ，
则mx 
-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mx  >0，当-1<x<0时mx  <0，
即mx  在-∞,-1  上单调递增，在-1,0  上单调递减，
所以mx  =m-1
max
 =-1，所以a≥-1，即a∈-1,+∞  .
5 题型五：洛必达法则
1
874 已知函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x= 处取得极
2
值，且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0垂直.
(1)求实数a,b的值；
m
(2)若∀x∈[1,+∞) ，不等式 f(x)≤(m-2)x- 恒成
x
立，求实数m的取值范围.
a
【解析】(1)∵f(x)=alnx+bx ，∴f(x)= +b；
x
1
∵函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R) 在x= 处取得极值，
2
1
∴f
2
 =2a+b=0；
又∵曲线y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线与直线x-y+1
=0垂直，∴f(1)=a+b=-1；
解得：a=1,b=-2；
第 页 共 页
525 3427m
(2)不等式f(x)≤(m-2)x- 恒成立可化为lnx≤mx
x
m 1
- ，即lnx≤mx-
x x
 ；
xlnx
当x=1 时，恒成立；当x>1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)<m(1)=0，故h'(x)<0 ，所以h(x)=
x2-1
在(1,+∞)是减函数，
xlnx
而m要大于等于h(x)= 在(1,+∞)上的最大值，但
x2-1
当x=1时，y=h(x)没有意义，
xlnx lnx+1 1
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，lim = lim =
x→1 x2-1 x→1 2x 2
第 页 共 页
526 34271
，故答案为m≥ ．
2
x
875 设函数f(x)=1-e-x.当x≥0时，f(x)≤ ，求a的取值范围.
ax+1
【解析】由题设x≥0，此时f(x)≥0.
1 x x
①当a<0时，若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fx  =ex,gx 
1
= .
x
(1)若hx  =fx  -mgx  m∈R  ，判断hx  的零点个数；
(2)当x>0时，不等式exfx 
a+1
≥
gx 
+lnx+2恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵fx  =ex,gx 
1
= ，
x
∴hx  =fx  -mgx 
m
=ex- ，定义域为-∞,0
x
 ∪0,+∞  ，
令hx  =0，可得xex=m，设Wx  =xex x≠0  ，则Wx  =x+1  ex，
令Wx  =x+1  ex>0，得x>-1,∴Wx  在-1,0  ,0,+∞  上单调递增；
令Wx  =x+1  ex<0，得x<-1，
∴Wx  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Wx  的大致图象，
1
∴①当m<- 或m=0时，hx
e
 没有零点；
1
②当m=- 或m>0时，hx
e
 有一个零点；
1
③当- <m<0时，hx
e
 有两个零点.
(2)当x>0时，不等式exfx 
a+1
≥
gx 
+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μx  =ex-x-1，则μx  =ex-1，
当x∈-∞,0  时，μx  <0,μx  单调递减；
当x∈0,+∞  时，μx  >0,μx  单调递增，
∴μx  ≥μ0  =0,∵lnx+x+1  ∈R,μlnx+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vx  =lnx+x+1，显然vx  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vx 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exfx 
a+1
≥
gx 
+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fx  =aeax+aa>0  ，gx  =
1
2x+
x
 lnx.
(1)若fx  在点 0，f0    处的切线与gx  在点 1,g1    处的切线互相平行，求实数a的
值；
(2)若对∀x>0，fx  >gx  恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)依题意，fx  =a2eax，gx 
1
=21-
x2

2
lnx+ +2，
x2
则f(0)=a2，g1  =4，
因为f(x)在点(0,f(0))处的切线与g(x)在点 1,g1    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)>2x+
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0<x<1时，m(x)<0，m(x)单调递减；
当x>1时，m(x)>0，m(x)单调递增，
所以mx  =hx
min
 =h1
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0<x<e时，n(x)>0，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0<x≤1时，恒有mxemx>0,elnx⋅lnx≤0，即mxemx≥elnx⋅lnx恒成立，
于是当x>1时，lnx>0，有fmx  ≥flnx  ，
从而mx≥lnx对∀x∈1,+∞ 
lnx
恒成立，即m≥ 对∀x∈1,+∞
x
 恒成立，
令gx 
lnx
= ，求导得gx
x

1-lnx
= ，则当x∈1,e
x2
 时，gx  >0；当x∈e,+∞  时，
gx  <0，
因此函数gx 
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fx  =x+e-x，gx  =xa-alnx(a<0)，若fx  ≥gx 
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，0<xa<1,0<e-x<1.
1
令函数h(t)=lnt-t(0<t<1)，则h(t)= -1>0，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1<x<e，
令F(x)<0，即1-lnx<0，解得x>e，
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fx  =xa-e2x  ，其中a∈R.
(1)讨论函数fx  极值点的个数；
(2)对任意的x>0，都有fx  ≤-lnx-1，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知：fx  定义域为R，fx  =a-1+2x  e2x，
令fx  =0，则a=1+2x  e2x，
令gx  =1+2x  e2x，则gx  =2e2x+21+2x  e2x=4x+4  e2x，
∴当x∈-∞,-1  时，gx  <0；当x∈-1,+∞  时，gx  >0；
∴gx  在-∞,-1  上单调递减，在-1,+∞  上单调递增，
又g-1 
1
=-e-2，当x<- 时，gx
2
 <0恒成立，
∴gx  大致图象如下图所示，
则当a≤-e-2时，gx  ≥a恒成立，即fx  ≤0恒成立，
∴fx  在R上单调递减，无极值点；
当-e-2<a<0时，gx  与y=a有两个不同交点，
此时fx  有两个变号零点，∴fx  有两个极值点；
当a≥0时，gx  与y=a有且仅有一个交点，
此时fx  有且仅有一个变号零点，∴fx  有且仅有一个极值点；
综上所述：当a≤-e-2时，fx  无极值点；当-e-2<a<0时，fx  有两个极值点；当a
≥0时，fx  有且仅有一个极值点.
(2)由题意知：当x>0时，ax+lnx+1≤xe2x=elnx⋅e2x=e2x+lnx恒成立；
设hx  =ex-x-1，则hx  =ex-1，
∴当x∈-∞,0  时，hx  <0；当x∈0,+∞  时，hx  >0；
∴hx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，∴hx  ≥h0  =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fx  =xex-ax.
(1)当a=1时，求曲线y=fx  在x=1处的切线方程；
(2)若fx  ≥lnx-x+1恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时，fx  =xex-x，所以fx  =x+1  ex-1
所以f1  =2e-1，f1  =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Fx 
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mt  =et-t-1，因为mt  =et-1，
所以当t∈-∞,0  时，mt  <0，即mt  在区间-∞,0  上单调递减，
当t∈0,+∞  时，mt  >0，即mt  在区间0,+∞  上单调递增，
所以mt  =m0
min
 =0，所以mt  ≥m0  =0，
即mt  =et-t-1≥0，得到et≥t+1，当且仅当t=0时取等号，
所以Fx 
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fx 
ax+1
= ．
ex
(1)求fx  的单调区间；
3+2lnx
(2)若 ≤fx
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，gt  <0，gt  单调递减；
当t>0时，gt  >0，gt  单调递增；
所以gt  ≥g0  =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fx  =ex-alnax+1  -1，其中a>0，x≥0.
(1)当a=1时，求函数fx  的零点；
(2)若函数fx  ≥0恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时，fx  =ex-lnx+1  -1，
fx 
1
=ex- ，
x+1
1
当x≥0时，ex≥1≥ ，得fx
x+1
 ≥0恒成立.
即可得fx  在0,+∞  上单调递增.
而此时f0  =0，
即可得fx  在0,+∞  上仅有1个零点，且该零点为0.
(2)函数fx  ≥0等价于ex-alnax+1  -1≥0，
ex
因a>0，所以 ≥lnax+1
a

1
+
a
得ex-lna≥lnax+1 
1
+
a
所以ex-lna+x-lna≥lnax+1 
1
+ +x-lna
a
ax+1 所以ex-lna+x-lna≥ln
a
 + ax+1 =e lnax a +1
a
 ax+1 +ln
a

构造函数gx  =ex+x，上式等价于gx-lna 
ax+1
≥g ln
a
  
函数gx 
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≥lnax+1  等价于ex-ax-1≥0恒成立.
设函数hx  =ex-ax-1，易知h0  =0，
hx  =ex-a，
当0<a≤1时，因x≥0，ex≥1，故hx

=ex-a≥0，
第 页 共 页
533 3427所以hx  在0,+∞  上单调递增，
所以hx  ≥h0  =0，满足题意，
当a>1时，x∈0,lna  时，hx  =ex-a<0，
此时hx  在0,lna  上单调递减，
故当x∈0,lna  时hx  ≤h0  =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fx 
ex+1
= -lnx-lna.
a
1
(1)当a= 时，求曲线y=fx
e
 在点 1,f1    处的切线方程；
(2)若fx  +1≥0，求实数a的取值范围.
1
【解析】(1)当a= 时，fx
e
 =ex+2-lnx+1,则fx 
1
=ex+2- ，
x
所以f1  =e3-1，即在点 1,f1    处的切线斜率为k=e3-1.
而f1  =e3+1，所以切点坐标为1,e3+1  ，
所以曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程为y-e3+1  =e3-1  x-1  ，即
e3-1  x-y+2=0.
(2)因为fx 
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 lna e x  a ln x
e
 .
令gx  =xex x>0  ，则gx 
a
≥g ln x
e
  

 .
gx  =x+1  ex>0，所以gx  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hx  =x-lnx+1x>0  ，则hx 
1 x-1
=1- = ，
x x
令hx  >0，解得x>1，令hx  <0，解得0<x<1,
所以hx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
所以hx  ≥h1  =2.
因为lna≤x-lnx+1恒成立，所以lna≤2，解得0<a≤e2.
所以实数a的取值范围是0,e2  .
7 题型七：必要性探路
886 (2024·江西九江·统考三模)已知函数fx 
e2x
= a∈R
ax-1

(1)讨论f(x)的单调性：
(2)当a=-2时，若x≥0，fx  ≤ln1+2x  -mx-1，求实数m的取值范围．
【解析】(1)fx 
e2x 2ax-a+2
=
  
ax-1 
．
2
当a=0时，fx  =-e2x，易知f(x)在R上单调递减．
当a>0时，令fx 
1 1
>0，可得x> + ；令fx
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fx 
1 1 1
>0，可得x< + 且x≠ ；令fx
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fx  ≤ln1+2x 
e2x
-mx-1，得- ≤ln1+2x
2x+1
 -mx-1，
e2x
即 +ln1+2x
2x+1
 -mx-1≥0，
令gx 
e2x
= +ln1+2x
2x+1
 -mx-1x≥0  ，则gx 
4xe2x
=
2x+1 
2
+ -m，
2 1+2x
∵gx  ≥0，且g0  =0，∴存在x 0 >0，使得当x∈0,x 0 )时，gx  ≥0，
∴g0  =2-m≥0，即m≤2．
下面证明当m≤2时，gx  ≥0对x≥0恒成立．
∵gx 
e2x
≥ +ln1+2x
2x+1

e2x
-2x-1，且 =e2x-ln1+2x
2x+1
 ，
∴gx  ≥e2x-ln1+2x  +ln1+2x  -2x-1．
设Fx  =ex-x-1，∴Fx  =ex-1，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，∴e2x-ln1+2x  ≥2x-ln1+2x  +1，
∴gx  ≥e2x-ln1+2x  +ln1+2x  -2x-1≥2x-ln1+2x  +1+ln1+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fx  =lnx+1  -axa>0  ．
(1)若函数gx  =fx  -a在0,e2-1  上有且仅有2个零点，求a的取值范围；
(2)若fx  ≤a²ex-ax+1  恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)由已知gx  =lnx+1  -ax+1  ，令t=x+1，又x∈0,e2-1  ，得t∈
1,e2  ．
lnt
由题设可得a= ，令φt
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1<t<e时，φ(t)>0，此时函数φ(t)单调递增，
t2
当e<t<e2时，φ(t)<0，此时函数φ(t)单调递减．
1
所以函数φ(t)的极大值为φ(e)= ，且φ(1)=0,φe2
e

2
= ，
e2
2 1
当 ≤a< 时，直线y=a与函数y=φ(t)在1,e2
e2 e
 上的图象有两个交点，
所以函数g(x)=f(x)-a在0,e2-1  上有且仅有2个零点，
故实数a的取值范围是  2 , 1
e2 e
 ；
(2)当a>0时，由已知函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，
又fx  ≤a2ex-ax+1  恒成立，即ln(x+1)≤a2ex-a在x>-1时恒成立，
当x=0时，lnx+1  ≤a2ex-a恒成立，即a2-a≥0，又a>0，则a≥1，
下面证明：当a≥1时，lnx+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φx

=a2ex-1，
第 页 共 页
535 3427由φx 
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φx  >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ha 
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)<g(1)=0，与题意不符；
0
综上，实数m的取值范围为(-∞,1].
889 (2024·福建厦门·统考模拟预测)已知函数fx  =ex-1  2+cosx  -3asinx．
(1)当a=1时，讨论fx  在区间0,+∞  上的单调性；
3π
(2)若∀x∈ - ,+∞
 4
 ,fx  ≥0，求a的值．
【解析】(1)当a=1时，fx  =ex 2+cosx  -2+cosx+3sinx 
fx  =ex 2+cosx-sinx  --sinx+3cosx  ．
因为x≥0，所以fx  ≥2+cosx-sinx  --sinx+3cosx  =2-2cosx≥0．
所以fx  在区间0,+∞  上的单调递增．
(2)fx  =ex 2+cosx-sinx  --sinx+3acosx  ,f0  =0,f0  =3-3a，
当a>1时，f0  <0，所以存在σ>0，当x∈-σ,σ  时，fx  <0
则fx  在区间-σ,σ  上单调递减，
所以当x∈0,σ  时，fx  <f0  ，不满足题意
当a<1时，f0  >0，所以存在σ>0，当x∈-σ,σ  时，fx  >0
则fx  在区间-σ,σ  上单调递增，
所以当x∈-σ,0  时，fx  <f0  ，不满足题意
所以a=1．
3π
下面证明a=1时，∀x∈ - ,+∞
 4
 ,fx  ≥0
由(1)知，fx  在区间0,+∞  上的单调递增，
所以当x≥0时，fx  ≥f0  =0
3π
所以只要证明∀x∈ - ,0
 4
 ,fx  ≥0.
令gx  =fx  =ex 2+cosx-sinx  --sinx+3cosx 
令hx  =gx  =ex 2-2sinx  +cosx+3sinx  ，
则hx  =ex 2-2sinx-2cosx  +-sinx+3cosx 
π
=ex 2-2 2sinx+
4
  

 +3cosx-sinx
π
①当x∈ - ,0
 2

π π π
时，x+ ∈ - ,
4  4 4

2 π
，得- ≤sinx+
2 4

2
≤
2
π
所以2-2 2sinx+
4
 ≥0，所以hx  ≥0，
所以hx 
π
在区间 - ,0
 2
 上单调递增
π
且g-
2

-π
=4e 2-3 0,g0   =3  0，
π
所以x ∈- ,0 1 2  ，使得gx  =0.
π
且当x∈ - ,x  2 1  时，gx  <0；当x∈x 1 ,0  时，gx  >0
所以fx 
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,f0  =0，
π
所以当x∈ - ,0
 2
 时，fx  ≤0
所以fx 
π
在区间 - ,0
 2
 上单调递减，
π
所以当x∈ - ,0
 2
 时，fx  ≥f0  =0
3π π
②当x∈ - ,-
 4 2
 时，
gx 
-π
≤e 22-2sinx  +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gx
2
 ≤0
所以fx 
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fx  =0
3π
当x∈ - ,x  4 2  时，fx 
π
>0；当x∈x ,- 2 2  时，fx  <0
所以fx 
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 42-
2

π
+2 2-2>0,f-
2

-π
=2e 2+1>0
3π π
所以当x∈ - ,-
 4 2
 时，fx  ≥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fx  =e-ax+sinx-cosx．
π
(1)若a=-1，x≥- ，求证：Fx
4
 =fx 
1
- x-1有且仅有一个零点；
3
(2)若对任意x≤0，fx  ≥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，fx  =ex+cosx+sinx，
故Fx 
1 π
=ex+cosx+sinx- x-1=ex+ 2sinx+
3 4

1
- x-1．
3
3π
(i)当x≥ 时，Fx
4

1
≥ex- 2- x-1，记Gx
3

1
=ex- 2- x-1，
3
则Gx 
1
=ex- >0，Gx
3
 单调递增，Gx 
3π π
≥e4 - 2- -1>e2- 2-2>0，
4
所以Fx 
3π
>0，即当x≥ 时，Fx
4
 无零点．
3π π
(ii)当0≤x< 时， 2sinx+
4 4
 >0，Fx 
1 1 2
>ex- x-1≥x+1- x-1= x
3 3 3
>0，
3π
即当0≤x< 时，Fx
4
 无零点．
π
(iii)当- ≤x<0时，Fx
4

1 π
=ex-sinx+cosx- =ex- 2sinx-
3 4

1
- ．
3
π π π
因为- ≤x- <- ，所以Fx
2 4 4

1
>ex+1- >0，即Fx
3
 单调递增．
π
又因为F-
4

-π π 1 1 1 1
=e 4+0+ -1< + -1< + -1=0，F0
12 e 3 1.5 3
 =1+1-1
第 页 共 页
538 3427>0，
π
所以当- ≤x<0时，Fx
4
 存在唯一零点．
π
综上，当x≥- 时，Fx
4
 有且仅有一个零点．
(2)易知f0  =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fx  ≤
0，则f0  ≤0．
因为fx 
π
=-ae-ax+ 2sinx+
4
 ，
所以f0  =-a+1≤0，得a≥1是fx  ≥0对任意x≤0成立的必要条件．
下面证明充分性．
当a≥1时，fx 
π
≥0，等价于e-ax≥-sinx+cosx= 2cosx+
4
 ．
令hx  =e-ax，gx 
π
= 2cosx+
4
 ，即证hx  ≥gx  ．
π
(i)当x≤- 时，gx
4

π
= 2cosx+
4
 ≤ 2，hx 
π
=e-ax≥e4> e> 2，
即hx  ≥gx  成立．
π
(ii)当- <x≤0时，记kx
4
 =gx  +x-1，则kx 
π
=- 2sinx+
4
 +1．
π π π
由0<x+ ≤ ，得0<sinx+
4 4 4

2
≤ ，所以kx
2
 ≥-1+1=0，即kx  单调递增，
kx  ≤k0 
π
= 2cos -1=0，即gx
4
 ≤-x+1，
p(x)=ex-x-1，则p(x)=ex-1，
x<0时，p(x)<0，p(x)单调递减，x>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hx  =e-ax≥-ax+1≥-x+1≥gx  ．
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fx  =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)<f(0)=0.
(2)函数F(x)的定义域为x∈R，
由(1)知，当x≥0时，f(x)≥0，
又F(x)=maxf(x),g(x)  ≥f(x)，
第 页 共 页
539 3427所以当x≥0时，F(x)≥0恒成立，
由于当x<0时，f(x)<0恒成立，
所以F(x)≥0等价于：当x<0时，g(x)≥0.
g(x)=cosx-a.
π
①若a≤0，当- <x<0时，0<cosx<1，
2
故g(x)>0，g(x)递增，此时g(x)<g(0)=0，不合题意；
π π
②若0<a<1，当- <x<0时，由g(0)g-
2 2
 =-a(1-a)<0知，
π
存在x ∈- ,0
0 2
 ，使得g(x )=0，根据余弦函数的单调性可知，
0
π
g(x)在- ,0
2
 上递增，故当x∈(x ,0)，g(x)>0，g(x)递增，此时g(x)<g(0)=0，不合
0
题意；
③若a≥1，当x<0时，由cosx≤1知，对任意x<0，g(x)≤0，g(x)递减，
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)<f(0)=0.
(2)函数F(x)的定义域为x∈R，
由(1)知，当x≥0时，f(x)≥0，
又F(x)=max{f(x)，g(x)}≥f(x)，
所以当x≥0时，F(x)≥0恒成立，
由于当x<0时，f(x)<0恒成立，
所以F(x)≥0等价于：当x<0时，g(x)≥0.
g′(x)=cosx-a.
π
①若a≤0，当- <x<0时，0<cosx<1，
2
故g′(x)>0，g(x)递增，此时g(x)<g(0)=0，不合题意；
π π
②若0<a<1，当- <x<0时，由g′(x)=0知，存在x ∈- ，0
2 0 2
 ，当x∈(x ，0)，
0
g′(x)>0，g(x)递增，此时g(x)<g(0)=0，不合题意；
③若a≥1，当x<0时，由cosx≤1知，对任意x<0，g′(x)≤0，g(x)递减，
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)<f(1)=0．
(2)函数F(x)的定义域为(-1，+∞)，
由(1)得，当x≥1时，f(x)≥0，又F(x)=max{f(x)，g(x)}≥f(x)，
所以当x≥1时，F(x)≥0恒成立．
由于当-1<x<1时，f(x)<0恒成立，
故F(x)≥0等价于：当-1<x<1时，g(x)≥0恒成立．
1 1
g′(x)=a-cosx- ，g′′(x)=sinx+ ．
x+1 (x+1)2
1
当-1<x<0时，-1<sinx<0， >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-1<x<1时，g′′(x)>0，g′(x)单调递增．
1
①若g(1)≤0，即a≤cos1+ ，则当x∈(-1，1)时，g(x)<g(1)≤0，g(x)单调递减，
2
故当x∈(0，1)时，g(x)<g(0)=0，不符合题意；
1 1
②若g(1)>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)<g(0)，不符合题意；
0 0
若x =0，则g(x)≥g(0)=0，符合题意，此时由g(x )=0，得a=2；
0 0
若x >0，则当x∈(0，x )时，g(x)单调递减，g(x)<g(0)，不符合题意．
0 0
综上可知：存在唯一实数a=2满足题意．
【关键点晴】本题第一小问的关键点在于提公因式讨论，避免二次求导；第二小问首先将
将F(x)≥0恒成立转化为g(x)≥0在-1<x<1时恒成立，在对g(x)研究时，关键点是
g(0)=0，再结合g(x)的单调性及零点存在性定理讨论得到a，有一定难度，特别是书写的
规范性.
894 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =x2-x-xlnx，gx  =x3-3ax+e.
(1)证明fx  ≥0恒成立；
第 页 共 页
541 3427(2)用maxm,n  表示m，n中的最大值.已知函数hx 
fx
=

-x+2，记函数φx
x
 =
max hx  ,gx    ，若函数φx  在0,+∞  上恰有2个零点，求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题得fx  的定义域为0,+∞  ，
则x2-x-xlnx≥0在x∈0,+∞  上恒成立等价于x-1-lnx≥0在x∈0,+∞  上
恒成立，记φx  =x-1-lnx，则φx 
1 x-1
=1- = ，.
x x
当φx  <0时，0<x<1；φx  >0时，x>1，
故φx  在0,1  上单调递减，1,+∞  上单调递增，
所以φx  ≥φ1  =0，即fx  ≥0恒成立.
(2)由题得hx  =1-lnx0,+∞  ，
①当0<x<e时，φx  ≥hx  >0，此时无零点.
②当x=e时，he  =0，ge  =e3-3ae+e
a.当ge 
e2+1
=e3-3ae+e≤0，即a≥ 时，x=e是φx
3
 的一个零点；
b.当ge 
e2+1
=e3-3ae+e>0，即a< 时，x=e不是φx
3
 的一个零点；.
③当x>e时，hx  <0恒成立，因此只需考虑gx  在e,+∞  上的零点情况.
由gx  =3x2-3a，
a.当a≤e2时，gx  >0，gx  在e,+∞  上单调递增，且ge  =e3-3ae+e，
e2+1
当a< 时，ge
3
 >0，则gx  在e,+∞  上无零点，故φx  在0,+∞  上无零点；
e2+1
当a= 时，ge
3
 =0，则gx  在e,+∞  上无零点，故φx  在0,+∞  上有1个零
点；
e2+1
当 <a≤e2时，由ge
3
 <0，g2e  =8e3-6ae+e≥8e3-6e3+e>0，得gx  在
e,+∞  上仅有一个零点，故φx  在0,+∞  上有2个零点；
e2+1
所以 <a≤e2，.
3
b.当a>e2时，由gx  =0得x=± a，
由gx  <0时，e<x< a；当gx  >0时x> a，gx  <0，
故gx  在e, a  上单调递减，gx  在 a,+∞  上单调递增；
由ge  <0，g2a  =8a3-6a2+e≥2a2+e>0，得gx  在e,+∞  上仅有一个零点，故
φx  在0,+∞  上有2个零点；
所以a>e2，.
e2+1
综上所述，a> 时，φx
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fx  =
ax2 1
，直线y= x为曲线y=fx
ex e
 的切线，gx  =x+1  lnx.
(1)求a的值；
(2)①判断Fx  =fx  -gx  的零点个数；
②定义minm,n 
m,m≤n,
=   函数mx
n,m>n,
 =min fx  ,gx    .hx  =mx  -tx2在
0,+∞  上单调递增.求实数t的取值范围.
【解析】(1)由题意得：
第 页 共 页
542 3427∵fx 
ax2
=
ex
∴fx 
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=fx
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：Fx  =fx  -gx 
x2
= -(x+1)lnx(x>0)
ex
∵F1 
1
= >0，F2
e

4
= -3ln2<0
e2
∴F(1)⋅F2  <0
故Fx  必然存在零点x ，且x ∈(1,2) 0 0
又因为Fx 
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Fx 
2x-x2 1 1 1 1 1
= -lnx- -1≤ -lnx- -1<1-lnx- -1=-lnx-
ex x ex x x x
<0
故Fx  在(0,+∞)上是减函数
综上分析，Fx  只有一个零点x ，且x ∈(1,2) 0 0
② 由fx 
x2 x(2-x)
= 的导数为f(x)=
ex ex
当x∈(0,2)时，fx  递增，当x∈(2,+∞)时，fx  递减；
对gx  =x+1  lnx的导数gx 
1
=lnx+x+ 在x>0时gx
x
 >0，gx  递增；
fx
设
 ,gx 
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
hx  =gx  -tx2=x+1  lnx-tx2，hx 
1
=lnx+x+ -2tx
x
由题意得：hx 
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
hx  =fx 
x2
-tx2= -tx2，hx
e2

x(2-x)
= -2tx
ex
由题意得：hx 
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fx  =x2e-x,gx  =xlnx.
(1)若Fx  =fx  -gx  ，证明：Fx  在0,+∞  上存在唯一零点；
(2)设函数hx  =min fx  ,gx    ，(mina,b  表示a,b中的较小值)，若hx  ≤λ，求λ的
取值范围.
【解析】(1)函数Fx  的定义域为0,+∞  ，因为Fx  =x2e-x-xlnx，当0<x≤1时，
Fx  >0，而F2 
4
= -2ln2<0，所以Fx
e2
 在1,2  存在零点.因为F'x 
x2-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Fx
e
 在1,+∞  上单调递减，所以Fx  在0,+∞  上
存在唯一零点.
(2)由(1)得，Fx  在1,2  上存在唯一零点x 0 ，x∈0,x 0  时，fx  >gx  ;x∈x 0 ,+∞ 
时，
fx  <gx  ,∴hx  xlnx,x∈0,x 0 ={  x2e-x,x∈x 0 ,+∞  .当x∈0,x 0  时，由于x∈0,1  ,hx  ≤0；x
∈1,x 0  时，h'x  =lnx+1>0，于是hx  在1,x 0  单调递增，则0<hx  <hx 0  ，所以
当0<x<x 0 时，hx  <hx 0  .当x∈x 0 ,+∞  时，因为h'x  =x2-x  e-x，x∈x 0 ,2 
时，h'x  ≥0，则hx  在x 0 ,2  单调递增；x∈2,+∞  时，h'x  <0，则hx  在2,+∞ 
单调递减，于是当x≥x 0 时，hx  ≤h2  =4e-2，所以函数hx  的最大值为h2  =4e-2，
所以λ的取值范围为4e-2,+∞  .
9 题型九：构造函数技巧
897 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =mxlnx-1，m≠0．
(1)讨论函数fx  的单调性；
(2)若gx 
2
=x2- x，且关于x的不等式fx
e
 ≤gx  在0,+∞  上恒成立，其中e是自
然对数的底数，求实数m的取值范围．
【解析】(1)根据题意可知fx  的定义域为0,+∞  ，
fx  =mlnx+1  ，令fx 
1
=0，得x= ．
e
1
当m>0时，0<x< 时，fx
e

1
<0，x> 时fx
e
 >0；
1
当m<0时，0<x< 时，fx
e

1
>0，x> 时fx
e
 <0．
综上所述，当m>0时，fx 
1
在0,
e

1
上单调递减，在 ,+∞
e
 上单调递增；
当m<0时，fx 
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px 
1 2
=x+ -mlnx- ，则px
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px  在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
故px 0 
1 1
≥0，即x + -x - 0 x 0 x
0 0

2
lnx - ≥0． 0 e
令qx 
1 1
=x+ -x-
x x

2
lnx- ，
e
则qx 
1 1
=1- -1+
x2 x2

1
lnx-1-
x2

1
=-1+
x2
 lnx，
当x∈0,1  时，qx  >0，当x∈1,+∞  时，qx  <0，
则qx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
1
又q e  =qe 
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fx  =x2+2x，gx  =-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fx  =x4-2x2，gx  =4x2-8，hx  =4t3-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hx  =2x.
(2)[方法一]
令Fx  =hx  -gx  =kx-1-lnx  x>0  ，F1  =0.
又Fx 
x-1
=k⋅ .
x
若k<0，则Fx  在0,1  上递增，在1,+∞  上递减，则Fx  ≤F1  =0，即hx  -
第 页 共 页
545 3427gx  ≤0，不符合题意.
当k=0时，Fx  =hx  -gx  =0,hx  =gx  ，符合题意.
当k>0时，Fx  在0,1  上递减，在1,+∞  上递增，则Fx  ≥F1  =0，
即hx  -gx  ≥0，符合题意.
综上所述，k≥0.
由fx  -hx  =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f0  -h0  =k+1<0，
故存在x 0 ∈0,+∞  ，使fx  -hx  <0，不符合题意.
k+1
当x= =0，即k=-1时，fx
2
 -hx  =x2≥0，符合题意.
k+1
当x= >0，即k>-1时，则需Δ=k+1
2
 2-4k+1  ≤0，解得-1<k≤3.
综上所述，k的取值范围是k∈0,3  .
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得f(x)=x2-x+1≥h(x)=kx-k≥g(x)=klnx在D=0,+∞  内恒成立；
由已知得Fx  =hx  -gx  =kx-1-lnx  ≥0，
令x=e，得ke-2  ≥0，∴k≥0(*)，
令Gx  =x-1-lnx，Gx 
1 x-1
=1- = ，当0<x<1时，G'x
x x
 <0，Gx  单调
递减；当x>1时，Gx  >0，Gx  单调递增，∴Gx  =G1
min
 =0，∴当k≥0时Fx 
≥0在D=0,+∞  内恒成立；
由fx  -hx  =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
 2-4k+1  ≤0，解得-1<k≤3.
∴k的取值范围是k∈0,3  .
(3)[方法一]：判别式+导数法
因为x4-2x2≥4t3-t  x-3t4+2t2≥4x2-8对任意x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立，
①x4-2x2≥4t3-t  x-3t4+2t2对任意x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立，
等价于(x-t)2 x2+2tx+3t2-2  ≥0对任意x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
故x2+2tx+3t2-2≥0对任意x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
令M(x)=x2+2tx+3t2-2，
当0<t2<1，Δ=-8t2+8>0,-1<-t<1，
此时n-m≤ 2+t  < 2+1< 7，
当1≤t2≤2，Δ=-8t2+8≤0，
但4x2-8≥4t3-t  x-3t4+2t2对任意的x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
等价于4x2-4t3-t  x+3t2+4  t2-2  ≤0对任意的x∈[m,n]⊆[- 2, 2]恒成立.
4x2-4t3-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Pλ  =λ3-5λ2+3λ+8 λ∈1,2    ，Pλ  =3λ2-10λ+3=
λ-3  3λ-1  ，
所以λ∈1,2  时，Pλ  <0，Pλ  递减，Pλ  =P1 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 <t2<1时，由①式得x≥ 2 1-t2-t或x≤- 2 1-t2-t，又[m,n]⊆[- 2,
3
2]，所以n-m≤ 2+|t|- 2 1-t2≤ 2+1< 7．
当2≥t2≥1时，将②式看作一元二次方程，进而有Δ
2
=t6-5t4+3t2+8=t2 t4-5t2+3

+8．
由2≥t2≥1,-3≤t4-5t2+3≤-1，得2≤Δ ≤7，此时②式的解为x ≤x≤x 不妨设
2 3 4
x ≤x ，从而n-m≤x -x = Δ ≤ 7．
3 4 4 3 2
综上所述，n-m≤ 7．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在t∈(0, 2]，使得满足条件的m，n有n-m> 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=3t2-
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4x2-4t3-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=16t3-t

2-163t4-2t2-8

=16t6-5t4+3t2+8  ．
设u(t)=t6-5t4+3t2+8,1≤t≤ 2，则u(t)=6t5-20t3+6t=2t3t2-1  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fx  =xex-lnx-1.
(1)求函数fx  在x=1处的切线方程；
(2)若不等式fx  ≥axa∈R  恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵fx  =xex-lnx-1，∴fx  =x+1 
1
ex- ，
x
∴f1  =e-1,f1  =2e-1，
∴fx  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fx  =xex-lnx-1，
故有fx  ≥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hx 
1 lnx
=ex- - ，则hx
x x

1 1-lnx x2ex+lnx
=ex+ - = ，
x2 x2 x2
令φx  =x2ex+lnx，则φx 
1
=2xex+x2ex+ >0，所以函数φx
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，φ1  =e>0，
1
∴∃x ∈ ,1 0 2  ，使得φx 0  =0，
∴当0<x<x 0 时，φx  <0，即hx  <0,hx  单调递减，当x>x 0 时，φx  >0，即
hx  >0,hx  单调递增，
故h(x) min =hx 0  ，
由φx 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gx  =xex(0<x<1)中，gx  =ex+xex=x+1  ex，当x∈0,1  时，gx  >0，
∴函数gx  =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 =hx 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fx  =xex-lnx-1，
故有fx  ≥ax,x>0，等价转化为：xex-lnx-1≥ax(x>0)，
构造Gt  =et-t-1，
∴Gt  =et-1，所以可知Gt  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，
∴Gt  ≥G0  =0，即et≥t+1成立，令t=x+lnx,∴ex+lnx=xex≥x+lnx+1，
令hx  =x+lnx,hx 
1
=1+ >0，∴hx
x
 在0,+∞  单调递增，
第 页 共 页
548 34271
又h e 
1
= -1<0,h1 e  =1>0，所以存在x 0 ∈0,1  ，使得hx 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 <ax ，与不等式矛盾；
0 0 0 0 0
综上所述，实数a的取值范围为-∞,1  .
900 (2024·江苏南京·高二南京市江宁高级中学校联考期末)已知函数fx  =ex-ea a+lnx  .
(1)当a=1时，求fx  的单调递增区间；
(2)若fx  ≥0恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时，fx  =ex-e1+lnx  ，fx 
e
=ex- ，
x
设φx 
e
=ex-
x
又φx 
e
=ex+ >0，∴φx
x2
 在0,+∞  上单调递增，
又f1  =0，∴当x∈0,1  时fx  <0，当x∈1,+∞  时fx  >0，
∴fx  的单调递增区间为1,+∞  .
(2)对函数fx  求导得，fx 
ea xex-ea
=ex- = ，令gx
x x
 =xex-ea，
则gx  =ex+xex>0，∴gx  =xex-ea在0,+∞  上单调递增，
又g0  =-ea<0，当x→+∞时gx  →+∞，
故存在唯一正实数x 使得x ex0=ea，
0 0
当x<x 0 时，fx  <0，fx  单调递减，
当x>x 0 时，fx  >0，fx  单调递增，
∴fx  min =fx 0  =ex0-ealnx -eaa， 0
由fx  ≥0恒成立，得fx  ≥0，
min
由x 0 ex0=ea得x 0 +lnx 0 =a，∴fx  min =fx 0  =ex0-x 0 ex0x 0 +2lnx 0  ≥0
∴1-x 0x 0 +2lnx 0  ≥0，∴x 0x 0 +2lnx 0  -1≤0，
1
∴x +2lnx - ≤0，
0 0 x
0
设hx 
1
=x+2lnx- ，则hx
x

2 1
=1+ + >0恒成立，
x x2
故hx  在0,+∞  上单调递增，而h1  =0，
∴0<x ≤1，
0
又x 0 +lnx 0 =a且函数y=x+lnx在0,1  上是增函数，
故a的取值范围为-∞,1 
法2：同法一得fx  min =fx 0  =ex0-ealnx -eaa， 0
由x ex0=ea得x +lnx =a，
0 0 0
∴fx 
ea 1
= -ealnx -eaa=ea -lnx min x 0 x 0
0 0

1
-eaa=ea +x -a x 0
0
 -eaa
≥ea 2-a  -eaa≥0，当且仅当x =1时等号成立， 0
∴ea 2-2a  ≥0，
故a的取值范围为-∞,1 
第 页 共 页
549 3427901 (2024·福建泉州·统考模拟预测)已知函数fx  =axex-lnx+1  ．
(1)判断fx  的导函数fx  的零点个数；
(2)若fx  ≥2lna-3ln2-3，求a的取值范围．
【解析】(1)由题意可得：fx  的定义域为-1,+∞  ，且fx  =ax+1 
1
ex- ，
x+1
因为x∈-1,+∞  ，则有：
当a≤0时，fx  =ax+1 
1
ex- <0恒成立，fx
x+1
 在-1,+∞  内无零点；
当a>0时，构建φx  =fx  ，则φx  =ax+2 
1
ex+
x+1 
>0恒成立，
2
则φx  在-1,+∞  上单调递增，
1 1
由于 -1>-1，取m=min0, -1
a  a

1
,n=max1, -1
 a
 ，
则φm  ≤a0+1 
1 1
e0- ≤a- =0，
m+1 1
-1+1
a
φn  ≥a1+1 
1 1
e- ≥2ea- =2e-1
n+1 1
-1+1
a
 a>0，
故φx  在-1,+∞  内有且仅有一个零点，即fx  在-1,+∞  内有且仅有一个零点；
综上所述：当a≤0时，fx  在-1,+∞  内无零点；
当a>0时，fx  在-1,+∞  内有且仅有一个零点.
(2)由题意可知：a>0，
由(1)可知：fx  在-1,+∞  内有且仅有一个零点，设为x >-1， 0
可得：当x∈-1,x 0  时，fx  <0；当x∈x 0 ,+∞  时，fx  >0；
则fx  在-1,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
则fx  ≥fx 0  =ax 0 ex0-lnx 0 +1  ≥2lna-3ln2-3，
因为fx 0  =ax 0 +1 
1
ex0- =0， x +1
0
1
则a= x 0 +1 
1
，且lna=ln 2ex0 x 0 +1 

  2ex0

=-2lnx 0 +1  -x 0
1
可得 x 0 +1  2ex0 ×x 0 ex0-lnx 0 +1  ≥2 -2lnx 0 +1   -x 0  -3ln2-3，
x
整理得 0 x 0 +1  2 +3lnx 0 +1  +2x +3ln2+3≥0， 0
构建gx 
x
=
x+1 
+3lnx+1
2
 +2x+3ln2+3x>-1  ，
则gx 
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gx 
3x2+5x+4
=
x+1 
+2>0，
3
则gx  在-1,+∞ 
1
上单调递增，且g-
2
 =0，
所以gx 0 
1
≥0的解集为 - ,+∞  2  ，
又因为lna=-2lnx 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fx  =lnx+2ax+1，gx  =
xex+1  (e为自然对数的底数)．
(1)若函数fx  的最大值为0，求a的值；
(2)若对于任意正数x，fx  ≤gx  恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为函数fx 
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fx  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<- ，令f(x)= <0，得x>
x 2a x
1
- ，
2a
所以函数fx 
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，fx
2a

1
=f-
max 2a

1
=ln-
2a

1
+2a-
2a
 +1=0，
1
解得：a=- .
2
(2)由fx  ≤gx  ，得lnx+2ax+1≤xex+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hx 
lnx+1
=ex- ，则hx
x

x2ex+lnx
= ，
x2
令φx  =x2ex+lnx，则φx  =x2+2x 
1
ex+ >0，可得φx
x
 为增函数，
1
因为φ
2

e
= -ln2<0，φ1
4
 =e>0，
1
所以存在x ∈ ,1 0 2  ，使得φx 0  =x2ex0+lnx =0， 0 0
当x∈0,x 0  时，φx  <0，即hx  <0，hx  单调递减，
当x∈x 0 ,+∞  时，φx  >0，即hx  >0，hx  单调递增，
所以hx  的最小值为hx  min =hx 0 
lnx +1
=ex0- 0 ， x
0
由φx 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Fx  =x+lnx，显然Fx  为增函数，由Fx 0  =F-lnx 0  ，
1
得x =-lnx ，所以ex0= ，
0 0 x
0
所以hx  min =hx 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fx  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)fx 
aex-ax+1
=

ex
ex

a-ax-1
= x∈R
2 ex
 ，
若a=0，则fx 
-1
= <0，则fx
ex
 在x∈R上单调递减，无极值；
1
若a<0，当x<1- 时，fx
a
 <0，fx 
1
单调递减，当x>1- 时，fx
a
 >0，fx  单
调递增，所以fx 
1
=f1-
极小值 a

a
= ，无极大值；
1-1
e a
1
若a>0，当x<1- 时，fx
a
 >0，fx 
1
单调递增，当x>1- 时，fx
a
 <0，fx  单
调递减，所以fx 
1
=f1-
极大值 a

a
= ，无极小值；
1-1
e a
综上所述，若a=0，fx  无极值；
若a<0，fx 
1
=f1-
极小值 a

a
= ，无极大值；
1-1
e a
若a>0，fx 
1
=f1-
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gx 
ex
= -1-mx+ln(x+1)，转化为gx
x+1

min
≥0在0,+∞  上恒成立，
gx 
xex
=
x+1 
1
+ -m，
2 x+1
当m≤0时gx  >0，所以gx  在0,+∞  上单调递增，gx  =g0
min
 =0，
满足题意；
当m>0时，令φx  =gx 
xex
=
x+1 
1
+ -m，x∈0,+∞
2 x+1
 ，
则φx 
x2+1
=

ex-x+1

x+1 
，设hx
3
 =x2+1  ex-x+1  ，x∈0,+∞  ，
则hx  =x+1  2ex-1，因为x∈0,+∞  ，所以x+1  2ex≥1，
所以hx  ≥0，所以hx  在x∈0,+∞  上单调递增，
所以hx  ≥h0  =0，即φx  ≥0在x∈0,+∞  上恒成立，
所以φx  即gx  在x∈0,+∞  上单调递增，
又因为g0  =1-m，
当1-m≥0即0<m≤1时，gx  ≥0，在x∈0,+∞  上恒成立，所以gx  在x∈
0,+∞  上单调递增，所以gx 
min
≥0在x∈0,+∞  上恒成立，
当m>1时，g0  =1-m<0，
如果gx  ≤0在x∈0,+∞  上恒成立，则gx  在x∈0,+∞  上单调递减，则gx  无
最小值，不符合题意；
如果gx  =0有解时，设gx 0  =0，则gx  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，gx  ≤g0  =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fx 
1
= x2-aex+2x-1(a>0)的导函数为
2
fx  .
(1)当a=1时，求函数fx  的极值点的个数；
(2)若fx 
a
<x+ln +1恒成立，求实数a的取值范围.
x+1
【解析】(1)当a=1时，fx 
1
= x2-ex+2x-1，定义域为R，fx
2
 =x-ex+2，
令gx  =x-ex+2，则gx  =1-ex.
当x<0时，gx  >0，当x>0时，gx  <0，
所以gx  在-∞,0  上单调递增，在0,+∞  上单调递减，
即fx  在-∞,0  上单调递增，在0,+∞  上单调递减，
所以f(x) max =f0  =1>0，又f-2  =-e-2<0，f2  =4-e2<0，
所以f-2  ⋅f0  <0，f0  ⋅f2  <0，
所以存在唯一的x 1 ∈-2,0  ，x 2 ∈0,2  ，使得fx 1  =fx 2  =0，
且当x∈-∞,x 1  和x∈x 2 ,+∞  时，fx  <0，函数单调递减；
当x∈x 1 ,x 2  时，fx  >0，函数单调递增，
故fx  在x 1 处取得极小值，在x 2 处取得极大值，即函数fx  的极值点的个数为2.
(2)fx  =-aex+x+2，fx 
a a
<x+ln +1，即-aex+x+2<x+ln +1恒成
x+1 x+1
立，
即aex-lnx+1  +lna-1>0在-1,+∞  上恒成立.
记hx  =aex-lnx+1  +lna-1,x∈-1,+∞  ，
当0<a≤1时，h0  =a+lna-1≤0，不合题意；
当a>1时，hx 
1 ax+1
=aex- =
x+1
 ex-1
.
x+1
记φx  =ax+1  ex-1,x∈-1,+∞  ，则φx  =ax+2  ex>0，
所以φx  在-1,+∞  上单调递增，又φ-1  =-1,φ0  =a-1>0，
所以∃x 3 ∈-1,0  使得φx 3  =0，即ax 3 +1  ex3-1=0，①
故当x∈-1,x 3  时，φx  <0，即hx  <0，当x∈x 3 ,+∞  时，φx  >0，即hx  >0，
所以hx  在-1,x 3  上单调递减，在x 3 ,+∞  上单调递增，
所以h(x) min =hx 3  =aex3-lnx 3 +1  +lna-1，②
1
由①式可得aex3= x +1 ，所以lna=-lnx 3 +1
3
 -x ， 3
1
代入②式得h(x) min = x +1 -x 3 +1
3
 -2lnx 3 +1  ，
因为x 3 ∈-1,0  ，即x 3 +1∈0,1  ，
1
故 x +1 -x 3 +1
3
 >0,2lnx 3 +1  <0，即h(x) >0， min
所以当a>1时，hx  >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fx  =ex+2e-x+a与gx  =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fx 1  ⋅fx 2  ≥3x 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fx  =ex-2e-x，设曲线y=fx  与切线相切于点Ax 0 ,-x 0 +1  ，
则fx 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fx 0  =-x 0 +1，即f0  =1，即3+a=1，所以a=-2，
所以m=-1，a=-2.
(2)因为ex1+ex2=3，所以fx 1  ⋅fx 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  2-2ex1ex2-2ex1+ex2  +3
ex1ex2
ex1ex2-2
=
 2+9-2ex1ex2-6+3 e2x1+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0<ex1+x2≤ ，
4
3 3
所以x +x ≤2ln ，仅当x =x =ln 时，等号成立，
1 2 2 1 2 2
3
令x +x =t，则t≤2ln ，
1 2 2
因为fx 1  ⋅fx 2  ≥3x 1 +x 2  +3k，
3 10
所以当t≤2ln 时，et+ -3t-6-3k≥0恒成立，
2 et
令ht 
10 3
=et+ -3t-6-3k，t∈-∞,2ln
et 2
 ，
则hι 
10 3
=et- -3在-∞,2ln
et 2
 上单调递增，
所以ht 
3
≤h2ln
2
 <0.所以ht 
3
在-∞,2ln
2
 上单调递减，
所以 ht   
3
=h2ln min 2 
25 3 25 3
= -6ln -3k≥0，所以k≤ -2ln ， 36 2 108 2
25 3
所以k的最大值为 -2ln .
108 2
10 题型十：双变量最值问题
906 (2024·江苏·统考模拟预测)已知fx  =mx+n，gx  =lnx，对于∀x∈0,+∞  ，fx 
≥gx  恒成立，则m+2n的最小值为 ( )
A.-ln2 B.-1 C.-ln4 D.-2
【答案】C
【解析】因为对于∀x∈0,+∞  ，fx  ≥gx  恒成立，
所以对于∀x∈0,+∞  ，n≥lnx-mx恒成立，
1 1-mx
设h(x)=lnx-mx,(x>0)，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0<m<2时，p(m)<0，函数p(m)单调递减.
当m>2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Px 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>max0,-
 a
 时，ax2+bx<0.
b
取x =maxe,-
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Fx 
x
=lnx- x>0
e
 ，则Fx 
e-x
= ，
ex
令Fx  >0，得0<x<e；令Fx  <0，得x>e；
所以Fx  在0,e  上单调递增，在e，+∞  上单调递增，
所以Fx  ≤Fe 
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
第 页 共 页
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<x< 时，φ'(x)<0，函数单调递减；
3
a
当x> 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0<a<3时，h'(a)>0，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
第 页 共 页
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，fx  <0，f(x)在R上单调递减，
若a>0时，令fx  =aex-1=0，x=-lna，
在x>-lna时，fx  >0，f(x)为增函数，
在x<-lna时，fx  <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ha
1+lna

lna
= ，
(1+lna)2
a∈(0，1]，ha  <0；a∈[1，+∞)，ha  ≥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fx  =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fx  =lnx+mx-m
fx 
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mx 
1
= +lnx-1，
x
则mx 
1 1 x-1
=- + = ，
x2 x x2
当x∈(0,1)时，mx  <0，m(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，mx  >0，m(x)单调递增，
所以mx  =m1
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hx  =lnx+mx-m-ax2-b+1，则hx 
1 1-2ax2
= -2ax+m= +m(m>
x x
0)．
令hx  =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，hx  >0，当x∈(x 2 ，+∞)时，hx  <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hx  max =hx 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tx 
1
=lnx+ax2-2ax+ -b，x>0，
x
则tx 
1 1
= +2ax-2a- =x-1
x x2

1
 +2a
x2
 ，
令tx  >0，即x>1，t(x)单调增函数；
令tx  <0，即0<x<1，t(x)单调减函数；
所以t(x)的最小值为t(1)=1-(a+b)，
于是有：1-(a+b)≤0，
∴a+b≥1，
所以a+b的最小值为1．
912 (2024·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考开学考试)设函数h(x)=ax2+(2a-1)x(a∈R)，
g(x)=lnx.
(1)若fx  =hx  -gx  ，讨论fx  的单调性；
(2)若gx  ≤k+1  x+m(其中m>0)恒成立，求k+1  m的最小值tm  ，并求出tm 
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，∴fx  <0，故fx  在区间0,+∞  上单调递减；
当a>0时，∵x>0，∴由fx 
1
<0得0<x< ，由fx
2a

1
>0可得x> ，
2a
故fx 
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，fx  在0,+∞  上单调递减；
当a>0时，fx 
1
在0,
2a

1
上单调递减，在 ,+∞
2a
 上单调递增.
(2)令φx  =lnx-k+1  x-m，则对∀x∈0,+∞  ，都有φx  ≤0成立.
1
因为φ(x)= -(k+1)，
x
所以当k+1≤0时，函数在φx  在0,+∞  上单调递增，
注意到φem  =-(k+1)em≥0，∴这与φx  ≤0恒成立矛盾，不成立；
当k+1>0时，φx 
1
>0得0<x< ，φx
k+1

1
<0得x>
k+1
则φx 
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φx  ≤0成立，则只需-lnk+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tm  =me-1-m，
∵tm  =e-1-m 1-m  ，tm  >0得0<m<1，tm  <0得m>1，
∴函数tm  在0,1  上递增，在1,+∞ 
1
上递减，∴t(m)≤t(1)= ，
e2
即tm 
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，fx  =lnx-ex+2，则fx 
1 1-ex
= -e= .
x x
由fx 
1
=0 ，得x= ，函数fx
e

1
在0,
e

1
上单调递增，在 ,+∞
e
 上单调递减，
所以fx 
1
=f
max e
 =0，即fx  ≤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lnx-1 
-b≤xk-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lnx-1  +1-k  x≤b在1,+∞  上恒成立，
令t=x-1>0，则lnt+t+1-kt+1  ≤b在0,+∞  上恒成立，
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559 3427令ft  =lnt+t+1-kt+1  ，所以ft 
1
= +1-k，
t
若k≤1，则ft  >0,ft  在0,+∞  递增，当t→+∞时，ft  →+∞，不等式不恒成立，
1
故k>1，当0<t< 时，ft
k-1

1
>0，当t> 时，ft
k-1
 <0，
1
所以当t= 时，ft
k-1

1
取得最大值f
k-1

1
=ln -1+1-k=-lnk-1
k-1
 -k，
所以-lnk-1  -k≤b，所以lnk-1  +k-1≥-2-b-1 
b-1 -2
，所以 ≥ -
k-1 k-1
lnk-1 
-1，
k-1
令gk-1 
-2 lnk-1
= -
k-1

-1,u=k-1，则gu
k-1

-2 lnu
= - -1，
u u
所以gu 
2 1-lnu 1+lnu 1
= - = ，当0<u< 时gu
u2 u2 u2 e

1
<0，当u> 时，gu
e
 >
0，
1
所以当u= 时，gu
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-1-2k-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