第23 讲 不等式恒成立 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
D
C
D
(e
2,+ ∞)
（1）f ( x)在R
上单调递增
（2）见解析
（3）{1}
6
7
8
9
10
1
e
2
（1）y =e x -e
（2）见解析
（3）(-∞,1]
B
{8,17}
[ 1
e -3,+∞)
11
12
13
14
15
（1）单调递增
区间为(-∞,0)
和(ln3,+ ∞)，
单调递减区间为
(0,ln3) （2）2
（3）
[-3 ❑√3+3ln3,+∞
见解析
A
（1）h( x)=2 x
（2）k ∈[0,3]
（3）证明见解
析
D
16
17
18
19
20
D
e
3
（1）
y =(1-2e)x +2e-
（2）t <e （3）
2e
（1）见解析
（2）1 （3）见
解析
D
21
22
23
24
25
（1）y =3 x +3
（2）
(-∞,3- ❑√3- π
6 )
（1）x - y -1=0
（2）1
2 （3）
[ 1
2 ,+∞)
（1）见解析
（2）(-∞,1]
（1）见解析
（2）(0,e]
（1）最小值0，
此时x =e （2）
[0,e]
26
27
28
29
30
D
（1）[ 2
e
2 , 1
e )
（2）[1,+ ∞)
D
B
1
e
31
32
33
34
35
e+1
（1）h( x)=2 x
（2）k ∈[0,3]
（3）证明见解
析
（1）
a=1,b=-2
（2）[ 1
2 ,+∞)
[0, 1
2 ]
（1）见解析
（2）存在，
a∈[1,+∞)
36
37
38
39
（1）见解析
（2）(e
2+1
3
,e
2]
C
0
（1）b= 1
e
2
（2）-e
考点一：直接法（构造函数法）
考法1：利用导数分析单调性与极值求参数范围
1.（2026·安徽黄山·一模）已知函数f ( x)=(2 x -m)ln x ,g( x)=2nx -mn，若f ( x)≥g( x)恒成
立，则m
n 的取值范围是（ ）
A. [-∞,- 1
e ]∪[e+1,+ ∞)
B. [-∞,- 1
e ]∪[2e,+∞)
C. (-∞,0)∪[e+1,+ ∞)
D. (-∞,0)∪[2e,+ ∞)
【答案】D
【解析】由f ( x)≥g( x)，则(2 x -m)ln x ≥2nx -mn，即(2 x -m)(ln x -n)≥0对于x>0恒成立.而
函数y =2 x -m和y = ln x -n在(0,+∞)上均为增函数，则函数y =2 x -m和y = ln x -n在(0,+∞)上
有共同的零点，即m
2 =e
n，则m=2e
n，即m
n = 2e
n
n .设h(n)= 2e
n
n ,n≠0，则h
'(n)= 2e
n(n-1)
n
2
，令
h
'(n)<0，得n<0或0<n<1，令h
'(n)>0，得n>1，所以函数h(n)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减，
在(1,+∞)上单调递增，又n<0时，h(n)<0，n>0时，h(n)>0，且h（1）=2e，则
h(n)∈(-∞,0)∪[2e,+ ∞)，即m
n 的取值范围是(-∞,0)∪[2e,+ ∞).故选D.
【点拨】处理双变量不等式恒成立问题时，若能将其转化为两个单调性相同的函数具有相同零点，
可大幅简化运算.本题通过分离变量构造新函数，利用导数求其值域即可得解.
2.（2026·广东江西稳派·3 月检测）已知函数f ( x)= ( x
3-6 x
2+9 x -m)(e
x -n)
ln x -2❑√x
(m>0)，若
f ( x)≤0恒成立，则(ln n-3)
2⋅ln n的取值范围是（ ）
A. (-∞,4 ]
B. (-∞,- 4 ]
C. [ 4 ,+∞)
D. [- 4 ,+∞)
【答案】C
【解析】设g( x)= ln x -2❑√x，则g
'( x)= 1
x - 1
❑√x = 1- ❑√x
x
, x∈(0,1)时g
'( x)>0, g( x)单调递增，
x∈(1,+ ∞)时g
'( x)<0, g( x)单调递减，所以g( x)≤g（1）=-2<0，问题转化为x>0时
( x
3-6 x
2+9 x -m)(e
x -n)≥0恒成立.设h( x)= x
3-6 x
2+9 x -m( x>0)，则h
'( x)=3( x -1)( x -3)，
所以h( x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,3)上单调递减，在区间(3,+∞)上单调递增，因为
h（0）=h（3）=-m<0, x→+ ∞时h( x)→+∞，结合y =e
x-n在区间(0,+∞)上单调递增，所
以h（1）= 4 -m≤0，此时存在x0∈(3,+ ∞)，使得h( x0)=0，且x∈(0, x0)时
h( x)≤0, x∈( x0,+∞)时h( x)>0.又x = ln n时y =0，所以x0= ln n,h(ln n)=0，即
(ln n)
3-6(ln n)
2+9 ln n-m=0，所以(ln n)
3-6(ln n)
2+9 ln n=n=(ln n-3)
2⋅ln n=m≥4.故选C.
【点拨】面对复杂的乘积形式不等式恒成立，先分析分母的符号，将其转化为分子恒大于等于零.
再利用两个因式符号必须同步变化的特点，确定参数的临界条件.
考法2：结合函数奇偶性与对称性求参数范围
3.（2025·福建百校·5 月押题）已知函数f ( x)是定义在R上的偶函数，且当x ≥0时，
f ( x)= x
2-2 x +2．若f ( x)≥2 x +b对任意的x∈R恒成立，则实数b的取值范围是（ ）
A. (-∞,2]
B. (-∞,1]
C. (-∞,0]
D. (-∞,-2]
【答案】D
【解析】当x ≥0时，f ( x)≥2 x +b对任意的x ≥0恒成立，因为当b=-2时，直线y =2 x -2与
f ( x)= x
2-2 x +2相切，此时f ( x)= x
2-2 x +2≥2 x +b对任意的x ≥0恒成立，结合图象以及f ( x)是
偶函数，可知y =2 x -2的图象往右平移即可满足f ( x)≥2 x +b对任意的x ≥0恒成立，所以以b≤-2.
故选D.
【点拨】利用函数的奇偶性画出完整图象，将不等式恒成立转化为图象的上下位置关系.通过寻找
相切的临界状态，结合平移变换即可快速锁定参数范围.
4.（2026·安徽A10 联盟·最后一卷）已知函数f ( x)及其导函数f
'( x)的定义域均为R，且
f ( x)= f (- x)-2 x，当x<0时，f
'( x)+1<0．若不等式f ( x + ln a)>f ( x)- ln a在x∈[-1,+∞)
上恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿＿＿．
【答案】(e
2,+∞)
【解析】令g( x)= f ( x)+ x，则g(- x)= f (- x)- x = f ( x)+ x = g( x)，故g( x)为R上的偶函数.因为
当x<0时，g
'( x)= f
'( x)+1<0，所以g( x)在(-∞,0]上单调递减，在[0,+∞)上单调递增.
f ( x + ln a)>f ( x)- ln a等价于f ( x + ln a)+ x + ln a>f ( x)+ x，即g( x + ln a)>g( x)，x∈[-1,+∞)
上恒成立，因为g( x)为偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，所以| x + ln a|>| x|，平方化简得到
2ln a⋅x +(ln a)
2>0，由一次函数性质得{
ln a>0
-2ln a+(ln a)
2>0，解得a>e
2.
【点拨】根据已知等式构造辅助函数g( x)= f ( x)+ x，利用其奇偶性与单调性将抽象不等式转化为
绝对值不等式.随后通过平方处理，转化为一次函数在给定区间上的恒成立问题.
5.（2025·深圳高级中学高中园·一模）已知函数f ( x)= ln(e
2 x+1)-ax -| x|，其中a∈R．
（1） 当a=0时，讨论函数f ( x)的单调性；
（2） 当a=1时，证明：曲线f ( x)是轴对称图形；
（3） 若f ( x)≤ln 2在R上恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） f ( x)在R上单调递增 （2） 见解析 （3） {1}
【解析】（1） 当a=0时，函数f ( x)= ln(e
2 x+1)-| x |，求导得：f
'( x)={
2e
2 x
e
2 x+1
-1, x>0
2e
2 x
e
2 x+1
+1, x<0
；
当x>0时，f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-1=e
2 x -1
e
2 x+1 ，
∵x>0，∴e
2 x>1，∴f
'( x)>0，
当x<0时，f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
+1= 3e
2 x+1
e
2 x+1
>0.
∴当a=0时，函数f ( x)在R上单调递增.
（2） 当a=1时，函数f ( x)= ln(e
2 x+1)- x -| x |
= ln[e
x(e
x+e
- x)]- x -| x|= ln(e
x+e
- x)-| x|，
f (- x)= ln(e
- x+e
x)-|- x|= f ( x)
∴f ( x)为偶函数，关于y轴对称；
所以当a=1时，曲线f ( x)是轴对称图形.
（3） ∵f ( x)≤ln 2在R上恒成立，∴ln(e
2 x+1)-ax -| x|≤ln 2，
当x ≥0时，有ln(e
2 x+1)-ax - x ≤ln 2，
又f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-a-1=1-a-
2
e
2 x+1 ，
当a≥1时，f
'( x)<0在(0,+∞)上恒成立，
故f ( x)在[0,+∞)上为减函数，故f ( x)≤f （0）= ln 2，此时不等式恒成立，
若0<a<1，ln(e
2 x+1)-ax - x>lne
2 x -ax - x =(1-a)x，
此时当x> ln 2
1-a时，ln(e
2 x+1)-ax - x >ln 2，
故ln(e
2 x+1)-ax - x ≤ln 2不成立，
故当x ≥0时，若不等式ln(e
2 x+1)-ax -| x|≤ln 2恒成立，则a≥1.
若x ≤0，则ln(e
2 x+1)-ax + x ≤ln 2，
又f
'( x)= 2e
2 x
e
2 x+1
-a+1=3-a-
2
e
2 x+1 ，
当x ≤0时，1<e
2 x+1≤2，故1-a<3-a-
2
e
2 x+1
≤2-a
若a≥2，此时f
'( x)<0在(-∞,0)上恒成立，故f ( x)在(-∞,0)上减函数，
故f ( x)≥f （0）= ln 2在(-∞,0]上恒成立，与题设矛盾；
若1<a<2，当x< ln 2
1-a时，有ln(e
2 x+1)-ax + x>(1-a)x>(1-a)× ln 2
1-a = ln 2，
这与题设矛盾，
若a=1，则0<f
'( x)≤1，故f ( x)在(-∞,0)上为增函数，
故f ( x)≤f （0）= ln 2恒成立，
综上所述：a的取值范围{1}.
【点拨】含绝对值的函数问题，通常需要去绝对值分段处理.在探究恒成立条件时，结合导数分析
单调性，并利用放缩法寻找反例是排除不符合条件参数的有效手段.
考法3：结合切线方程与图象上下关系求参数范围
6.（2026·湖北新八校·4 月二模）已知函数f ( x)= x e
x -mx -n，且f ( x)≥0对x∈R恒成立，
则m+2n的最大值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】1
e
2
【解析】由f ( x)≥0对x∈R恒成立，可转化为xe
x≥mx +n对x∈R恒成立，然后在同一坐标系下
画出函数y = xe
x和y =mx +n的图象，要满足不等式且m+2n取得最大值，直线y =mx +n必须和
y = xe
x的图象相切，设切点为( x0, x0e
x0)，写出切线方程，与y =mx +n对比，可以用x0将m和n表
示出来，然后再构造函数求最大值.
【点拨】将不等式恒成立转化为两个函数图象的上下位置关系，利用相切的临界状态确定参数关
系.通过设切点坐标，将目标代数式转化为关于切点横坐标的单变量函数求最值.
7.（2025·江西萍乡实验·3 月一模）已知函数f ( x)=( x -1)e
x -a x
2-1,a∈R．
（1） 当a=0时，求函数f ( x)的图象在点(1,f （1）)处的切线方程；
（2） 讨论函数f ( x)的单调性；
（3） 设g( x)= ln x -e
x - x
2+ x，若f ( x)≥g( x)，求实数a的取值范围．
【答案】（1） y =e x -e （2） 见解析 （3） (-∞,1]
【解析】（1） 当a=0时，f ( x)=( x -1)e
x -1，f
'( x)= xe
x，
当x =1时，f （1）=-1,f
'（1）=e，
函数f ( x)在x =1处的切线方程为y =e x -e.
（2） 函数f ( x)的定义域为R，f
'( x)= x e
x -2ax = x(e
x -2a)，
①当a≤0时，e
x-2a>0恒成立，令f
'( x)=0，则x =0，
若f
'( x)>0, x>0；若f
'( x)<0, x<0，
所以f ( x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
②当a>0时，f
'( x)= x(e
x -2a)，令f
'( x)=0，则x =0, x = ln(2a)，
（i） 当ln(2a)<0，即0<a< 1
2时，若f
'( x)>0, x<ln(2a)或x>0；若f
'( x)<0,ln(2a)< x<0，
所以f ( x)在(-∞,ln(2a))上递增，在(ln(2a),0)上递减，在(0,+∞)上递增.
（ii） 当ln(2a)=0，即a= 1
2时，f
'( x)≥0恒成立，f ( x)在R上递增.
（iii） 当ln(2a)>0，即a> 1
2时，若f
'( x)>0, x<0或x>ln(2a)；若f
'( x)<0,0< x<ln(2a)，
所以f ( x)在(-∞,0)上递增，在(0,ln(2a))上递减，在(ln(2a),+ ∞)上递增.
综上所述，当a≤0时，f ( x)在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
当0<a< 1
2时，f ( x)在(-∞,ln(2a))上递增，在(ln(2a),0)上递减，在(0,+∞)上递增；
a= 1
2时，f ( x)在R上递增；当a> 1
2时，f ( x)在(-∞,0)上递增，在(0,ln(2a))上递减，在
(ln(2a),+∞)上递增.
（3） 由f ( x)≥g( x)得xe
x - ln x + x
2-1≥a x
2恒成立
因为x>0，即a≤xe
x - ln x -1+ x
2
x
2
恒成立.
设h( x)= xe
x - ln x -1+ x
2
x
2
, x>0，则a≤h( x)min，因为xe
x =e
ln x + x
同构可得h( x)= [e
ln x + x -(ln x + x)-1]+ x
2
x
2
令t = ln x + x，因为x>0，所以t ∈R，
下面先证e
t ≥t +1.
设φ(t )=e
t -t -1,t ∈R，于是φ
'(t )=e
t -1，令φ
'(t )=0，则t =0，当φ
'(t )>0时，t >0：
当φ
'(t )<0时，t <0所以φ(t )在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以φmin(t )=φ（0）=0，即e
t ≥t +1，当且仅当t =0时等号成立.所以e
ln x + x≥(ln x + x)+1，
即h( x)= [e
ln x + x -(ln x + x)-1]+ x
2
x
2
≥x
2
x
2 =1，所以hmin( x)=1，即a≤1.
故实数a取值范围为(-∞,1].
【点拨】处理含有指数和对数的混合不等式时，同构法是常用的利器.通过变形将不等式转化为具
有相同结构的函数形式，再利用基本不等式e
x≥x +1进行放缩，可有效求出参数范围.
考法4：结合二次函数、基本不等式或绝对值求参数范围
8.（2026·江苏苏锡常镇四市·5 月二模）已知函数f ( x)=| x
3-3 x
2+ kx |(k >2)，g( x)= x
e
x -1 （
e为自然对数的底数），若对任意x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使得f ( x1)≤g( x2)，则实
数k的最大值为（ ）
A. 9
4
B. 5
2
C. e
D. 2❑√2
【答案】B
【解析】方法一：0< x ≤2时，g( x)= x
e
x -1 ≤x
x =1，g( x)max =1（x =1时取“=”）
由题意知f ( x1)max≤g( x2)max =1，∀x∈[0,2]均有| x
3-3 x
2+ kx|≤1，x =0时显然成立，0< x ≤2
时，-1≤x
3-3 x
2+kx ≤1，(3 x - x
2- 1
x)max
≤k ≤(3 x - x
2+ 1
x)min
令h( x)=3 x - x
2+ 1
x ，h
'( x)=3-2 x - 1
x
2 = 3 x
2-2 x
3-1
x
2
=-( x -1)
2(2 x +1)
x
2
≤0
∴h( x)在(0,2]上单调递减，∴h( x)min=h（2）=6- 4+ 1
2 = 5
2，∴k ≤5
2
kmax = 5
2，选：B.
方法二：原条件等价于x∈[0,2],f ( x)max≤g( x)max.
g( x)= x e
1- x , g
'( x)=e
1- x(1- x), g( x)max= g（1）=1.所以只需f ( x)max≤1.
取x =2，f （2）=|8-12+2k |=2k - 4≤1,k ≤5
2.当k = 5
2时，令
h( x)= x
3-3 x
2+ 5
2 x .h( x)= x((x - 3
2)
2
+ 1
4)≥0,1-h( x)=(2- x)(x
2- x + 1
2)，
x
2- x + 1
2 =(x - 1
2)
2
+ 1
4 >0.又0≤x ≤2，所以0≤h( x)≤1.
故k = 5
2可以取到，kmax= 5
2.选B.
【点拨】处理“对任意...总存在...”型命题，首先将其转化为两个函数最值之间的不等关系.对于含
绝对值的函数，通过分离参数并结合导数求最值，或利用端点值进行必要性探路，是解题的关键.
9.（2025·江西十校协作体·二模）已知对任意的x<0，不等式(ax - 4)( x
2+b)≥0(a,b∈Z )恒
成立，则a
2-b的取值集合为＿＿＿＿＿＿．
【答案】{8,17}
【解析】已知对任意的x<0，不等式(ax - 4)( x
2+b)≥0恒成立，且a,b∈Z.（1）若a=0，不等式
化为- 4( x
2+b)≥0，即x
2+b≤0.由于x<0，当x→-∞时x
2→+∞，该式显然不能对于任意x<0恒
成立，故a≠0.（2）若a>0，因为x<0，所以ax - 4<- 4<0.要使原不等式恒成立，必须有x
2+b≤0
对于x<0恒成立，同（1）理可知这不可能，故a>0不成立.（3）若a<0，令ax - 4 =0，解得
x = 4
a <0.当x< 4
a 时，ax - 4>0，要使原不等式成立，需x
2+b≥0；当4
a < x<0时，ax - 4<0，要使
原不等式成立，需x
2+b≤0.这说明二次函数y = x
2+b必须在(-∞,0)上于x = 4
a 处发生变号，且变号
规律由正转负.因此，x = 4
a 必须是方程x
2+b=0的一个实数根，且在x<0的分支上.所以(
4
a)
2
+b=0，
即b=- 16
a
2 .又因为a,b∈Z，所以16
a
2 必须为整数.故a
2必须是16的正约数，且a
2为完全平方数，即
a
2∈{1,4 ,16}.因为a<0，所以a的可能取值为-1、-2、- 4.①当a=-1时，a
2=1，b=-16，此时
a
2-b=1-(-16)=17；代入原不等式检验：(- x - 4)( x
2-16)=-( x + 4)
2( x - 4).当x<0时，
x - 4<0，故原式≥0恒成立，符合题意.②当a=-2时，a
2= 4，b=- 4，此时a
2-b= 4 -(- 4)=8；
代入原不等式检验：(-2 x - 4)( x
2- 4)=-2( x +2)
2( x -2).当x<0时，x -2<0，原式≥0恒成立，
符合题意.③当a=- 4时，a
2=16，b=-1，此时a
2-b=16-(-1)=17；代入原不等式检验：
(- 4 x - 4)( x
2-1)=- 4( x +1)
2( x -1).当x<0时，x -1<0，原式≥0恒成立，符合题意.综上所述，
a
2-b的取值只能是8或17.故a
2-b的取值集合为{8,17}.
【点拨】本题考查不等式恒成立问题.解题的破局点在于利用“穿根法”思想：当乘积式在某区间
恒大于等于零时，若其中一个因式在区间内某点变号，则另一个因式必须在同一点同步变号（即
产生偶次重根，以保证整体符号不改变）.由此将不等式恒成立问题巧妙转化为方程公共根的问题，
再结合整数条件即可求出参数的准确值.
10.（2026·河南新未来·5 月测评）已知函数f ( x)=(ln x -ax -bx)( x
3-ax +2)，若存在a∈R，
使得f ( x)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立，则实数b的取值范围为＿＿＿＿＿＿．
【答案】[ 1
e -3,+∞)
【解析】由题意，若f ( x)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立，即(ln x -ax -bx)( x
3-ax +2)≤0恒成立.
令g( x)= x
3-ax +2，h( x)= ln x -(a+b)x.
若g( x)在(0,+∞)上存在变号零点，则其必然从正变负再变正（因g（0）=2>0且x→+ ∞时
g( x)→+∞），即存在两个相异的正根x1, x2.
为保证f ( x)=h( x)g( x)≤0恒成立，h( x)必须在(0,+∞)上与g( x)拥有完全相同的变号零点x1, x2.
由g( x1)=0得x1
3-a x1+2=0，即a= x1
2+ 2
x1
；同理a= x2
2+ 2
x2
.
两式相减得：x1
2- x2
2= 2
x2
- 2
x1
= 2( x1- x2)
x1 x2
.
因x1≠x2，等式两边同除以( x1- x2)，可得x1+ x2=-
2
x1 x2，即x1 x2( x1+ x2)=-2.
但由于x1>0且x2>0，必然有x1 x2( x1+ x2)>0，这与等于-2产生绝对矛盾！
这说明g( x)与h( x)绝不可能存在共同的相异变号零点.
既然不能同步变号，且g（0）=2>0，那么为了满足整体乘积恒非正，必须要求在(0,+ ∞)上：
g( x)≥0恒成立，且h( x)≤0恒成立.
①先看g( x)≥0恒成立的条件：
求导得g
'( x)=3 x
2-a.
当a≤0时，g
'( x)≥0，g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，g( x)>g（0）=2>0显然成立.
当a>0时，令g
'( x)=0解得极小值点x = ❑√
a
3.
需保证极小值g(❑√
a
3 )= a
3
❑√
a
3 -a ❑√
a
3 +2≥0，即2a
3
❑√
a
3 ≤2，解得a≤3.
综合可知，g( x)≥0恒成立的条件是a≤3.
②再看h( x)≤0恒成立的条件：
由ln x -(a+b)x ≤0，分离参数得a+b≥ln x
x 在(0,+∞)上恒成立.
令φ( x)= ln x
x ，求导得φ
'( x)= 1- ln x
x
2
.
当x∈(0,e)时φ
'( x)>0；当x∈(e,+∞)时φ
'( x)<0.
故φ( x)在x =e处取得最大值φ(e)= 1
e .
因此，必须满足a+b≥1
e ，即b≥1
e -a.
题目要求“存在a∈R”使得不等式成立，
这意味着只要在a≤3的范围内，找到一个a使得b≥1
e -a成立即可.
这等价于要求实数b大于或等于函数y = 1
e -a在a∈(-∞,3]上的最小值.
由于y = 1
e -a是关于a的减函数，当a=3时取得最小值1
e -3.
故实数b必须满足b≥1
e -3.
所以，实数b的取值范围为[ 1
e -3,+∞).
【点拨】本题的核心难点在于“两因式乘积恒非正”的处理.解题的关键破局点是利用代数式的几
何意义或方程根的代数推导（如x1 x2( x1+ x2)=-2的矛盾），果断排除两因式“同解变号”的可能.
一旦确定两因式不能同步变号，问题就立刻降维为纯粹的“三次函数恒非负（求出a≤3）”与
“对数比值函数恒非正（求出最值1
e ）”的两个独立过程，最后结合存在性量词，利用线性规划思
想求出参数的下确界.
考法5：双变量不等式恒成立与极值点偏移
11.（2025·深圳中学·一阶测试）已知函数f ( x)=e
2 x -ae
x+6 x ,a∈R．
（1） 当a=8时，求函数f ( x)的单调区间；
（2） 设函数g( x)= ln x +ax +1
x
-ae
x+6 x，若函数g( x)与函数f ( x)的图象恰有一个公共点，
求实数a的值；
（3） 若函数f ( x)有两个极值点x1, x2，且f ( x1)+ f ( x2)<me
x1+me
x2恒成立，求实数m的取
值范围．
【答案】（1） 单调递增区间为(-∞,0)和(ln3,+ ∞)，单调递减区间为(0,ln3) （2） 2 （3）
[-3 ❑√3+3ln3,+∞)
【解析】（1） 由函数解析式，可得f ( x)在定义域为x∈R，
当a=8时，f ( x)=e
2 x -8e
x+6 x，则f
'( x)=2e
2 x -8e
x+6，令f
'( x)=0，可得2e
2 x-8e
x+6=0，即
2(e
x -1)(e
x -3)=0，解得x1=0, x2= ln3.
所以当x变化时，f
'( x),f ( x)的变化情况如下表：
x
(-∞,0)
0
(0,ln3)
ln3
(ln3,+∞)
f
'( x)
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以，f ( x)的单调递增区间为(-∞,0)和(ln3,+∞)，单调递减区间为(0,ln3).
（2） 设h( x)=e
x - x -1，则h
'( x)=e
x -1，在区间(-∞,0),h
'( x)<0, g( x)单调递减，
在区间(0,+∞),h
'( x)>0,g( x)单调递增，
所以h( x)≥h（0）=0，所以e
x≥x +1(当且仅当x =0时等号成立).
依题意，直线y =a与t( x)= xe
2 x - ln x -1
x
的图象只有一个交点，而
xe
2 x - ln x -1
x
=e
ln x +2 x - ln x -1
x
≥(ln x +2 x +1)- ln x -1
x
=2，当且仅当2 x + ln x =0时，等号成立.
因为函数φ( x)=2 x + ln x在(0,+ ∞)上单调递增，φ( 1
e )= 2
e -1<0,φ（1）=2>0，所以存在
x0∈( 1
e ,1)，使得2 x0+ ln x0=0成立.而当x→0时，t( x)→+∞；且当x→∞时，t( x)→+∞.
所以a=(
xe
2 x - ln x -1
x
)min
=2.
（3） 因为函数f ( x)有两个极值点x1, x2，所以方程2e
2 x -ae
x+6=0有两个不相等的实数根x1, x2.
设t =e
x，则2t
2-at +6=0有两个不相等的正实数根t1,t2，故Δ=a
2- 48>0，且
t1+t2= a
2 >0,t1⋅t2=3，
所以a>4 ❑√3,e
2 x1+e
2 x2=(t1+t2)
2-2t1⋅t2= a
2
4 -6, x1+ x2= ln3，又f ( x1)+ f ( x2)<me
x1+me
x2恒成
立，即m> f ( x1)+ f ( x2)
e
x1+e
x2
恒成立，
f ( x1)+ f ( x2)
e
x1+e
x2
=e
2 x1+e
2 x2-a(e
x1+e
x2)+6( x1+ x2)
e
x1+e
x2
=
a
2
4 -6- a
2
2 +6 ln3
a
2
=- a
2 - 12-12ln3
a
设
F(a)=- a
2 - 12-12ln3
a
(a>4 ❑√3)，
则F
'(a)=- 1
2 + 12-12ln3
a
2
<0，在a∈(4 ❑√3,+∞)恒成立，故F(a)在(4 ❑√3,+∞)上单调递减，
所以F(a)< F(4 ❑√3)=-3 ❑√3+ ❑√3ln3，
所以m≥-3 ❑√3+ ❑√3 ln3，即实数m的取值范围为[-3 ❑√3+3 ln3,+ ∞).
【点拨】极值点偏移问题常转化为双变量不等式，利用韦达定理将双变量转化为单变量函数求最
值.本题中通过换元将指数方程转化为一元二次方程，结合根与系数的关系是解题关键.
12.（2026·江西南昌·4 月二模）已知函数f ( x)=nx - x
n, x ∈R，其中n∈N
*,n≥2．
（Ⅰ）讨论f ( x)的单调性；
（Ⅱ）设曲线y = f ( x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P 处的切线方程为y = g( x),求证：
对于任意的正实数x，都有f ( x)≤g( x)；
（Ⅲ）若关于x的方程f ( x)=a(a为实数)有两个正实根x1, x2，求证：| x2- x1|<
a
1-n +2．
【答案】（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）见解析 （Ⅲ）见解析
【解析】（Ⅰ）由f ( x)=nx - x
n，可得，其中n∈N
*且n≥2，
下面分两种情况讨论：
（1）当n为奇数时：
令f
'( x)=0，解得x =1或x =-1，
当x变化时，f
'( x),f ( x)的变化情况如下表：
x
(-∞,-1)
(-1,1)
(1,+∞)
f
'( x)
-
+
-
f ( x)
↘
↗
↘
所以，f ( x)在(-∞,-1)，(1,+ ∞)上单调递减，在(-1,1)内单调递增.
（2）当n为偶数时，
当f
'( x)>0，即x<1时，函数f ( x)单调递增；
当f
'( x)<0，即x>1时，函数f ( x)单调递减.
所以，f ( x)在(-∞,1)上单调递增，f ( x)在(1,+∞)上单调递减.
（Ⅱ）证明：设点P的坐标为( x0,0)，则n x0- x0
n=0，f
'( x0)=n-n x0
n-1，曲线y = f ( x)在点P处的
切线方程为y = f
'( x0)( x - x0)，即g( x)= f
'( x0)( x - x0)，令F( x)= f ( x)- g( x)，即
F( x)= f ( x)- f
'( x0)( x - x0)，则F
'( x)= f
'( x)- f
'( x0)
由于f
″( x)=-n(n-1)x
n-2在[0,+ ∞)上单调递减，故F
'( x)在[0,+∞)上单调递减，又因为
F
'( x0)=0，所以当x∈(0, x0)时，F
'( x)>0，当x∈( x0,+∞)时，F
'( x)<0，所以F( x)在(0, x0)
内单调递增，在( x0,+ ∞)内单调递减，所以对任意的正实数x都有F( x)≤F( x0)=0，即对任意的
正实数x，都有f ( x)≤g( x).
（Ⅲ）证明：不妨设x1≤x2，由（Ⅱ）知g( x)=(n-n
2)( x - x0)，设方程g( x)=a的根为x2
' ，可得
x2
' =
a
n-n
2 + x0，当n≥2时，g( x)在(-∞,+∞)上单调递减，又由（Ⅱ）知g( x2)≥f ( x2)=a= g( x2
' )，
可得x2≤x2
' .
类似的，设曲线y = f ( x)在原点处的切线方程为y =h( x)，可得h( x)=nx，当x∈(0,+∞)，
f ( x)-h( x)=- x
n<0，即对任意x∈(0,+∞)，f ( x)<h( x).
设方程h( x)=a的根为x1
' ，可得x1
' = a
n，因为h( x)=nx在(-∞,+ ∞)上单调递增，且
h( x1
' )=a= f ( x1)<h( x1)，
因此x1
' < x1.
由此可得x2- x1< x2
' - x1
' =
a
1-n + x0.
因为n≥2，所以2
n-1=(1+1)
n-1≥1+Cn-1
1
=1+n-1=n，故2≥n
1
n-1 = x0，
所以| x2- x1|<
a
1-n +2.
【点拨】极值点偏移问题中，利用切线放缩是处理复杂超越方程的有效手段.通过在极值点或零点
处构造切线，将曲线转化为直线，从而利用一次函数的性质进行放缩证明.
考法6：结合存在性问题或反证法证明不等式
13.（2026·江苏南京盐城·一模）已知函数f ( x)=( x
2-kx + k -2)e
x+(k -2)e
2，若存在x0<2，
对于任意x∈( x0,2)都有f ( x)<0，则实数k的取值范围是（ ）
A. (-∞,3)
B. (-3,0)
C. (0,3)
D. (-3,+∞)
【答案】A
【解析】f （2）=(4 -2k + k -2)e
2+(k -2)e
2=0，
∵存在x0<2，对于任意x∈( x0,2)都有f ( x)<0，
∴在x =2左侧附近，函数f ( x)小于0.
f
'( x)=[ x
2+(2-k )x -2]e
x，
f
'（2）=(4 + 4 -2k -2)e
2=(6-2k )e
2，
①当k <3时，f
'（2）>0，
∴存在x0<2，对于任意x∈( x0,2)都有，f
'( x)>0，函数f ( x)单调递增，
∴当x∈( x0,2)时，f ( x)<f （2）=0，满足题意.
②当k =3时，f
'（2）=0，
f
'( x)=( x
2- x -2)e
x =( x +1)( x -2)e
x，
∴当x∈(-1,2)时，f
'( x)<0，函数f ( x)单调递减，
∴不存在x0<2，对于任意x∈( x0,2)都有f ( x)<0，
③当k >3时，f
'（2）<0，
∴存在x0<2，对于任意x∈( x0,2)都有f
'( x)<0，函数f ( x)单调递减，
∴当x∈( x0,2)时，f ( x)>f （2）=0，不满足题意.
综上所述，实数k的取值范围是(-∞,3).故选A.
【点拨】处理局部区间上的恒成立问题，可转化为端点处的导数符号问题.通过分析端点处的单调
性趋势，结合零点存在性定理，可快速锁定参数的取值范围.
14.（2025·河北沧州运东五校·二模）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)= x
2+2 x , g( x)=- x
2+2 x , D =(-∞,+∞)，求h( x)的表达式；
（2） 若f ( x)= x
2- x +1, g( x)=k ln x ,h( x)=kx -k , D =(0,+ ∞)，求k的取值范围；
（3） 若
f ( x)= x
4-2 x
2, g( x)= 4 x
2-8,h( x)= 4(t
3-t )x -3t
4+2t
2(0<|t |≤❑√2), D =[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，
求证：n-m≤❑√7．
【答案】（1） h( x)=2 x （2） k ∈[0,3] （3） 证明见解析
【解析】（1） [方法一]:判别式法
由f ( x)≥h( x)≥g( x)可得x
2+2 x ≥kx +b≥- x
2+2 x在R上恒成立，
即x
2+(2-k )x -b≥0和x
2-(2-k )x +b≥0，
从而有{
Δ1=(2-k )
2+ 4 b≤0
Δ2=(2-k )
2- 4 b≤0，
即(2-k )
2≤4 b≤-(2-k )
2，
所以(2-k )
2=0,4 b=0，
因此，k =2,b=0．所以h( x)=2 x．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有- x
2+2 x ≤kx +b≤x
2+2 x对任意的x∈R恒成立.
令x =0，则0≤b≤0，所以b=0.
因此kx ≤x
2+2 x即x
2+(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)=2 x.
（2） [方法一]
令F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)( x>0)，F （1）=0.又F
'( x)=k ⋅x -1
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)- g( 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)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0
当x = k +1
2
<0，即k <-1时，y = x
2-(k +1)x + k +1在(0,+ ∞)为增函数，
因为f （0）-h（0）=k +1<0，
故存在x0∈(0,+ ∞)，使f ( x)-h( x)<0，不符合题意.
当x = k +1
2
=0，即k =-1时，f ( x)-h( x)= x
2≥0，符合题意.
当x = k +1
2
>0，即k >-1时，则需Δ=(k +1)
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)= x
2- x +1≥h( x)=kx -k ≥g( x)=k ln x在D =(0,+∞)内恒成立；
由已知得F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)≥0，
令x =e，得k(e-2)≥0，∴k ≥0()，
令G( x)= x -1- ln x，G
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，当0< x<1时，G
'( x)<0，G( x)单调递减；当x>1时，
G
'( x)>0，G( x)单调递增，∴G( x)min=G（1）=0，∴当k ≥0时F( x)≥0在D =(0,+∞)内恒成
立；
由f ( x)-h( x)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0在D =(0,+∞)内恒成立，由()知k ≥0，
∴k +1
2
>0，∴Δ=(k +1)
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x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2≥4 x
2-8对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
①x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
等价于( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
故x
2+2tx +3t
2-2≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
令M ( x)= x
2+2tx +3t
2-2，
当0<t
2<1，Δ=-8t
2+8>0,-1<-t <1，
此时n-m≤❑√2+|t |<❑√2+1<❑√7，
当1≤t
2≤2，Δ=-8t
2+8≤0，
但4 x
2-8≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
等价于4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)≤0对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)=0的两根为x1, x2，
则x1+ x2=t
3-t , x1⋅x2= 3t
4-2t
2-8
4
，
所以n-m≤| x1- x2|=
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=
❑√t
6-5t
4+3t
2+8.
令t
2= λ , λ∈[1,2]，构造函数P( λ)= λ
3-5 λ
2+3 λ+8( λ∈[1,2])，
P
'( λ)=3 λ
2-10 λ+3=( λ -3)(3 λ -1)，
所以λ∈[1,2]时，P
'( λ)<0，P( λ)递减，P( λ)max = P（1）=7.
所以(n-m)max = ❑√7，即n-m≤❑√7.
[方法二]：判别式法
由f ( x)-h( x)=( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)，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], x
2+2tx +3t
2-2≥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], x
2+ (t
3-t )x
4
+ (t
2-2)(3t
2+ 4)
4
≤0恒成立.②
当t
2<1时，将①式看作一元二次方程，进而有Δ1=8-8t
2>0，①式的解为x ≥x1或x ≤x2（不妨设
x1> x2）；
当t
2≤2
3时，x1 x2≤0，从而m≥0或n≤0，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，从而n-m≤❑√2<❑√7成立；
当2
3 <t
2<1时，由①式得x ≥❑√2
❑√1-t
2-t或x ≤- ❑√2
❑√1-t
2-t，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，所以
n-m≤❑√2+|t |- ❑√2
❑√1-t
2≤❑√2+1<❑√7.
当2≥t
2≥1时，将②式看作一元二次方程，进而有Δ2=t
6-5t
4+3t
2+8=t
2(t
4-5t
2+3)+8.
由2≥t
2≥1,-3≤t
4-5t
2+3≤-1，得2≤Δ2≤7，此时②式的解为x3≤x ≤x4不妨设x3≤x4，从而
n-m≤x4- x3= ❑√Δ2≤❑√7.
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≤3t
4+ 4 t
3-2t
2- 4t -1≤3，③
0≤3t
4- 4t
3-2t
2+ 4t -1≤3，④
解得
❑√6
3 ≤t ≤❑√2.
由③+④并化简得，1≤3t
4-2t
2≤4.
因为m(t )=3t
4-2t
2=3(t
2- 1
3 )
2- 1
3在区间[
❑√6
3 ,❑√2]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4 x
2- 4(t
3-t )x +3t
4-2t
2-8≤0⑤
对x∈[m,n]恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有
Δ=16(t
3-t )
2-16(3t
4-2t
2-8)=16(t
6-5t
4+3t
2+8).
设u(t )=t
6-5t
4+3t
2+8,1≤t ≤❑√2，则u
'(t )=6t
5-20t
3+6t =2t(3t
2-1)(t
2-3)<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[ x1, x2]，则n-m≤| x1- x2|=
❑√t
6-5t
4+3t
2+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.
【点拨】处理区间长度的最值问题，常通过反证法或判别式法转化为关于参数的函数最值.本题中
利用切线放缩，将高次不等式转化为二次不等式，再结合根的分布与区间长度的关系进行求解.
考点二：分离参数法
考法7：全分离或半分离参数结合导数求最值
16.（2026·广东湛江·高考测试）已知不等式2 x -mln x +1≥2ln x +n（m,n∈R，且m≠-2）
对任意正实数x恒成立，则n-5
m+2的最大值为（ ）
A. ln 2
B. 1
C. -1
D. - ln 2
【答案】D
【解析】原不等式等价于2 x +1-n≥(m+2)ln x.
若m<-2，则曲线g( x)=(m+2)ln x必然有一部分位于直线y =2 x +1-n的上方，
与原不等式恒成立相矛盾，所以m>-2（也可令x→0,g( x)→+∞>1-n进行排除）.
所以上述不等式等价于2 x
m+2 + 1-n
m+2 ≥ln x，
设函数f ( x)= ln x，直线l: y = 2 x
m+2 + 1-n
m+2.
经过分析可知，f ( x)单调递增且上凸，直线l经过点(2, 5-n
m+2 )，
要想2 x
m+2 + 1-n
m+2 ≥ln x恒成立，
需满足(2, 5-n
m+2 )在函数f ( x)上方或(2, 5-n
m+2 )在f ( x)上且l与f ( x)相切于此点，
可得5-n
m+2 ≥ln 2，由此即可得n-5
m+2 ≤- ln 2，
显然等号成立时，(2, 5-n
m+2 )在f ( x)= ln x上，
即直线l与f ( x)相切于点(2, 5-n
m+2 )，
又l: y = 2 x
m+2 + 1-n
m+2的斜率为
2
m+2，f
'( x)= 1
x ，故1
2 =
2
m+2，
解得m=2，此时n=5- 4 ln2，所以n-5
m+2的最大值为- ln2.
故选D.
【点拨】处理含有两个参数的恒成立问题，可将其转化为直线与曲线的位置关系.通过数形结合，
利用相切的临界状态确定参数的最值，是解决此类问题的捷径.
17.（2026·河北沧州运东七县·一模）已知函数f ( x)=(ln x -mx)( x + 1
x -m-1)，若f ( x)≤0在
(0,+∞)上恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. (0, 1
e ]
B. [ 1
e
2 ,1]
C. [1,e]
D. [ 1
e ,1]
【答案】D
【解析】函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，
①当m=0时，f ( x)= ln x( x + 1
x -1)，
当x>1时，f ( x)= ln x( x + 1
x -1)>0，不符合题意；
②当m<0时，取x =1，则f （1）=(-m)⋅(1-m)>0，不符合题意；
③当m>0时，设g( x)= ln x -mx，h( x)= x + 1
x -m-1，
则h( x)= x + 1
x -m-1≥2❑√x⋅1
x -m-1=1-m，当且仅当x =1时取等号.
（i）若1-m<0，即m>1，取x = 1
m，
h( 1
m )= 1
m +m-m-1= 1
m -1<0，g( 1
m )= ln 1
m -1<0，不满足题意；
（ii）若1-m≥0，即0<m≤1，
若f ( x)≤0在(0,+∞)上恒成立，则需g( x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，
又g
'( x)= 1
x -m= 1-mx
x
，
当0< x< 1
m时，g
'( x)>0；当x> 1
m时，g
'( x)<0，
所以g( x)在区间(0, 1
m )上单调递增，在区间( 1
m ,+∞)上单调递减，
所以g( x)max = g( 1
m )= ln 1
m -1=- ln m-1，
故- ln m-1≤0，解得m≥1
e ，所以1
e ≤m≤1.
综上可知，1
e ≤m≤1.
故选D.
【点拨】面对乘积形式的函数恒成立问题，先通过特殊值或基本不等式确定其中一个因式的符号，
再将问题转化为另一个因式的恒成立问题，从而分离参数求最值.
18.（2026·山东枣庄·5 月模拟）若∀x∈(0,+∞)，e
x
3(2mln x - 2 x
3 +1)≤x
m(m>0)，则实数
m的最大值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】e
3
【解析】由题意知，不等式e
x
3(2mln x - 2 x
3 +1)≤x
m对任意x∈(0,+ ∞)恒成立.
由于x
m=e
mln x，原不等式可变形为：
e
x
3[2(mln x - x
3)+1]≤e
mln x
等式两边同除以e
x
3，得到：
2(mln x - x
3)+1≤e
mln x - x
3
令t =mln x - x
3 ，则原不等式转化为2t +1≤e
t对于t的所有可能取值恒成立.
构造函数h(t )=e
t -2t -1，求导得h
'(t )=e
t -2.
令h
'(t )=0，解得t = ln 2.
当t ∈(-∞,ln 2)时，h
'(t )<0，h(t )单调递减；
当t ∈(ln 2,+∞)时，h
'(t )>0，h(t )单调递增.
又因为h（0）=e
0-0-1=0，所以当t <0时，h(t )>h（0）=0；
而当t ∈(0,ln 2)时，h(t )<h（0）=0.
由此可知，要使h(t )≥0（即2t +1≤e
t）恒成立，必须要求变量t的取值范围不能包含任何大于0
（且充分小）的数.
换言之，t的最大值必须满足tmax≤0.
再来求t =mln x - x
3 （x>0）的最大值.
令g( x)=mln x - x
3 ，求导得g
'( x)= m
x - 1
3 = 3m- x
3 x
.
因为m>0，令g
'( x)=0解得x =3m.
当x∈(0,3m)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增；
当x∈(3m,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减.
所以g( x)在x =3m处取得最大值：
g(3m)=mln(3m)- 3m
3 =mln(3m)-m
根据前面的分析，必须满足g(3m)≤0，即：
mln(3m)-m≤0
因为m>0，不等式两边同除以m得ln(3m)-1≤0，即ln(3m)≤1.
解得3m≤e，从而m≤e
3.
故实数m的最大值为e
3.
【点拨】本题是典型的利用“同构”思想与函数最值结合的压轴题.破题的关键在于通过指数与对
数的运算法则，将原不等式巧妙变形并提取出整体结构t =mln x - x
3 ，从而将问题转化为e
t ≥2t +1
恒成立.随后，通过研究外层函数h(t )=e
t -2t -1的单调性，敏锐地发现只有当t ≤0时该不等式才
成立，进而将复杂的不等式恒成立问题降维转化为内层函数g( x)的最大值小于等于0的问题.
考法8：分离参数结合切线方程或换元法求参数范围
19.（2026·山东泰安·二模）已知M =(2e x - y)(ln y - ln x)-tx ,t ∈R．
（1） 当t =0, y =1时，求M关于x的函数M ( x)在x =1处的切线方程；
（2） 当y =e时，M >0在x∈[1,+ ∞)上的解集非空，求t的取值范围；
（3） 若对于任意的x , y ∈(0,+∞)，都有M ≤0成立，求t的最小值．
【答案】（1） y =(1-2e)x +2e-1 （2） t <e （3） 2e
【解析】（1） 当t =0, y =1时，M ( x)=(1-2e x)ln x，
∵M
'( x)=-2eln x + 1
x -2e，
∴M
'（1）=1-2e，
∵M （1）=0，
∴M ( x)在x =1处的切线方程为y =(1-2e)x +2e-1.
（2） M >0在x∈[1,+∞)上的解集非空等价于
∃x∈[1,+∞)，使得t <e(2- 1
x )(1- ln x)成立，
设g( x)=(2- 1
x )(1- ln x)( x ≥1)，则
g
'( x)= 1
x
2 (1- ln x)+(2- 1
x )(- 1
x )= 2(1- x)- ln x
x
2
≤0，
∴g( x)单调递减，
∴g( x)max = g（1）=1，
∴t <e.
（3） ∵M ≤0恒成立，
∴t ≥(2e x - y)(ln y - ln x)
x
=(2e- y
x )ln y
x 恒成立，
令y
x =k，则k >0, y =kx，
∴t ≥(2e-k )ln k恒成立，
设m( x)=(2e- x)ln x( x>0)，则
∴m
'( x)= 2e
x - ln x -1，
显然，m
'( x)单调递减，
∵m
'(e)=0，
∴在(0,e)上，m
'( x)>0,m( x)单调递增，
在(e,+∞)上，m
'( x)<0,m( x)单调递减，
∴m( x)max =m(e)=e，
∴t的最小值为e.
20.（2025·深圳高中园·适应性考试）已知函数f ( x)= x
2+ a
x , g( x)=2ln x + 1
x
2．
（1） 讨论函数f ( x)的单调性；
（2） 求函数g( x)的最小值；
（3） 当a=2时，证明：f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1．
【答案】（1） 见解析 （2） 1 （3） 见解析
【解析】（1） 函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，f
'( x)=2 x - a
x
2 = 2 x
3-a
x
2
，
当a=0时，由f
'( x)<0得x<0，由f
'( x)>0，得x>0，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞)；
当a>0时，由f
'( x)>0得x>
3√
a
2，由f
'( x)<0，得x<0或0< x<
3√
a
2，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0),(0,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,+∞)；
当a<0时，由f
'( x)>0得
3√
a
2 < x<0或x>0，由f
'( x)<0可得x<
3√
a
2，
此时，函数f ( x)的减区间为(-∞,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,0),(0,+∞).
综上，当a=0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+ ∞)；
当a>0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,0),(0,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,+ ∞)；
当a<0时，函数f ( x)的减区间为(-∞,
3√
a
2 )，增区间为(
3√
a
2 ,0),(0,+ ∞).
（2） 函数g( x)的定义域为(0,+∞)，g
'( x)= 2
x - 2
x
3 = 2( x
2-1)
x
3
，
由g
'( x)<0，得0< x<1，由g
'( x)>0，得x>1，即g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递
增，
∴g( x)在x =1处取得最小值g（1）=1.
（3） 当a=2时，f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1等价于( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即( x
3+2)ln x + 1
x
2 ≥x，即2( x
3+2)ln x + 2
x
2 ≥2 x，
即ln x
2+ 1
x
2 ≥2 x
x
3+2
- 2ln x
3
x
3+2 ，即g( x)≥2 x -2ln x
3
x
3+2
，
∵g( x)≥1，∴只需证明1≥2 x -2ln x
3
x
3+2
，
即x
3+2≥2 x -6 ln x，即x
3-2 x +6 ln x +2≥0，
令h( x)= x
3-2 x +6 ln x +2( x>0)，则h
'( x)=3 x
2-2+ 6
x = 3 x
3-2 x +6
x
，
易知y =3 x
3-2 x +6在(0,+∞)上单调递增，且当x =0时，y =6>0，
∴h
'( x)>0在(0,+∞)上恒成立，∴h( x)在(0,+∞)上单调递增，
又h（1）=1>0，∴当x ≥1时，h( x)≥h（1）>0，即x
3-2 x +6 ln x +2≥0成立，
当0< x<1时，ln x<0，∴x
3-2 x +6 ln x +2<1-2 x +0+2=3-2 x，
此时无法判断h( x)的符号，故上述证法行不通.
重新变形：要证f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1，即证( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即证x
3ln x +2ln x + 1
x
2 ≥x，即证x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 ≥1，
令m( x)= x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1( x>0)，
则m
'( x)=2 x ln x + x + 2-2ln x
x
2
- 3
x
4 = 2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3
x
4
，
令n( x)=2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3( x>0)，
则n
'( x)=10 x
4 ln x +2 x
4+5 x
4+ 4 x - 4 x ln x -2 x =10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x，
令p( x)=10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x( x>0)，
则p
'( x)= 40 x
3ln x +10 x
3+28 x
3- 4 ln x - 4 +2= 40 x
3ln x +38 x
3- 4 ln x -2，
令q( x)= 40 x
3ln x +38 x
3- 4 ln x -2( x>0)，
则q
'( x)=120 x
2ln x + 40 x
2+114 x
2- 4
x =120 x
2ln x +154 x
2- 4
x ，
易知q
'( x)在(0,+∞)上单调递增，且q
'（1）=150>0，q
'( 1
e )= 154 -120
e
2
- 4e<0，
∴∃x0∈( 1
e ,1)，使得q
'( x0)=0，
∴当x∈(0, x0)时，q
'( x)<0，q( x)单调递减；当x∈( x0,+∞)时，q
'( x)>0，q( x)单调递增，
∴q( x)≥q( x0)，又q（1）=36>0，q( 1
e )=- 2
e
3 + 4
e -2<0，
∴∃x1∈( 1
e ,1)，使得q( x1)=0，
∴当x∈(0, x1)时，q( x)<0，p( x)单调递减；当x∈( x1,+∞)时，q( x)>0，p( x)单调递增，
∴p( x)≥p( x1)，又p（1）=9>0，p( 1
e )=- 10
e
4 + 7
e
4 + 4
e + 2
e = 6
e - 3
e
4 >0，
∴p( x)在(0,+∞)上的符号无法确定，故上述证法也行不通.
再次变形：要证f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1，即证( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即证( x
3+2)ln x + 1
x
2 ≥x，即证( x
3+2)ln x ≥x
3-1
x
2
，
当x =1时，0≥0成立；
当x>1时，ln x>0, x
3-1>0，要证( x
3+2)ln x ≥x
3-1
x
2
，只需证ln x ≥
x
3-1
x
2( x
3+2)，
令F( x)= ln x -
x
3-1
x
2( x
3+2)
( x>1)，则F
'( x)= 1
x - 3 x
2⋅x
2( x
3+2)-( x
3-1)(5 x
4+ 4 x)
x
4( x
3+2)
2
= 1
x - 3 x
7+6 x
4-5 x
7- 4 x
4+5 x
4+ 4 x
x
4( x
3+2)
2
= 1
x --2 x
6+7 x
3+ 4
x
3( x
3+2)
2
= x
2( x
3+2)
2+2 x
6-7 x
3- 4
x
3( x
3+2)
2
= x
8+ 4 x
5+ 4 x
2+2 x
6-7 x
3- 4
x
3( x
3+2)
2
，
令G( x)= x
8+2 x
6+ 4 x
5-7 x
3+ 4 x
2- 4( x>1)，
则G
'( x)=8 x
7+12 x
5+20 x
4-21 x
2+8 x = x(8 x
6+12 x
4+20 x
3-21 x +8)，
令H ( x)=8 x
6+12 x
4+20 x
3-21 x +8( x>1)，
则H
'( x)= 48 x
5+ 48 x
3+60 x
2-21>48+ 48+60-21>0，
∴H ( x)在(1,+∞)上单调递增，∴H ( x)> H （1）=27>0，
∴G
'( x)>0在(1,+ ∞)上恒成立，∴G( x)在(1,+∞)上单调递增，
∴G( x)>G（1）=0，∴F
'( x)>0在(1,+∞)上恒成立，
∴F( x)在(1,+ ∞)上单调递增，∴F( x)> F （1）=0，
即ln x>
x
3-1
x
2( x
3+2)在(1,+ ∞)上恒成立，故当x>1时，原不等式成立；
当0< x<1时，ln x<0, x
3-1<0，要证( x
3+2)ln x ≥x
3-1
x
2
，只需证ln x ≥
x
3-1
x
2( x
3+2)，
由上述证明可知，F( x)在(0,1)上的单调性无法直接判断，故此法也行不通.
最终解法：要证f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1，即证( x
2+ 2
x )ln x + 1
x
3 ≥1，
即证x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1≥0，
令u( x)= x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1( x>0)，
则u
'( x)=2 x ln x + x + 2-2ln x
x
2
- 3
x
4 = 2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3
x
4
，
令v( x)=2 x
5ln x + x
5+2 x
2-2 x
2ln x -3( x>0)，
则v
'( x)=10 x
4 ln x +2 x
4+5 x
4+ 4 x - 4 x ln x -2 x =10 x
4 ln x +7 x
4- 4 x ln x +2 x，
令w( x)=10 x
3ln x +7 x
3- 4 ln x +2( x>0)，
则w
'( x)=30 x
2ln x +10 x
2+21 x
2- 4
x = 30 x
3ln x +31 x
3- 4
x
，
令s( x)=30 x
3ln x +31 x
3- 4( x>0)，
则s
'( x)=90 x
2ln x +30 x
2+93 x
2=30 x
2(3 ln x + 4)，
由s
'( x)<0，得0< x<e
- 4
3，由s
'( x)>0，得x>e
- 4
3，
∴s( x)在(0,e
- 4
3 )上单调递减，在(e
- 4
3 ,+ ∞)上单调递增，
∴s( x)≥s(e
- 4
3 )=30e
- 4(- 4
3 )+31e
- 4- 4 =-9e
- 4- 4<0，
又s（1）=27>0，s( 1
2 )=- 15
4 ln 2+ 31
8 - 4<0，
∴∃x0∈( 1
2 ,1)，使得s( x0)=0，
∴当x∈(0, x0)时，s( x)<0，w
'( x)<0，w( x)单调递减；
当x∈( x0,+ ∞)时，s( x)>0，w
'( x)>0，w( x)单调递增，
∴w( x)≥w( x0)，又w （1）=9>0，w( 1
2 )=- 5
4 ln 2+ 7
8 + 4 ln 2+2= 11
4 ln 2+ 23
8 >0，
∴w( x)>0在(0,+∞)上恒成立，∴v
'( x)>0在(0,+∞)上恒成立，
∴v( x)在(0,+∞)上单调递增，又v （1）=0，
∴当x∈(0,1)时，v( x)<0，u
'( x)<0，u( x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，v( x)>0，u
'( x)>0，u( x)单调递增，
∴u( x)≥u（1）=0，即x
2ln x + 2ln x
x
+ 1
x
3 -1≥0成立，
∴f ( x)ln x + 1
x
3 ≥1成立.
【点拨】处理复杂的超越不等式证明，多次求导是常规武器.通过不断构造新函数并求导，直至导
函数的符号易于判断，再逐层回推原函数的单调性与最值，从而完成证明.
考法9：分离参数结合存在性问题或三角函数求参数范围
21.（2025·江苏高邮·一模）已知函数f ( x)=e
- x(ln a+ ln x)，若存在x>0，使得f ( x)> 1
a，则
实数a的取值范围是（ ）
A. (0, 1
e )
B. ( 1
e ,+ ∞)
C. (0,❑√e)
D. (e,+∞)
【答案】D
【解析】由题意可知，a>0, x>0，由f ( x)=e
- x(ln a+ ln x)> 1
a，
可得ln a+ ln x>e
x
a =e
x - ln a，可得x + ln x>e
x -ln a+ x - ln a=e
x -ln a+ lne
x -ln a.
令g( x)= x + ln x，其中x>0，则g
'( x)=1+ 1
x >0.
所以，函数g( x)在(0,+∞)上为增函数.
由x + ln x>e
x -ln a+ lne
x -ln a可得g( x)>g(e
x - ln a)，则x>e
x - ln a=e
x
a ，可得a>e
x
x .
令h( x)=e
x
x ，其中x>0，则h
'( x)=e
x( x -1)
x
2
.
当0< x<1时，h
'( x)<0，即函数h( x)在(0,1)上递减.
当x>1时，h
'( x)>0，即函数h( x)在(1,+∞)上递增.
所以，a>h( x)min=h（1）=e，即实数a的取值范围是(e,+ ∞).
故选D.
【点拨】处理含有指数和对数的混合不等式存在性问题，同构法是常用的利器.通过变形将不等式
转化为具有相同结构的函数形式，利用单调性脱去函数符号，再分离参数求最值.
22.（2026·广东江门·二模）已知函数f ( x)= x +2sin x +3．
（1） 求曲线y = f ( x)在点(0,f （0）)处的切线方程；
（2） 若不等式f ( x)>2❑√2sin( x + π
4 )+m对x∈[- π
2 , π
2 ]恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1） y =3 x +3 （2） (-∞,3- ❑√3- π
6 )
【解析】（1） 函数f ( x)的导函数f
'( x)=1+2cos x.
则f
'（0）=3，又f （0）=3.
所以曲线y = f ( x)在点(0,f （0）)处的切线方程为y -3=3( x -0)，即y =3 x +3.
（2） 2❑√2sin( x + π
4 )=2❑√2(sin x cos π
4 +cos x sin π
4 )=2sin x +2cos x.
由f ( x)>2❑√2sin( x + π
4 )+m，得m< x -2cos x +3.
设g( x)= x -2cos x +3, x∈[- π
2 , π
2 ]，则m<g( x)min.
g
'( x)=1+2sin x.
令g
'( x)<0，得- π
2 < x<- π
6 ，则g( x)在[- π
2 ,- π
6 )上单调递减.
令g
'( x)>0，得- π
6 < x< π
2 ，则g( x)在(- π
6 , π
2 ]上单调递增.
所以g( x)min= g(- π
6 )=- π
6 -2×
❑√3
2 +3=3- ❑√3- π
6 .
故m的取值范围为(-∞,3- ❑√3- π
6 ).
【点拨】处理含有三角函数的恒成立问题，首先利用辅助角公式或和差角公式进行化简，然后分
离参数，构造新函数并利用导数求其在闭区间上的最值.
考点三：端点效应与必要性探路
考法10：利用端点恒成立求参数范围
23.已知函数f ( x)= x ln x -a( x
2-1)．
（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．
【答案】（1） x - y -1=0 （2） 1
2 （3） [ 1
2 ,+ ∞)
【解析】（1） 当a=0时，f ( x)= x ln x，定义域为(0,+∞)，f （1）=0，
f
'( x)= ln x + x⋅1
x =1+ ln x，f
'（1）=1，
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.
（2） f
'( x)= ln x + x⋅1
x -2ax =1+ ln x -2ax，
设f
'( x)= g( x)=1+ ln x -2ax，则g
'( x)= 1
x -2a，
依题意得g
'（1）=0，即a= 1
2，
当a= 1
2时，g
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，当0< x<1时，g
'( x)>0，当x>1时，g
'( x)<0，
所以f
'( x)= g( x)在x =1处取得极大值，符合题意.
综上所述：a= 1
2.
（3） 当x =1时，f （1）=0，a∈R，
当x>1时，f
'( x)=1+ ln x -2ax，令h( x)= f
'( x)=1+ ln x -2ax，x>1，
则h
'( x)= 1
x -2a= 1-2ax
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.
②当a>0时，令h
'( x)=0，得x = 1
2a，
（i） 若1
2a ≤1，即a≥1
2时，在x>1时，h
'( x)<0，h( x)在(1,+∞)上为减函数，
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；
（ii） 若1
2a >1，即0<a< 1
2时，
当x∈(1, 1
2a )时，h
'( x)>0，h( x)在(1, 1
2a )上为增函数，h( x)>h（1）=1-2a>0，
f ( x)在(1, 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)≤0对x∈[1,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是a≥1
2.
【点拨】对于区间端点处的恒成立问题，常利用端点处的导数值进行必要性探路.若端点处函数值
为0，则端点处的导数符号决定了函数在端点附近的走势，从而可初步确定参数范围.
24.已知函数f ( x)= ln(1+ x), g( x)= ax
e
x ,f
'( x)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．
【答案】（1） 见解析 （2） (-∞,1]
【解析】（1） f ( x)= ln(1+ x),f
'( x)=
1
1+ x ，当a=1时，g( x)= x
e
x ,g
'( x)= 1- x
e
x
，令
h( x)= f
'( x)- g
'( x)=
1
1+ x - 1- x
e
x
=e
x -(1- x
2)
(1+ x)e
x ，令μ( x)=e
x+ x
2-1，则μ
'( x)=e
x+2 x，显然
μ
'( x)在(-1,0)上是单调递增函数，且μ
'(- 1
2 )= 1
❑√e -1<0, μ
'（0）=1>0，∴μ
'( x)在(- 1
2 ,0)上
有唯一零点x0，且x∈(-1, x0)时，μ
'( x)<0, μ( x)单调递减，x∈( x0,0)时，μ
'( x)>0, μ( x)单调
递增，又μ（0）=0, μ(- 1
2 )= 1
❑√e - 3
4 < 2
3 - 3
4 <0，μ(-
❑√6
3 )=e
-
❑√6
3 + 2
3 -1>e
-1- 1
3 >0，∴μ( x)=0
在(-
❑√6
3 ,- 1
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
e
x = 1
e
x [e
x ln(1+ x)-ax ]，令
G( x)=e
x ln(1+ x)-ax , x ∈(0,+ ∞)，则G（0）=0，f ( x)> g( x)等价于：
G( x)>0, x∈(0,+ ∞)，G
'( x)=e
x[ ln(1+ x)+
1
1+ x ]-a,G
'（0）=1-a，令
H ( x)=e
x[ ln(1+ x)+
1
1+ x ]-a，则H
'( x)=e
x[ ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2 ]，令
T ( x)= ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2 , x∈(0,+ ∞)，则T
'( x)=
1
1+ x -
2
(1+ x)
2 +
2
(1+ x)
3 = x
2+1
(1+ x)
3 >0，
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x1=e-1+ ln a>0，则
ln(1+ x1)= ln(e+ ln a)>lne=1,
1
1+ x1
>0，e
x1=e
e-1+ ln a>e
ln a=a，
∴G
'( x1)=e
x1[ ln(1+ x1)+
1
1+ x1
]-a>a⋅(1+0)-a=0，∴∃x2∈(0, x1)，使得G
'( x2)=0，
x∈(0, x2)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].
【点拨】利用端点处的导数值进行必要性探路，是解决恒成立求参数范围问题的常用技巧.通过分
析端点导数的符号，可初步筛选出可能的参数范围，再进行严格的充分性证明.
考法11：利用端点不成立求参数范围
25.已知函数f ( x)=a ln x - x(a≠0)．
（1） 讨论函数f ( x)的极值；
（2） 当x>0时，不等式x
a
e
x -2f ( x)≥sin[ f ( x)]+1恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） 见解析 （2） (0,e]
【解析】（1） 由题意可得：f ( x)的定义域为(0,+∞)，且f
'( x)= a
x -1= a- 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)=aln a-a，无极小值.
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)=aln a-a，无极小值.
（2） 因为x
a
e
x -2f ( x)≥sin[ f ( x)]+1，则e
f ( x)-2f ( x)-sin[ f ( x)]-1≥0.
构建g( x)=e
x -2 x -sin x -1，则g
'( x)=e
x -2-cos x.
①当x ≤0时，则e
x≤1,-cos x ≤1，则g
'( x)=e
x -2-cos x<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)=e
x+sin x.
因为e
x>1,sin x ≥-1，则φ
'( x)=e
x+sin x>0.
所以φ( x)在(0,+∞)上单调递增.
且φ（0）=-2<0,φ（1）=e-2-cos1>e-2-cos π
4 =e-2-
❑√2
2 >0.
故φ( x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈(0,1).
当0< x< x0时，则φ( x)<0；当x> x0时，则φ( x)>0.
即当0< x< x0时，则g
'( x)<0；当x> x0时，则g
'( x)>0.
所以g( x)在(0, x0)上单调递减，在( x0,+∞)上单调递增.
综上所述：g( x)在(-∞, x0)上单调递减，在( x0,+∞)上单调递增.
则g( x)≥g( x0)=e
x0-2 x0-sin x0-1，且g( x0)<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.
②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)=a ln a-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(-∞,a ln a-a].
若g(f ( x))≥0恒成立，则f ( x)≤0恒成立.
即aln a-a≤0，解得0<a≤e.
综上所述：a的取值范围(0,e].
【点拨】本题考查利用导数研究函数的极值以及复合函数不等式恒成立问题.处理g(f ( x))≥0恒成
立时，关键是先通过导数探究外层函数g( x)的单调性与最值，结合图象发现g( x)≥0等价于
f ( x)≤0.进而将问题转化为内层函数f ( x)≤0恒成立，再利用导数求出f ( x)的最大值即可求解.
26.已知函数f ( x)=ax - ln x ,a∈R．
（1） 若a= 1
e ，求函数f ( x)的最小值及取得最小值时的x值；
（2） 若函数f ( x)≤xe
x -(a+1)ln x对x∈(0,+ ∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1） 最小值0，此时x =e （2） [0,e]
【解析】（1） 当a= 1
e 时，f ( x)= 1
e x - ln x，定义域为(0,+ ∞)，
所以f
'( x)= 1
e - 1
x = x -e
e x
，令f
'( x)=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)min= f (e)=0.
（2） 因为函数f ( x)≤xe
x -(a+1)ln x对x∈(0,+ ∞)恒成立
所以x e
x -a( x + ln x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立，
令h( x)= x e
x -a( x + ln x)，x>0，则h
'( x)=( x +1)e
x -a(1+ 1
x )=( x +1)(e
x - a
x )，
①当a=0时，h
'( x)=( x +1)e
x>0，h( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以，由h( x)= xe
x可得h( x)>0，即满足xe
x -a( x + ln x)≥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= xe
x
令k( x)=e
x- a
x ，k
'( x)=e
x+ a
x
2 >0恒成立，故k( x)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∃x0∈(0,+ ∞)，使得h
'( x0)=0，a= x0e
x0，
所以，当x∈(0, x0)时，h
'( x)<0，h( x)单调递减，
当x∈( x0,+ ∞)时，h
'( x)>0，h( x)单调递增，
所以，只需h( x)min=h( x0)= x0e
x0-a( x0+ ln x0)= x0e
x0(1- x0- ln x0)≥0即可；
所以，1- x0- ln x0≥0，1≥x0+ ln x0，因为x0=ae
- x0，所以ln x0= ln a- x0，
所以ln x0+ x0= ln a≤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].
【点拨】处理含有参数的超越不等式恒成立问题，常通过分离参数或构造新函数求导.本题中，通
过求导发现导函数存在唯一零点，利用隐零点代换将最值转化为关于零点的函数，再结合单调性
求出参数范围.
考法12：利用必要性探路缩小参数范围
27.（2025·河北衡水中学·综合评价）已知a>0，f ( x)=(ae
x- 1
x )ln( x +b)，当x>0时，
f ( x)≥0，则a(1-b)
3的最大值为（ ）
A. 1
e
2
B. 2
e
2
C. 3
e
2
D. 4
e
2
【答案】D
【解析】因为a>0，所以y =ae
x - 1
x 在(0,+ ∞)为增函数，由y =ae
x与y = 1
x 图象知，y =ae
x - 1
x 在
(0,+∞)有唯一的零点x0，
当x< x0时，y =ae
x - 1
x <0，当x> x0时，y =ae
x - 1
x >0，
若b≥1，则y = ln( x +b)>0在(0,+∞)恒成立，与f ( x)≥0矛盾，故b<1.
显然f ( x)=(ae
x - 1
x )ln( x +b)的定义域为{x| x>-b且x≠0}，且f (1-b)=0
因为a>0，所以y =ae
x - 1
x , y = ln( x +b)均在(-b,+∞)单调递增，
所以当x∈(-b,1-b)时，ln( x +b)<0，因为f ( x)≥0，所以ae
x - 1
x <0；
当x∈(1-b,+ ∞)时，ln( x +b)>0，因为f ( x)≥0，所以ae
x - 1
x >0，
所以当x =1-b时，ae
x - 1
x =0,ln( x +b)=0，
即ae
1-b-
1
1-b =0⇒a(1-b)
3= (1-b)
2
e
1-b
，
令g( x)= x
2
e
x ，得g
'( x)= (2- x)x
e
x
，
所以当x∈(0,2)时，g
'( x)>0，g( x)= x
2
e
x 单调增，
当x∈(2,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)= x
2
e
x 单调减，
故g( x)≤g（2）= 4
e
2 ，
所以a(1-b)
3= (1-b)
2
e
1-b
≤4
e
2 ，当且仅当1-b=2即b=-1时等号成立；
故选D.
【点拨】处理含有多个变量的最值问题，常通过恒成立条件寻找变量间的等量关系，从而消元转
化为单变量函数求最值.本题中利用零点一致性得出a与b的关系是解题的关键.
28.已知函数f ( x)= ln( x +1)-ax(a>0)．
（1） 若函数g( x)= f ( x)-a在[0,e
2-1]上有且仅有2个零点，求a的取值范围；
（2） 若f ( x)≤a
2e
x -a( x +1)恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） [ 2
e
2 , 1
e ) （2） [1,+ ∞)
【解析】（1） 由已知g( x)= ln( x +1)-a( x +1)，令t = x +1，又x∈[0,e
2-1]，得t ∈[1,e
2]．
由题设可得a= lnt
t ，令φ(t )= lnt
t ，其中t ∈[1,e
2]，
则直线y =a与函数y =φ(t )的图象在[1,e
2]上有两个交点，
因为φ
'(t )= 1- ln t
t
2
，当1<t <e时，φ
'(t )>0，此时函数φ(t )单调递增，
当e<t <e
2时，φ
'(t )<0，此时函数φ(t )单调递减．
所以函数φ(t )的极大值为φ(e)= 1
e ，且φ（1）=0,φ(e
2)= 2
e
2 ，
当2
e
2 ≤a< 1
e 时，直线y =a与函数y =φ(t )在[1,e
2]上的图象有两个交点，
所以函数g( x)= f ( x)-a在[0,e
2-1]上有且仅有2 个零点，
故实数a的取值范围是[ 2
e
2 , 1
e )；
（2） 当a>0时，由已知函数f ( x)的定义域为(-1,+∞)，
又f ( x)≤a
2e
x -a( x +1)恒成立，即ln( x +1)≤a
2e
x -a在x>-1时恒成立，
当x =0时，ln( x +1)≤a
2e
x -a恒成立，即a
2-a≥0，又a>0，则a≥1，
下面证明：当a≥1时，ln( x +1)≤a
2e
x -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)≤a
2e
x -a，只需证明对任意的x∈(-1,+ ∞)，a
2e
x -a≥x恒成立，
令φ( x)=a
2e
x - x -a，则φ
'( x)=a
2e
x -1，
由φ
'( x)=a
2e
x -1=0，得x = ln 1
a
2 =-2ln a≤0，
①当-2ln a≤-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)= a
2
e +1-a= 1
e (a-e
2 )
2+1-e
4 >1-e
4 >0；
②当-2ln a>-1，即1≤a<❑√e时，φ( x)在(-1,-2ln a)上单调递减，在(-2ln a,+∞)上单调递增，
于是φ( x)≥φ(-2ln a)= a
2
a
2 +2ln a-a=2ln a-a+1，
令h(a)=2ln a-a+1，则h
'(a)= 2
a -1> 2
❑√e -1>0，则h(a)在[1,❑√e)上单调递增．
于是h(a)min=h（1）=0，所以φ( x)≥0恒成立，
所以a≥1时，不等式a
2e
x-a≥x恒成立，因此a的取值范围是[1,+ ∞).
【点拨】利用端点处的函数值进行必要性探路，可快速缩小参数的取值范围.随后在缩小后的范围
内进行充分性证明，常需结合导数分析函数的单调性与最值.
考点四：同构法与构造函数技巧
考法13：利用同构法构造函数求参数范围
29.（2026·河北NT 名校·1 月月考）对于任意的x>0，不等式(e
x -3 x)(ln x - x +a)≤0恒成立，
则实数a的值为（ ）
A. e
B. 1
C. ln2
D. ln3
【答案】D
【解析】设f ( x)=e
x -3 x，则f
'( x)=e
x -3，
令f
'( x)=0，解得x = ln3，
当x∈(0,ln3)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
当x∈(ln3,+ ∞)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)min= f (ln3)=3-3 ln3=3(1- ln3)<0，
又f （1）=e-3<0，f （2）=e
2-6>0，
所以存在x1∈(0,1), x2∈(1,2)，使得f ( x1)= f ( x2)=0，
当x∈(0, x1)时，f ( x)>0，当x∈( x1, x2)时，f ( x)<0，当x∈( x2,+∞)时，f ( x)>0，
因为(e
x -3 x)(ln x - x +a)≤0恒成立，
所以当x∈(0, x1)时，ln x - x +a≤0，当x∈( x1, x2)时，ln x - x +a≥0，当x∈( x2,+∞)时，
ln x - x +a≤0，
所以ln x1- x1+a=0,ln x2- x2+a=0，
即a= x1- ln x1,a= x2- ln x2，
设g( x)= x - ln x，则g
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，
当x∈(0,1)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，
所以g( x)min= g（1）=1，
因为a= x1- ln x1,a= x2- ln x2，
所以a>1，
又因为f ( x1)=0,f ( x2)=0，
所以e
x1-3 x1=0,e
x2-3 x2=0，
即x1= ln3+ ln x1, x2= ln3+ ln x2，
所以x1- ln x1= ln3, x2- ln x2= ln3，
所以a= ln3.
故选D.
【点拨】处理乘积形式的不等式恒成立问题，关键在于分析两个因式的符号变化.若一个因式存在
变号零点，则另一个因式必须在相同的零点处变号，从而转化为方程求根问题.
30.（2025·河南南阳一中·三模）已知函数f ( x)= 2a
x e
2 x -1+ ln a,g( x)=2ln x +1．若
f ( x)≥g( x)恒成立，则a的最小值是＿＿＿＿＿＿．
【答案】1
e
【解析】f ( x)≥g( x)恒成立，即
2a
x e
2 x -1+ ln a≥2ln x +1⇒2a
x e
2 x -1≥lne x
2
a ⇒2 xe
2 x≥e x
2
a lne x
2
a =e
lne x
2
a lne x
2
a
，
令φ(t )=t e
t(t >0)，则易知φ(t )单调递增，
∴φ(2 x)≥φ(lne x
2
a )⇒2 x ≥lne x
2
a ⇒2 x ≥2ln x +1- ln a⇒ln a≥2ln x -2 x +1，
令h( x)=2ln x -2 x +1，则h
'( x)= 2
x -2，
令h
'( x)=0，解得x =1，当x∈(0,1)时，h
'( x)>0，h( x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，h
'( x)<0，h( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以h( x)max =h（1）=-1，故ln a≥-1，即a≥1
e .
则a的最小值是1
e .
【点拨】处理含有指数和对数的复杂不等式恒成立问题，同构法是常用的利器.通过代数变形，将
不等式两边转化为具有相同结构的函数形式，利用该函数的单调性脱去函数符号，从而将问题转
化为常规的求最值问题.
考法14：利用特定构造函数技巧求参数范围
31.（2025·郑州外国语学校·5 月调研）已知函数f ( x)=e
x -e
- x -2sin x +2，若关于x的不等式
f (ln x + x
2-ax)+ f (e
x -2ln x)≥4在(0,+∞)上恒成立，则实数a的最大值为＿＿＿＿＿＿．
【答案】e+1
【解析】设g( x)= f ( x)-2=e
x -e
- x -2sin x，则其定义域为R，且
g(- x)= f (- x)-2=e
- x -e
x -2sin(- x)=-(e
x -e
- x -2sin x)=- g( x)，故g( x)为奇函数.
而g
'( x)=e
x+e
- x -2cos x ≥2-2cos x ≥0，且仅在x =0时g
'( x)=0，所以g( x)为增函数.
同时，不等式f (ln x + x
2-ax)+ f (e
x -2ln x)≥4可化为f (ln x + x
2-ax)-2≥-(f (e
x -2ln x)-2)，
即g(ln x + x
2-ax)≥- g(e
x -2ln x).
而g( x)是奇函数，故原不等式又等价于g(ln x + x
2-ax)≥g(2ln x -e
x)，
因为g( x)是增函数，所以等价于ln x + x
2-ax ≥2ln x -e
x.
当x>0时，这可化为a≤e
x
x - ln x
x + x，故条件即为a≤e
x
x - ln x
x + x对任意x∈(0,+∞)成立.
①一方面，在条件中取x =1，即可得到a≤e
1
1 - ln1
1 +1=e+1，从而一定有a≤e+1；
②另一方面，当a=e+1时，我们证明对任意的x∈(0,+∞)，都有a≤e
x
x - ln x
x + x.
首先，代入a=e+1，然后两边同乘正数x，可知该不等式等价于(e+1)x ≤e
x - ln x + x
2.
设h(t )=t - ln t -1，则h
'(t )=1- 1
t = t -1
t
，故对0<t <1有h
'(t )= t -1
t
<0，对t >1有h
'(t )= t -1
t
>0.
从而h(t )在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，所以对t >0均有h(t )≥h（1）=1- ln1-1=0.
这就意味着e⋅h(e
x -1)+h( x)+( x -1)
2≥0+0+0=0，所以
0≤eh(e
x -1)+h( x)+( x -1)
2=e(e
x -1- x +1-1)+( x - ln x -1)+( x
2-2 x +1)=e
x - ln x + x
2-(e+1)x
.
从而由0≤e
x - ln x + x
2-(e+1)x即可得到(e+1)x ≤e
x - ln x + x
2.
即当a=e+1时，不等式a≤e
x
x - ln x
x + x对x∈(0,+∞)恒成立.
综合①②两方面，可知a的最大值为e+1.
故答案为：e+1.
【点拨】本题考查利用函数的奇偶性与单调性解不等式，以及利用必要条件探路法求参数的最值.
首先通过构造奇函数g( x)= f ( x)-2，利用其单调递增的性质，将抽象的函数不等式转化为具体的
不等式ln x + x
2-ax ≥2ln x -e
x.分离参数后得到a≤e
x
x - ln x
x + x.由于直接求右侧函数的最小值较为
困难，采用“必要性探路”策略：先取特殊值x =1得到a≤e+1，猜测最大值为e+1；再证明充分
性，即当a=e+1时，不等式恒成立.证明过程中巧妙地构造了基本不等式t - lnt -1≥0，通过组合
e⋅h(e
x -1)+h( x)+( x -1)
2≥0完成了放缩证明，体现了极高的代数变形技巧.
32.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)= x
2+2 x，g( x)=- x
2+2 x，D =(-∞,+ ∞)，求h( x)的表达式；
（2） 若f ( x)= x
2- x +1，g( x)=k ln x，h( x)=kx -k , D =(0,+ ∞)，求k的取值范围；
（3） 若f ( x)= x
4-2 x
2，g( x)= 4 x
2-8，
h( x)= 4(t
3-t )x -3t
4+2t
2(0<|t |≤❑√2), D =[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，求证：n-m≤❑√7．
【答案】（1） h( x)=2 x （2） k ∈[0,3] （3） 证明见解析
【解析】（1） [方法一]:判别式法
由f ( x)≥h( x)≥g( x)可得x
2+2 x ≥kx +b≥- x
2+2 x在R上恒成立，
即x
2+(2-k )x -b≥0和x
2-(2-k )x +b≥0，
从而有{
Δ1=(2-k )
2+ 4 b≤0
Δ2=(2-k )
2- 4 b≤0，
即(2-k )
2≤4 b≤-(2-k )
2，
所以(2-k )
2=0,4 b=0，
因此，k =2,b=0．所以h( x)=2 x．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有- x
2+2 x ≤kx +b≤x
2+2 x对任意的x∈R恒成立.
令x =0，则0≤b≤0，所以b=0.
因此kx ≤x
2+2 x即x
2+(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)=2 x.
（2） [方法一]
令F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)( x>0)，F （1）=0.又F
'( x)=k ⋅x -1
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)- g( 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)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0
当x = k +1
2
<0，即k <-1时，y = x
2-(k +1)x + k +1在(0,+ ∞)为增函数，
因为f （0）-h（0）=k +1<0，
故存在x0∈(0,+ ∞)，使f ( x)-h( x)<0，不符合题意.
当x = k +1
2
=0，即k =-1时，f ( x)-h( x)= x
2≥0，符合题意.
当x = k +1
2
>0，即k >-1时，则需Δ=(k +1)
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)= x
2- x +1≥h( x)=kx -k ≥g( x)=k ln x在D =(0,+∞)内恒成立；
由已知得F( x)=h( x)- g( x)=k( x -1- ln x)≥0，
令x =e，得k(e-2)≥0，∴k ≥0()，
令G( x)= x -1- ln x，G
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，当0< x<1时，G
'( x)<0，G( x)单调递减；当x>1时，
G
'( x)>0，G( x)单调递增，∴G( x)min=G（1）=0，∴当k ≥0时F( x)≥0在D =(0,+∞)内恒成
立；
由f ( x)-h( x)= x
2- x +1-(kx -k )= x
2-(k +1)x +(k +1)≥0在D =(0,+∞)内恒成立，由()知k ≥0，
∴k +1
2
>0，∴Δ=(k +1)
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x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2≥4 x
2-8对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
①x
4-2 x
2≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立，
等价于( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
故x
2+2tx +3t
2-2≥0对任意x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
令M ( x)= x
2+2tx +3t
2-2，
当0<t
2<1，Δ=-8t
2+8>0,-1<-t <1，
此时n-m≤❑√2+|t |<❑√2+1<❑√7，
当1≤t
2≤2，Δ=-8t
2+8≤0，
但4 x
2-8≥4(t
3-t )x -3t
4+2t
2对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
等价于4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)≤0对任意的x∈[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]恒成立.
4 x
2- 4(t
3-t )x +(3t
2+ 4)(t
2-2)=0的两根为x1, x2，
则x1+ x2=t
3-t , x1⋅x2= 3t
4-2t
2-8
4
，
所以n-m≤| x1- x2|=
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=
❑√t
6-5t
4+3t
2+8.
令t
2= λ , λ∈[1,2]，构造函数P( λ)= λ
3-5 λ
2+3 λ+8( λ∈[1,2])，
P
'( λ)=3 λ
2-10 λ+3=( λ -3)(3 λ -1)，
所以λ∈[1,2]时，P
'( λ)<0，P( λ)递减，P( λ)max = P（1）=7.
所以(n-m)max = ❑√7，即n-m≤❑√7.
[方法二]：判别式法
由f ( x)-h( x)=( x -t )
2( x
2+2tx +3t
2-2)，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], x
2+2tx +3t
2-2≥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], x
2+ (t
3-t )x
4
+ (t
2-2)(3t
2+ 4)
4
≤0恒成立.②
当t
2<1时，将①式看作一元二次方程，进而有Δ1=8-8t
2>0，①式的解为x ≥x1或x ≤x2（不妨设
x1> x2）；
当t
2≤2
3时，x1 x2≤0，从而m≥0或n≤0，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，从而n-m≤❑√2<❑√7成立；
当2
3 <t
2<1时，由①式得x ≥❑√2
❑√1-t
2-t或x ≤- ❑√2
❑√1-t
2-t，又[m,n]⊆[- ❑√2,❑√2]，所以
n-m≤❑√2+|t |- ❑√2
❑√1-t
2≤❑√2+1<❑√7.
当2≥t
2≥1时，将②式看作一元二次方程，进而有Δ2=t
6-5t
4+3t
2+8=t
2(t
4-5t
2+3)+8.
由2≥t
2≥1,-3≤t
4-5t
2+3≤-1，得2≤Δ2≤7，此时②式的解为x3≤x ≤x4不妨设x3≤x4，从而
n-m≤x4- x3= ❑√Δ2≤❑√7.
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≤3t
4+ 4 t
3-2t
2- 4t -1≤3，③
0≤3t
4- 4t
3-2t
2+ 4t -1≤3，④
解得
❑√6
3 ≤t ≤❑√2.
由③+④并化简得，1≤3t
4-2t
2≤4.
因为m(t )=3t
4-2t
2=3(t
2- 1
3 )
2- 1
3在区间[
❑√6
3 ,❑√2]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4 x
2- 4(t
3-t )x +3t
4-2t
2-8≤0⑤
对x∈[m,n]恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有
Δ=16(t
3-t )
2-16(3t
4-2t
2-8)=16(t
6-5t
4+3t
2+8).
设u(t )=t
6-5t
4+3t
2+8,1≤t ≤❑√2，则u
'(t )=6t
5-20t
3+6t =2t(3t
2-1)(t
2-3)<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[ x1, x2]，则n-m≤| x1- x2|=
❑√t
6-5t
4+3t
2+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.
【点拨】处理区间长度的最值问题，常通过反证法或判别式法转化为关于参数的函数最值.本题中
利用切线放缩，将高次不等式转化为二次不等式，再结合根的分布与区间长度的关系进行求解.
考点五：洛必达法则与max/min 函数问题
考法15：利用洛必达法则求参数范围
33.已知函数f ( x)=a ln x +bx(a,b∈R)在x = 1
2处取得极值，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；
（2） 若∀x∈[1,+ ∞)，不等式f ( x)≤(m-2)x - m
x 恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1） a=1,b=-2 （2） [ 1
2 ,+∞)
【解析】（1） ∵f ( x)=a ln x +bx，∴f
'( x)= a
x +b；
∵函数f ( x)=aln x +bx(a,b∈R)在x = 1
2处取得极值，
∴f
'( 1
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；
（2） 不等式f ( x)≤(m-2)x - m
x 恒成立可化为ln x ≤mx - m
x ，即ln x ≤m( x - 1
x )；
当x =1时，恒成立；当x>1时，m≥x ln x
x
2-1恒成立，
令h( x)= x ln x
x
2-1，则h
'( x)= (ln x +1)( x
2-1)-2 x⋅x ln x
( x
2-1)
2
= x
2- x
2ln x - ln x -1
( x
2-1)
2
；
令m( x)= x
2- x
2ln x - ln x -1，则m
'( x)=2 x -2 x ln x - x - 1
x = x
2-2 x
2ln x -1
x
；
令n( x)= x
2-2 x
2ln x -1，则n
'( x)=2 x - 4 x ln x -2 x =- 4 x ln x<0；
得n( x)= x
2-2 x
2ln x -1在(1,+ ∞)是减函数，故n( x)<n（1）=0，进而m
'( x)<0
(或m
'( x)= x -2 x ln x - 1
x ，m
″( x)=-2ln x -1+ 1
x
2 <0，
得m
'( x)= x -2 x ln x - 1
x 在(1,+ ∞)是减函数，进而m
'( x)<0)．
可得：m( x)<m（1）=0，故h
'( x)<0，所以h( x)= x ln x
x
2-1在(1,+∞)是减函数，
而m要大于等于h( x)= x ln x
x
2-1在(1,+∞)上的最大值，但当x =1时，y =h( x)没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，
lim
x→1 x ln x
x
2-1
=
lim
x→1 ln x +1
2 x
= 1
2
，故答案为m≥1
2．
【点拨】当分离参数后得到的函数在端点处出现“0
0”型未定式时，可利用洛必达法则求出极限
值，从而确定参数的临界条件.
34.设函数f ( x)=1-e
- x．当x ≥0时，f ( x)≤
x
ax +1，求a的取值范围．
【答案】[0, 1
2 ]
【解析】由题设x ≥0，此时f ( x)≥0．
①当a<0时，若x>- 1
a，则
x
ax +1 <0，f ( x)≤
x
ax +1不成立；
②当a≥0时，当x ≥0时，f ( x)≤
x
ax +1，即1-e
- x≤
x
ax +1；
若x =0，则a∈R；
若x>0，则1-e
- x≤
x
ax +1等价于1-e
- x
x
≤
1
ax +1，即a≤xe
x -e
x+1
xe
x - x
．
记g( x)= xe
x -e
x+1
xe
x - x
，则$g'（x）=\frac{\text{e}^{2x}-x^2\text{e}^x-2\text{e}^x+1}{(x\text{e}^x-
x)^2}=\frac{\text{e}^x(x\text{e}^x-x)^2(\text{e}^x-x^2-2+\text{e}^{-x})}$．
记h( x)=e
x - x
2-2+e
- x，则h
'( x)=e
x-2 x -e
- x，h
″( x)=e
x+e
- x -2>0．
因此，h
'( x)=e
x -2 x -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．
因此g
'( x)=e
x
( xe
x - x)
2 h( x)>0，所以g( x)在(0,+∞)上单调递增．
由洛必达法则有lim
x→0 g( x)=
lim
x→0 xe
x -e
x+1
xe
x - x
=
lim
x→0 xe
x
e
x+ xe
x -1
=
lim
x→0 e
x+ xe
x
2e
x+ xe
x
= 1
2
，
即当x→0时，g( x)→1
2，即有g( x)> 1
2，所以0≤a≤1
2．
综上所述，a的取值范围是[0, 1
2 ]．
【点拨】分离参数后，若函数在端点处无定义且呈现“0
0”型，可利用洛必达法则求极限，结合
函数的单调性确定参数的最值.
考法16：利用max/min 函数性质求参数范围
35.已知函数f ( x)=( x -1)e
x - 1
2 x
2+1, g( x)=sin x -ax，其中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．
【答案】（1） 见解析 （2） 存在，a∈[1,+∞)
【解析】（1） 证明：f
'( x)= x e
x - x = x(e
x -1)，x∈R．
当x>0时，e
x-1>0，则f
'( x)>0；当x<0时，e
x-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)=cos x -a．
①若a≤0，当- π
2 < x<0时，0<cos x<1，
故g
'( x)>0，g( x)递增，此时g( x)< g（0）=0，不合题意；
②若0<a<1，当- π
2 < x<0时，由g
'（0）g
'(- π
2 )=-a(1-a)<0知，
存在x0∈(- π
2 ,0)，使得g
'( x0)=0，根据余弦函数的单调性可知，
g
'( x)在(- π
2 ,0)上递增，故当x∈( x0,0)，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cos x ≤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,+ ∞)．
【点拨】处理max {f ( x), g( x)}≥0问题，可转化为在不同区间上分别满足f ( x)≥0或g( x)≥0.通过
分析其中一个函数的符号，确定另一个函数必须非负的区间，进而求出参数范围.
36.已知函数f ( x)= x
2- x - x ln x , g( x)= x
3-3ax +e．
（1） 证明f ( x)≥0恒成立；
（2） 用max {m,n}表示m,n中的最大值．已知函数h( x)= f ( x)
x
- x +2，记函数
φ( 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．
【答案】（1） 见解析 （2） (e
2+1
3
,e
2]
【解析】（1） 由题得f ( x)的定义域为(0,+∞)，
则x
2- x - x ln x ≥0在x∈(0,+∞)上恒成立等价于x -1- ln x ≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，记
φ( x)= x -1- ln x，则φ
'( x)=1- 1
x = x -1
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- ln x(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)=e
3-3ae+e
a. 当g(e)=e
3-3ae+e≤0，即a≥e
2+1
3
时，x =e是φ( x)的一个零点；
b. 当g(e)=e
3-3ae+e>0，即a<e
2+1
3
时，x =e不是φ( x)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)=3 x
2-3a，
a. 当a≤e
2时，g
'( x)>0，g( x)在(e,+ ∞)上单调递增，且g(e)=e
3-3ae+e，
当a<e
2+1
3
时，g(e)>0，则g( x)在(e,+∞)上无零点，故φ( x)在(0,+∞)上无零点；
当a=e
2+1
3
时，g(e)=0，则g( x)在(e,+∞)上无零点，故φ( x)在(0,+∞)上有1 个零点；
当e
2+1
3
<a≤e
2时，由g(e)<0，g(2e)=8e
3-6ae+e≥8e
3-6e
3+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e
2+1
3
<a≤e
2．
b. 当a>e
2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)=8a
3-6a
2+e≥2a
2+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>e
2．
综上所述，a>e
2+1
3
时，φ( x)在(0,+∞)上恰有两个零点．
【点拨】处理max {h( x),g( x)}的零点问题，需分段讨论.先确定其中一个函数恒大于零的区间，
排除零点；再在剩余区间内，结合另一个函数的单调性与极值，分类讨论参数以满足零点个数要
求.
考法17：双变量最值问题求参数范围
37.已知f ( x)=mx +n,g( x)= ln x，对于∀x∈(0,+ ∞),f ( x)≥g( x)恒成立，则m+2n的最小
值为（ ）
A. - ln2
B. -1
C. - ln 4
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≥ln x -mx恒成立，
设h( x)= ln x -mx ,( x>0)，所以h
'( x)= 1
x -m= 1-mx
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；
当m>0时，
当x∈(0, 1
m )时，h
'( x)>0，函数h( x)单调递增．
当x∈( 1
m ,+∞)时，h
'( x)<0，函数h( x)单调递减．
所以h( x)max=h( 1
m )= ln 1
m -1=-1- ln m．
所以n≥-1- ln m．
所以m+2n≥m-2-2ln m．
设p(m)=m-2-2ln m,(m>0)，
所以p
'(m)=1- 2
m = m-2
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)min= p（2）=2-2-2ln 2=-2ln 2=- ln 4．
所以m+2n的最小值为- ln 4．
故选：C
【点拨】将双变量最值问题转化为单变量函数的最值问题.先通过恒成立条件分离出一个变量，求
出其关于另一个变量的表达式，再代入目标函数中求最值.
38.若对于任意正实数x，都有ln x -ae x -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x都有ln x -ae x -b+1≤0成立，
不妨将x = 1
e 代入不等式中，得a+b≥0．
下面证明a+b=0时满足题意，
令a=1,b=-1，f ( x)= ln x -e x +2，则f
'( x)= 1
x -e= 1-e x
x
．
由f
'( x)=0，得x = 1
e ，函数f ( x)在(0, 1
e )上单调递增，在( 1
e ,+∞)上单调递减，
所以f ( x)max = f ( 1
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
【点拨】处理双变量最值问题，可先通过代入特殊值（如极值点猜想值）得到目标代数式的一个
下界，再通过构造具体函数证明该下界可以取到，从而确定最小值.
39.已知函数f ( x)= ln x , g( x)=a x
2+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；
（2） 当a≠0时，若对任意x>0，都有f ( x)≤g( x)恒成立，求b
a的最小值．
【答案】（1） b= 1
e
2 （2） -e
【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( x0, y0)，
因为f ( x)= ln x，所以f
'( x)= 1
x ，
则1
x0
=b且b x0+1= ln x0，即b⋅1
b +1= ln 1
b，解得：b= 1
e
2 ．
（2） 若对任意x>0，都有f ( x)≤g( x)恒成立，得ln x -1≤a x
2+bx．
假设a<0，则当x>e时，ln x -1>0，
而当x>max {0,- b
a }时，a x
2+bx<0．
取x0=max {e,- b
a }，则当x> x0时，ln x -1>0，
而a x
2+bx<0，矛盾；故a>0．
当x =e时，由f (e)≤g(e)，得ae
2+be≥0，即b
a ≥-e．
下证：b
a能取到-e．
当a= 1
e
2 ,b=- 1
e 时，b
a =-e．
记F( x)= ln x - x
e ( x>0)，则F
'( x)=e- x
e x
，
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,+ ∞)上单调递减，
所以F( x)≤F(e)=0，即ln x ≤x
e ．
所以f ( x)- g( x)= ln x - x
2
e
2 + x
e -1≤x
e - x
2
e
2 + x
e -1=-( x
e -1)
2≤0．
即对任意x>0，f ( x)≤g( x)恒成立，
故b
a的最小值为-e．
【点拨】处理双变量比值的最值问题，可先通过特殊点代入得到比值的一个界限，再通过构造具
体函数证明该界限可以取到.这种“猜证结合”的方法在处理复杂恒成立问题时非常有效.
