重难点04 利用导数研究不等式恒（能）成立问题（举一反三专项训
练）
【全国通用】
【题型1 利用导数研究不等式恒成立问题】.........................................................................................................3
【题型2 利用导数研究能成立问题】......................................................................................................................5
【题型3 分离参数法解决不等式恒（能）成立问题】.........................................................................................8
【题型4 分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题】.......................................................................................11
【题型5 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】.......................................................................................15
【题型6 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】...........................................................................................18
【题型7 洛必达法则】............................................................................................................................................23
【题型8 导数中双变量恒（能）成立问题】.......................................................................................................23
【题型9 导数中双函数恒（能）成立问题】.......................................................................................................31
1、利用导数研究不等式恒（能）成立问题
导数中的不等式恒(能)成立问题是高考的常考考点，是高考的热点问题，从近几年的高考情况来看，
不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题
的能力，一般作为压轴题出现，试题难度较大，解题时要学会灵活求解.
知识点
1 不等式恒（能）成立问题的解题策略
1．不等式恒（能）成立问题的求解方法
解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题
①分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题．
②
恒成立
；
恒成立
；
能成立
；
能成立
.
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题
分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分
类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内
的函数值不满足题意即可.
知识点
2 双变量的恒（能）成立问题的解题策略
1．双变量的恒（能）成立问题的求解方法
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变
换有：
对于某一区间I，
(1)
.
(2)
.
(3)
.
知识点
3 洛必达法则
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，
经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现
型或
型可以考虑使用洛必达法则.
1．洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
.
2．用洛必达法则处理
型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现
型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
3．用洛必达法则处理
型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现
型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
【注意】：
1．将上面公式中的
换成
，洛必达法则也成立.
2．洛必达法则可处理
型求极限问题.
3．在着手求极限前，首先要检查是否满足
型定式，否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.
，如满足条件，可继续使用洛必达法则.
【题型1 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例1】（2025·海南·模拟预测）已知当x>0时，e
xlnx
2
−xlnx≥a恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．(
∞,1
−
)
B．(
∞,
−
)
C．(
∞,2ln2
−
)
D．(
∞,2+2ln2
−
)
【答案】B
【解题思路】令g (x)=xlnx,x>0，求g
′(x)=lnx+1，判断g (x)单调性,得到g (x)的值域为[−1
e ,+∞)，
令f (t)=e
t
2
−t,t∈[−1
e ,+∞)，求导f
′(t)=e
t
2
−，f (t)单调性，当x>0时，e
x ln
⋅
x
2
−xlnx≥a恒成
立，求实数a的取值范围.
【解答过程】令g (x)=xlnx,x>0，则g
′(x)=lnx+1，
所以当x∈(0,1
e)时，g
′(x)<0,g (x)单调递减；
当x∈(
1
e ,+∞)时，g
′(x)>0,g (x)单调递增，所以g(x)min=1
e ln1
e =−1
e ，
又x→+∞,g (x)→+∞，所以g (x)的值域为[−1
e ,+∞)，
令f (t)=e
t
2
−t,t∈[−1
e ,+∞)，则f
′(t)=e
t
2
−，
所以当t∈[−1
e ,ln2)时，f
′(t)<0，f (t)单调递减，
当t∈(ln2,+∞)时，f
′(t)>0，f (t)单调递增，
所以f(t)min=f (ln2)=e
ln2
2l
−
，
所以(e
xlnx
2
−xlnx)min=2 2ln2
−
，
又当x>0时，e
x ln
⋅
x
2
−xlnx≥a恒成立，
所以(e
xlnx
2
−xlnx)min≥a，
故实数a的取值范围为(
∞,
−
)．
故选：B.
【变式1-1】（2025·甘肃金昌·三模）若关于x的不等式e
ln (ax)ln (ax)≤2xe
2x在(0,+∞)上恒成立，则实数
a的取值范围为（ ）
A．(0,e)
B．(0,2e)
C．(0,❑√e)
D．(0,e
2)
【答案】B
【解题思路】利用同构可得ln (ax)≤2x即lna≤2x
ln
−
x在(0,+∞)上恒成立，设u (x)=2x
ln
−
x,x>0
，利用导数求出该函数的最小值后可得参数的取值范围.
【解答过程】由题设有a>0，
当ln (ax)≤0即0<x≤1
a 时，不等式e
ln (ax)ln (ax)≤2xe
2x恒成立；
当ln (ax)>0即x>1
a 时，设s(t)=te
t,t>0，则s
'(t)= (t+1)e
t>0，
故s(t)=te
t在(0,+∞)上为增函数，而e
ln (ax)ln (ax)≤2xe
2x即s[ln (ax))≤s(2x)
因为lnax>0,2x>0，故ln (ax)≤2x即lna≤2x
ln
−
x在(
1
a ,+∞)上恒成立，
而0<x≤1
a 时，ln (ax)≤2x恒成立即lna≤2x
ln
−
x恒成立，
故lna≤2x
ln
−
x在(0,+∞)上恒成立，
设u (x)=2x
ln
−
x,x>0，则u
′(x)=2x
1
−
x
，
当0<x<1
2 时，u
′(x)<0；当x>1
2 时，u
′(x)>0，
故u (x)在(0,1
2)上为减函数，在(
1
2 ,+∞)上为增函数，
故u (x)min=1+ln2，故lna≤1+ln2=ln (2e)，故a≤2e，
故0<a≤2e，
故选：B.
【变式1-2】（2025·广东广州·三模）若不等式e
x≥kx（e=2.71828...为自然对数的底数）对任意实数x
恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．0
B．1
C．e
D．e
2
【答案】C
【解题思路】k≥0，不等式恒成立，故只需考虑x>0，分类参数构造函数f (x)，求导可得.
【解答过程】依题，k≥0，则x≤0时，不等式恒成立，故只需考虑x>0，此时有k≤e
x
x ，
令f(x)=e
x
x ，则f
′(x)=e
x(x
1
−)
x
2
，
易知f (x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e，∴实数k的最大值为e.
故选：C.
【变式1-3】（2025·江西新余·模拟预测）若关于x的不等式ae
x+ (lnx)2≥x
2+ (2lna+1)x+ (lna)2在
(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[e,+∞)
B．(0,e)
C．[
1
e ,+∞)
D．(0,1
e)
【答案】C
【解题思路】利用通过将原不等式转化为e
x+lna−(x+lna)2≥e
lnx−(lnx)2，令g (x)=e
x−x
2，利用导数
可得该函数为增函数，从而得x+lna≥lnx，再设m (x)=lnx−x，求出该函数的最大值后可得参数的取
值范围.
【解答过程】依题意，ae
x−(x+lna)2≥x−(lnx)2，则e
x+lna−(x+lna)2≥e
lnx−(lnx)2，
令g (x)=e
x−x
2，则g
′(x)=e
x
2
−x=ℎ
(x)，
则ℎ
′(x)=e
x
2
−，令ℎ
′(x)=0，解得x=ln2，
故当x∈(0,ln2)时，ℎ
′(x)<0，ℎ(x)在(0,ln2)上单调递减，
当x∈(ln2,+∞)时，ℎ
′(x)>0，ℎ(x)在(ln2,+∞)单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ
(ln2)=2 2ln2>0
−
，
故g (x)在(0,+∞)上单调递增，故只需x+lna≥lnx，即lna≥lnx−x，
令m (x)=lnx−x，则m
′(x)=1−x
x
，
故当x∈(0,1)时，m
′(x)>0，m (x)在(0,1)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，m
′(x)<0，m (x)在(1,+∞)单调递减，
故m (x)≤m (1)= 1
−，则lna≥1
−，即a≥1
e ，
故选：C.
【题型2 利用导数研究能成立问题】
【例2】（2025 高三·全国·专题练习）函数f (x)=lnx−mx+1，若存在x∈(0,+∞)，使f (x)≥0有解，则
m的取值范围为（ ）
A．(
∞,1
−
)
B．(
∞,2
−
)
C．[1,+∞)
D．[2,+∞)
【答案】A
【解题思路】构造函数g (x)=1+lnx
x
，利用导数求最值，进而得m的取值范围.
【解答过程】若存在x∈(0,+∞)，使得f (x)≥0有解，即m ≤(
1+lnx
x
)
max
．
设g (x)=1+lnx
x
，(x>0)，则g
′(x)=1−(1+lnx)
x
2
=−lnx
x
2
．
令g
′(x)=0，解得x=1，
当x∈(0,1)时，g
′(x)>0，g (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g
′(x)<0，g (x)单调递减，所以g (x)max=g (1)=1．
故m的取值范围为(
∞,1
−
)．
故选：A.
【变式2-1】（2025·辽宁大连·三模）已知f (x)=xe
ax
ln
−
x−ax，若存在x0∈R，使得f(x0)=1，则实数a
的取值范围是（ ）
A．( ∞,
−
1
e)
B．[−1
e ,+∞)
C．(−1
e ,0)
D．(0,1
e)
【答案】B
【解题思路】通过同构，令lnx0+a x0=t得到e
t−t=1，通过确定g (t)=e
t−t单调性，得到t=0，问题转
化成a =−lnx0
x0
，在x0∈R有解，进而可求解.
【解答过程】由题意可得：
x0e
ax0
ln
−
x0−a x0=1，即e
lnx0+a x0−(lnx0+a x0)=1，
令lnx0+a x0=t，即存在t使得e
t−t=1，
构造g (t)=e
t−t，g
′(t)=e
t
1
−，
由g
′(t)=e
t
1<0
−
，可得t<0，由g
′(t)=e
t
1>0
−
，可得t>0，
所以g (t)=e
t−t在(
∞,0
−
)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
又g (0)=1，
所以lnx0+a x0=t=0，即存在x0∈R，使得lnx0+a x0=0，
参变分离得到a =−lnx0
x0
，
令(
ℎ
x)=−lnx
x
,x>0，ℎ
′(x)=−1 ln
−
x
x
2
,x>0
易得当x∈(0,e)时，ℎ
′(x)<0，当x∈(e,+∞)时，ℎ
′(x)>0，
所以(
ℎ
x)=−lnx
x
,x>0在(0,e)单调递减，在(e,+∞)单调递增，
最小值为
(e)=
ℎ
1
e ，当x→0
+时，(
ℎ
x)→+∞，
所以(
ℎ
x)=−lnx
x
,x>0的值域为：[−1
e ,+∞)，
所以实数a的取值范围是[−1
e ,+∞)，
故选：B.
【变式2-2】（2025·河北张家口·一模）已知f(x)=lnx−a(x+1)，a∈R.
(1)若a =2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若∃x0∈(0,2]，使f(x0)>0，求a的取值范围.
【答案】(1)x+y+3=0；
(2)a<ln2
3
.
【解题思路】（1）由题意结合导数依次求出f(1),f
′(1)即可由直线点斜式方程求解；
（2）先由f(x0)>0得到a<lnx0
x0+1 ，构造函数g (x)=lnx
x+1 ,x∈(0,2]，利用导数求出g (x)max即可由存在性
得解.
【解答过程】（1）a =2时，f(x)=lnx
2(
−
x+1)，
所以f(1)= 4,
−
f
′(x)=1
x
2
−，所以切线斜率k=f
′(1)= 1
−，
所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y−(
4
−)= 1×
−
(x
1
−)即x+y+3=0.
（2）因为∃x0∈(0,2]，使得f(x0)>0即lnx0−a(x0+1)>0，
所以a<lnx0
x0+1 ，令g (x)=lnx
x+1 ,x∈(0,2]，则g
′(x)=
1+1
x
ln
−
x
(x+1)2
=ℎ(x)
(x+1)2 ,x∈(0,2]，
所以ℎ
′(x)=−1
x
2 −1
x <0在(0,2]上恒成立，所以函数ℎ(x)在(0,2]上单调递减，
所以ℎ(x)≥ℎ
(2)=3
2
ln2=ln
−
❑√e
3
2
>0，所以g
′(x)>0在(0,2]上恒成立，
所以函数g (x)在(0,2]上单调递增，所以g (x)max=g (2)=ln2
3
，
所以a<ln2
3
.
【变式2-3】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知函数f (x)= (mx
2
−)e
x
1
−，且f (x)在x=0处取得极值．
(1)求m 的值及f (x)的单调区间；
(2)若存在x∈R，使得f (x)≤2ex−a
1
−，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)a≤2e.
【解题思路】（1）对函数求导，由f
′(0)=0求参数，进而研究函数的单调区间；
（2）问题化为a≤2(xe+e
x−xe
x)在x∈R上能成立，利用导数求g(x)=xe+e
x−xe
x的最大值，即可
得范围.
【解答过程】（1）由题设f
′(x)= (mx
2+
−
m )e
x，且f
′(0)= m
2=0
−
，即m =2，
所以f
′(x)=2xe
x，当x<0时f
′(x)<0，当x>0时f
′(x)>0，
所以f (x)的递减区间为( ∞,0)
−
，递增区间为(0,+∞)，即x=0处取得极小值，满足，
综上，m =2，f (x)的递减区间为( ∞,0)
−
，递增区间为(0,+∞)；
（2）由题设(2x
2
−)e
x
1≤2e
−
x−a
1
−，即a≤2(xe+e
x−xe
x)在x∈R上能成立，
令g(x)=xe+e
x−xe
x，则g
′(x)=e−xe
x，
令(
ℎ
x)=g
′(x)，则ℎ
′(x)= (
−x+1)e
x，
当x< 1
−时，ℎ
′(x)>0，即(
ℎ
x)=g
′(x)在(
∞
−
上单调递增，
当x> 1
−时，ℎ
′(x)<0，即(
ℎ
x)=g
′(x)在( 1,+∞)
−
上单调递减，
由x→∞
−
时g
′(x)→e，g
′(1)=0，
当x<1时，g
′(x)>0，g(x)在( ∞,1)
−
上单调递增，
当x>1时，g
′(x)<0，g(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)=e，则a≤2e.
【题型3 分离参数法解决不等式恒（能）成立问题】
【例3】（2025·陕西·二模）∀x∈[1,2)，有lnx+a
x
2
1≥0
−
恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[e,+∞)
B．[1,+∞)
C．[
e
2 ,+∞)
D．[2e,+∞)
【答案】C
【解题思路】参变分离可得a≥−x
2lnx+x
2在x∈[1,2)上恒成立，令μ(x)=−x
2lnx+x
2，x∈[1,2)，
利用导数求出函数的单调性，从而求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围.
【解答过程】因为∀x∈[1,2)，有lnx+a
x
2
1≥0
−
恒成立，
所以a≥−x
2lnx+x
2在x∈[1,2)上恒成立，
令μ(x)=−x
2lnx+x
2，x∈[1,2)，
则μ
′(x)= 2
−xlnx−x+2x= 2
−xlnx+x=x(
2ln
−
x+1)，
令μ
′(x)=0，得x= ❑√e，当x∈(1,❑√e)时，μ
′(x)>0，故μ(x)在(1,❑√e)上单调递增，
当x∈(❑√e,2)时，μ
′(x)<0，故μ(x)在(❑√e,2)上单调递减，
则μ(x)≤μ(❑√e)=e
2 ，
所以a≥e
2 ，即实数a的取值范围为[
e
2 ,+∞).
故选：C．
【变式3-1】（2025·四川成都·三模）若x∈[0,+∞)，x
2+ax+1≤e
x恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．e
B．2
C．e
1
−
D．e
2
−
【答案】D
【解题思路】先确定x=0时的情况，在x>0时，参变分离可得a≤e
x−x
2
1
−
x
，进而构造函数
f(x)=e
x−x
2
1
−
x
，求得f(x)的最小值即可.
【解答过程】当x=0，1≤e
0，不等式成立，
当x>0时，a≤e
x−x
2
1
−
x
恒成立，即a≤(e
x−x
2
1
−
x
)
min
，
令f(x)=e
x−x
1
−
x
，则f
′(x)=(e
x
2
−x)x
(
−e
x−x
2
1)·1
−
x
2
=(x
1)(
−
e
x−x
1)
−
x
2
，
令g(x)=e
x−x
1
−，则g
′(x)=e
x
1
−，当x>0时，g
′(x)=e
x
1≥0
−
，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，所以e
x−x
1>0
−
，
所以当0<x<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)min=f(1)=e
1−1
2
1
−
1
=e 2
−，所以a≤e 2
−.
所以实数a的最大值为e 2
−.
故选：D.
【变式3-2】（2025·辽宁盘锦·三模）已知函数f(x)=x
2
3
−x+λlnx．
(1)当0<λ<9
8 时，讨论f(x)的单调性；
(2)若∀x∈[2,4)，f (x)≤0，求实数λ 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)(
∞,
−
−
2
ln2)
【解题思路】（1）求出导数f
′(x)，解不等式f
′(x)>0得到f(x)的增区间，解不等式f
′(x)<0得到
f(x)的减区间；
（2）分离参数后构造函数，利用导数研究其最值即可求解恒成立问题.
【解答过程】（1）依题意，x∈(0,+∞)，f
′(x)=2x
3+
−
λ
x
=2x
2
3
−x+λ
x
，
由2x
2
3
−x+λ=0得Δ=9 8
−λ．
当0<λ<9
8 时，Δ>0．
令f
′(x)=0，得x1=3−❑√9 8
−λ
4
，x2=3+ ❑√9 8
−λ
4
，
故当0<λ<9
8 时，0<x1<x2，
故当x∈(0,x1)时，f
′(x)>0，当x∈(x1,x2)时，f
′(x)<0，当x∈(x2,+∞)时，f
′(x)>0，
所以f(x)在(0,3−❑√9 8
−λ
4
)单调递增；在(
3−❑√9 8
−λ
4
,3+ ❑√9 8
−λ
4
)单调递减；在
(
3+ ❑√9 8
−λ
4
,+∞)单调递增．
（2）令x
2
3
−x+λlnx≤0，因为x∈[2,4)，所以ln x>0，故λ≤3x−x
2
lnx
，
令g(x)=3x−x
2
lnx
，则g
′(x)=(3 2
−x)lnx
3+
−
x
(lnx)
2
，
令ℎ(x)= (3 2
−x)lnx
3+
−
x，则ℎ
′(x)= 2ln
−
x+3
x
1
−，
易知ℎ
′(x)为减函数，则在[2，4]上，ℎ
′(x)≤ℎ
′(2)=1
2
2ln2<0
−
，
故(
ℎ
x)在[2，4]上单调递减，
则(
ℎ
x)≤
(2)=
ℎ
−
，
故g
′(x)<0，g(x)在[2，4]上单调递减，
故λ≤g(x)min=g(4)=−2
ln2 ，
故实数λ 的取值范围为(
∞,
−
−
2
ln2)．
【变式3-3】（2025·江西·三模）已知函数f (x)=e
ax
ln
−
x+a．
(1)讨论函数f (x)的极值点个数；
(2)若f (x)≥(1−a)(x
1
−)+1恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)a≥1
e
【解题思路】（1）通过导数的正负来判断原函数的单调性，再结合导函数的零点个数，从而可求极值点
个数；
（2）利用同构函数思想，把指对函数同构为g (t)=e
t+t，使得原不等式变为g (ax)≥g (lnx)，然后再利
用分离参变量，再利用求导来研究函数的最值，问题即可求解.
【解答过程】（1）由f (x)=e
ax
ln
−
x+a，可知定义域为(0,+∞)，则f
′(x)=ae
ax−1
x ．
当a≤0时，f
′(x)<0恒成立，所以f (x)在(0,+∞)上是减函数，则f (x)无极值点．
当a>0时，g (x)=f
′(x)=ae
ax−1
x ，则g
′(x)=a
2e
ax+1
x
2 >0，
所以f
′(x)在(0,+∞)上单调递增．
当ax=1，即x=1
a 时，f
′(
1
a )=a (e 1
−
)>0，
当ax=1
2 ，即x=1
2a 时，f
′(
1
2a )=a (❑√e
2
−)<0，
所以存在唯一的实数x0∈(
1
2a ,1
a )，使得f
′(x0)=0．
当x∈(0,x0)时，f
′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，f
′(x)>0，f (x)单调递增．
所以x=x0是函数f (x)的极小值点，无极大值点．
综上所述，当a≤0时，f (x)的极值点个数为0；当a>0时，f (x)的极值点个数为1．
（2）由f (x)≥(1−a)(x
1
−)+1得e
ax
ln
−
x≥(1−a)x，故e
ax+ax≥x+lnx=e
lnx+lnx．①
设函数g (t)=e
t+t，由g
′(t)=e
t+1>0，可知g (t)在R 上单调递增．
由于①式可化为g (ax)≥g (lnx)，即有ax≥lnx，
所以a≥lnx
x
对∀x∈(0,+∞)恒成立．
设函数ℎ(x)=lnx
x
，则ℎ
′(x)=1 ln
−
x
x
2
，令ℎ
′(x)=0，得x=e．
当x∈(0,e)时，ℎ
′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，ℎ
′(x)<0，ℎ(x)单调递减．
所以当x=e时，ℎ(x)取得极大值也是最大值，
即ℎ(x)最大值为ℎ(e)=1
e ．故a≥1
e ．
【题型4 分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题】
【例4】（2025·海南·模拟预测）若不等式e
2x+2t
2x≥te
x(2+x)对任意x∈[1,+∞)恒成立，则实数t的最
大值是（ ）
A．e
2
B．e
C．e
2
2
D．e
2
【答案】C
【解题思路】由已知不等式变形得出(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0，分x=2、1≤x<2、x>2三种情况讨论，解不
等式(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0，结合恒成立可求出t的取值范围.
【解答过程】由e
2x+2t
2x≥te
x(2+x)可得(e
x)
2−(2e
x+xe
x)t+2xt
2≥0，
即(e
x
2
−t)(e
x−tx)≥0对任意的x∈[1,+∞)恒成立，即(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0，
令f (x)=e
x
x ，其中x≥1，则f
′(x)=e
x(x
1
−)
x
2
≥0对任意的x≥1恒成立，
即函数f (x)在[1,+∞)上为增函数，
考虑当e
x
2 =e
x
x 时，x=2，此时e
x
2 =e
x
x =e
2
2 ，
要使得(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0对任意的x∈[1,+∞)恒成立，
当x=2时，则有(t−e
2
2 )
2
≥0显然成立；
当1≤x<2时，e
x
2 <e
x
x ，由(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0可得t≤e
x
2 或t≥e
x
x ，
此时t≤e
2 或t≥e
2
2 ；
当x>2时，e
x
2 >e
x
x ，由(t−e
x
2 )(t−e
x
x )≥0可得t≤e
x
x 或t≥e
x
2 ，
由于当x→+∞时，e
x
2 →+∞，则t≥e
x
2 显然不等式，即t≤e
x
x ，则t≤e
2
2 ，
综上所述，t≤e
2 或t=e
2
2 ，故t的最大值为e
2
2 .
故选：C.
【变式4-1】（2025·辽宁·一模）已知函数f (x)=e
2x−e
2
−x−ax，若x≥0时，恒有f (x)≥0，则a的取值范
围是（ ）
A．(
∞,2
−
)
B．(
∞,4
−
)
C．[2,+∞)
D．[4,+∞)
【答案】B
【解题思路】求导f
′(x)=2e
2x+2e
2
−x−a，令g (x)=2e
2x+2e
2
−x−a (x≥0)，利用导数判断函数g (x)的单
调性，再由a分类讨论即可得解.
【解答过程】由f (x)=e
2x−e
2
−x−ax，得f
′(x)=2e
2x+2e
2
−x−a，
令g (x)=2e
2x+2e
2
−x−a (x≥0)，
则g
′(x)=4e
2x
4
−e
2
−x，
因为函数y=4e
2x,y= 4
−e
2
−x在[0,+∞)上都是增函数，
所以函数g
′(x)=4e
2x
4
−e
2
−x在[0,+∞)上是增函数，
所以g
′(x)≥g
′(0)=0，
所以函数g (x)=2e
2x+2e
2
−x−a在[0,+∞)上是增函数，
所以f
′(x)min=f
′(0)=4−a，
当a≤4时，f
′(x)=2e
2x+2e
2
−x−a≥4−a≥0，
所以函数f (x)在[0,+∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0，满足题意；
当a>4时，则存在x0∈(0,+∞)，使得f
′(0)=0，
且当x∈[0,x0)，f
′(x)<0，函数f (x)单调递减，
所以f(x0)<f (0)=0，故f (x)≥0不恒成立，
综上所述，a的取值范围是(
∞,4
−
).
故选：B.
【变式4-2】（2025·新疆喀什·二模）已知函数f (x)=e
x+2(x
2+ mx+ m)
(1)当m = 1
−时，求f (x)的极值；
(2)若存在x∈[
2,0
−
)，使得f (x)≤m
2 ，求m的取值范围．
【答案】(1)极大值为5，极小值为−e
3
(2)(
∞,0
−
)∪[
8
3 ,+∞)
【解题思路】（1）结合导数分析函数f (x)的单调性，进而求解极值；
（2）求导，分m ≥2，0< m <2，m ≤0三种情况分析求解即可.
【解答过程】（1）当m = 1
−时，f (x)=e
x+2(x
2−x
1
−)，
则f
′(x)=e
x+2(x
2−x
1
−)+e
x+2(2x
1
−)=e
x+2(x+2)(x
1
−)，
令f
′(x)<0，得2<
−
x<1；令f
′(x)>0，得x< 2
−或x>1，
所以函数f (x)在(
∞,
−
)和(1,+∞)上单调递增，在(
2,1
−
)上单调递减，
则x= 2
−时，函数f (x)取得极大值f (
2
−)=5，
x=1时，函数f (x)取得极小值f (1)=−e
3.
（2）由f (x)=e
x+2(x
2+ mx+ m)，x∈[
2,0
−
)，
则f
′(x)=e
x+2(x
2+ mx+ m)+e
x+2(2x+ m )=e
x+2(x+ m )(x+2)，
当m ≥2时，−m ≤2
−，此时f
′(x)≥0，函数f (x)在[
2,0
−
)上单调递增，
则f (x)min=f (
2
−)=4−m ≤m
2 ，即m ≥8
3 ；
当0< m <2时，
2<
−
−m <0，
则x∈[
2,
−
−m )时，f
′(x)≤0；x∈[−m ,0)时，f
′(x)≥0，
则函数f (x)在[
2,
−
−m )上单调递减，在[−m ,0)上单调递增，
则f (x)min=f (−m )= m e
−m +2≤m
2 ，即m ≥2+ln2，与0<m <2矛盾，不符合题意；
当m ≤0时，−m ≥0，此时f
′(x)≤0，函数f (x)在[
2,0
−
)上单调递减，
则f (x)min=f (0)= m e
2≤m
2 ，即e
2≥1
2 恒成立，符合题意.
综上所述，m的取值范围为(
∞,0
−
)∪[
8
3 ,+∞)．
【变式4-3】（2025·吉林延边·模拟预测）已知函数f (x)=x
2
2 +alnx−(a+1)x．
(1)当a =2时，求f (x)的单调递增区间；
(2)若a≥0，f(x)≥−e
2
2 对x∈[1,+∞)恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)(0,1)和(2+∞)；
(2)[0,e)
【解题思路】（1）先求出函数f (x)的定义域，再求导，令f
′(x)>0，即可求出f (x)的单调递增区间；
（2）分0≤a<1，a =1，a>1三种情况讨论f (x)在[1,+∞)上的单调性，借助导数及单调性分别求出f (x)在
[1,+∞)上的最小值，令f(x)min≥−e
2
2 ，即可求出实数a 的取值范围．
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)．
当a =2时，f (x)=x
2
2 +2lnx
3
−x，
f
′(x)=x+2
x
3=
−
x
2
3
−x+2
x
=
(x
1
−)(x
2
−)
2
，
令f
′(x)>0，解得0<x<1或x>2，
所以f (x)的单调递增区间为(0,1)和(2+∞)；
（2）f
′(x)=x+a
x −(a+1)=x
2−(a+1)x+a
x
=
(x
1
−)(x−a)
2
，x∈[1,+∞)，
令f
′(x)=0，解得x=1或x=a，
当0≤a<1时，
当x≥1时，f
′(x)≥0，f (x)在[1,+∞)单调递增；
因为f(x)≥−e
2
2 对x∈[1,+∞)恒成立，所以f(1)≥−e
2
2 ，
即−a−1
2 ≥−e
2
2 ，移项可得a≤e
2
1
−
2
，
因为0≤a≤1，所以0≤a≤1满足条件；
当a>1时，
当x≥a时，f
′(x)≥0，f (x)在[a,+∞)单调递增；
当1≤x<a时，f
'(x)≤0，f (x)在[1,a)上单调递减；
所以当x=a时，f(x)取到最小值，即f(x)≥f(a)，
因为f(x)≥−e
2
2 对x∈[1,+∞)恒成立，所以f(a)≥−e
2
2 ，
即f(a)=alna−a
2
2 −a≥−e
2
2 ，
令(
ℎ
a)=alna−a
2
2 −a (a≥1)，所以ℎ
′(a)=lna−a，
令g(a)=ℎ
′(a)=lna−a (a≥1)，所以g
′(a)=1
a
1=
−
1−a
a
，
因为a>1，所以1−a<0，所以g
′(a)<0，
所以g(a)在[1,+∞)上单调递减，所以g(a)≤g(1)=ln1−
，
即ℎ
′(a)<0，所以(
ℎ
a)在[1,+∞)上单调递减，
又因为
(e)=elne
ℎ
−
e
2
2
e=
−
−e
2
2 ，且(
ℎ
a)≥−e
2
2 ，所以1<a≤e．
综上，实数a 的取值范围为[0,e)．
【题型5 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】
【例5】（2025·黑龙江佳木斯·三模）已知不等式xe
x−x≥lnx+ m +3，对∀x∈(0,+∞)恒成立，则m的
取值范围为（ ）
A．m ≤−1
2
B．m ≥−1
2
C．m > 2
−
D．m ≤2
−
【答案】D
【解题思路】将问题转化为xe
x−x
ln
−
x≥m +3对∀x∈(0,+∞)恒成立，构造函数
f (x)=xe
x−x
ln
−
x(x>0)，进而通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案.
【解答过程】不等式xe
x−x≥lnx+ m +3对∀x∈(0,+∞)恒成立，
即xe
x−x
ln
−
x≥m +3对∀x∈(0,+∞)恒成立，
令f (x)=xe
x−x
ln
−
x(x>0)，
则f
′(x)= (x+1)e
x
1
−
−1
x = (x+1)(e
x−1
x)，
因为函数y=e
x,y=−1
x 在(0,+∞)上单调递增，
所以函数g (x)=e
x−1
x 在(0,+∞)上单调递增，
又g(
1
2)= ❑√e
2<0
−
，g (1)=e 1>0
−
，
所以存在唯一x0∈(
1
2 ,1)，使得g(x0)=e
x0−1
x0
=0，即e
x0=1
x0 ，lnx0=−x0，
则x∈(0,x0)时，g (x)<0,f
′(x)<0；x∈(x0,+∞)时，g (x)>0,f
′(x)>0，
所以函数f (x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
所以f (x)min=f(x0)=x0e
x0−x0
ln
−
x0=x0⋅1
x0
−x0+x0=1，
则m +3≤1，即m ≤2
−.
故选：D.
【变式5-1】（2025·陕西商洛·模拟预测）已知函数f (x)=2xlnx−a x
2，若对任意的x1,x2∈(0,+∞)，
当x1>x2时，都有2x1+f(x2)>2x2+f(x1)，则实数a的取值范围为（ ）
A．[
1
2e ,+∞)
B．[1,+∞)
C．[
1
e ,+∞)
D．[2,+∞)
【答案】C
【解题思路】构造函数F (x)=f (x)
2
−x，求导，分离参数求最值即可.
【解答过程】不等式2x1+f(x2)>2x2+f(x1)等价于f(x1)
2
−x1<f(x2)
2
−x2，
令F (x)=f (x)
2
−x,x∈(0,+∞)，根据题意对任意的x1,x2∈(0,+∞)，
当x1>x2时，F(x1)<F(x2)，所以函数F (x)=f (x)
2
−x在(0,+∞)上单调递减，
所以F
′(x)=f
′(x)
2=2ln
−
x
2
−ax≤0在(0,+∞)上恒成立，
即lnx
x
≤a在(0,+∞)上恒成立.
令g (x)=lnx
x
,x∈(0,+∞)，则g
′(x)=1 ln
−
x
x
2
，
所以当x∈(0,e)时，g
′(x)>0，g (x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g
′(x)<0,g (x)单调递减.所以g(x)max=g (e)=1
e ，所以a≥1
e .
故选：C.
【变式5-2】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−ax
1
−.
(1)当a =1时，求f (x)的单调区间与极值；
(2)若f (x)≤x
2在x∈(0,+∞)上有解，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)f (x)在(
∞,0
−
)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，极小值0，无极大值；
(2)a≥e 2
−
【解题思路】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；
（2）当x>0时，不等式变形为a≥e
x
x
(
−x+1
x )在x∈(0,+∞)上有解，构造函数g(x)=e
x
x
(
−x+1
x )，
利用导数研究函数g(x)的单调性，求解g(x)的最小值，即可得到答案．
【解答过程】（1）当a =1时，f (x)=e
x−x
1
−，所以f
′(x)=e
x
1
−
当x<0时f
′(x)<0；当x>0时f
′(x)>0，
所以f (x)在(
∞,0
−
)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以当x=0时函数f (x)有极小值f (0)=0，无极大值；
（2）当x>0，f (x)≤x
2在(0,+∞)上有解，即e
x−x
2−ax
1≤0
−
在(0,+∞)上有解，
即a≥e
x
x −(x+1
x)在(0,+∞)上有解，
令g (x)=e
x
x −(x+1
x)，则g
′(x)=e
x(x
1
−)
x
2
−(
x
2
1
−
x
2
)=
(x
1
−)[e
x−(x+1))
x
2
由（1）知x>0时f (x)>f (0)=0，即e
x−(x+1)>0，
当0<x<1时g
′(x)<0；当x>1时g
′(x)>0，
所以g (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x=1时，g (x)min=e 2
−，所以a≥e 2
−，
综上可知，实数a 的取值范围是a≥e 2
−.
【变式5-3】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)=1
2 x
2+ax+lnx(a∈R)
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若对于∀x>0，不等式f (x)≤e
x+3
2 x
2恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)(
∞,e+1
−
)
【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数单调性；
（2）分类参数，得a≤e
x+x
2
ln
−
x
x
，构造函数g (x)=e
x+x
2
ln
−
x
x
，求导，判断函数单调性与最值情
况，即可得参数范围.
【解答过程】（1）由已知f (x)=1
2 x
2+ax+lnx(a∈R)，x>0，则f
′(x)=x+a+1
x =x
2+ax+1
x
，x>0，
当a≥2
−时，由x+1
x ≥2恒成立，即f
′(x)=x+1
x +a≥0恒成立，即f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a< 2
−时，令f
′(x)=x
2+ax+1
x
=0，解得x1=−a−
❑√a
2
4
−
2
，x2=−a+
❑√a
2
4
−
2
，x2>x1>0，
当x∈(0,−a−
❑√a
2
4
−
2
)时，f
′(x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(
−a−
❑√a
2
4
−
2
,−a+
❑√a
2
4
−
2
)时，f
′(x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(
−a+
❑√a
2
4
−
2
,+∞)时，f
′(x)>0，函数f (x)单调递增；
综上所述，
当a≥2
−时，函数f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a< 2
−时，函数f (x)在(0,−a−
❑√a
2
4
−
2
)和(
−a+
❑√a
2
4
−
2
,+∞)上单调递增，在
(
−a−
❑√a
2
4
−
2
,−a+
❑√a
2
4
−
2
)上单调递减；
（2）由已知f (x)=1
2 x
2+ax+lnx≤e
x+3
2 x
2，即ax≤e
x+x
2
ln
−
x，又x>0，
所以a≤e
x+x
2
ln
−
x
x
恒成立，设g (x)=e
x+x
2
ln
−
x
x
，x>0，
则g
′(x)=(e
x+2x−1
x)⋅x−(e
x+x
2
ln
−
x)
x
2
=e
x(x
1
−)+x
2
1+ln
−
x
x
2
，
设ℎ(x)=e
x(x
1
−)+x
2
1+ln
−
x，x>0，则ℎ
′(x)=e
x+2x+1
x >0恒成立，
即函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1)=0，
当x∈(0,1)时，ℎ(x)<0，即g
′(x)<0，g (x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)>0，即g
′(x)>0，g (x)在(1,+∞)上单调递增；
所以g (x)≥g (1)=e+1，
所以a≤e+1，即a∈(
∞,e+1
−
).
【题型6 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】
【例6】（2025·安徽合肥·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−m x
3−3
2 x．
(1)若函数f (x)在区间(1,+∞)上单调递增，求实数m的取值范围；
(2)当m =1
3 时，求证：对∀x∈(0,+∞),f (x)>ln (x+1)−5
2 x恒成立．
【答案】(1)m ≤e
3 −1
2
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由f
′(x)≥0 3
⇒m ≤
e
x−3
2
x
2
，构造ℎ(x)=
e
x−3
2
x
2
，求导，确定最值即可求解；
（2）由f (x)>ln (x+1)−5
2 x，得到e
x>1
3 x
3，构造函数T (x)=e
x−1
3 x
3，通过三次求导确定其单调性，即
可求证.
【解答过程】（1）由题知f
′(x)=e
x
3
−m x
2−3
2 ≥0 3
⇒m ≤
e
x−3
2
x
2
，
设ℎ(x)=
e
x−3
2
x
2
,ℎ
′(x)=x
2e
x
2
−xe
x+3x
x
4
=
(x
2
−)e
x+3
x
3
，
令g (x)= (x
2
−)e
x+3，则g
′(x)= (x
1
−)e
x>0，所以g (x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g (x)>g (1)= e+3>0
−
，故ℎ
′(x)>0，所以ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ
(1)=e−3
2 ,∴m ≤e
3 −1
2 ；
（2）设ℎ(x)=ln (x+1)−x,∴ℎ
′(x)=1
x+1
1=
−
−x
x+1 <0，
所以函数ℎ(x)在区间(0,+∞)单调递减，
∴ℎ
(x)<ℎ
(0)=0,∴ln (x+1)<x，
所以f (x)>ln (x+1)−5
2 x⇒e
x>1
3 x
3，
设T (x)=e
x−1
3 x
3,∴T
′(x)=e
x−x
2，
令M(x)=T
′(x)=e
x−x
2
∴M
′(x)=e
x
2
−x，
令N (x)= M
′(x)=e
x
2
−x
N
′(x)=e
x
2=0
−
⇒x=ln2，
当x∈(0,ln2)，N
′(x)<0，x∈(ln2,+∞)，N
′(x)>0，
所以M
′(x)在区间(0,ln2)上单调递减，在区间(ln2,+∞)上单调递增，
∴M
′(x)>M
′(ln2)=2 2ln2>0,
−
T
′(x)在(0,+∞)上为增函数，
T
′(x)>T
′(0)=1>0,∴T (x)在(0,+∞)上为增函数，
T (x)>T (0)=1>0,∴e
x>1
3 x
3，所以命题得证．
【变式6-1】（2025·安徽·三模）已知函数f (x)= (m +1)lnx+1
x .
(1)若m =2，求曲线y=f (x)在x=1处的切线方程；
(2)当m ∈(0,1)时，求证：关于x的不等式mx−f (x)<1在[1,e)上恒成立.
【答案】(1)y=2x
1
−
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，即可根据点斜式求解切线方程，
（2）构造函数g (x)= mx−(m +1)lnx−1
x
(1≤x≤e)，求导，对m讨论，得函数的单调性，进而求解函数
的最值，即可求证.
【解答过程】（1）由题意得，f (x)=3lnx+1
x ，故f
′(x)=3
x −1
x
2 ，
故f
′(1)=2，而f (1)=1，故所求切线方程为y
1=2
−
(x
1
−)，
即y=2x
1
−.
（2）要证mx−f (x)<1，即证mx−(m +1)lnx−1
x <1.
令g (x)= mx−(m +1)lnx−1
x
(1≤x≤e)，
则g
′(x)= m −m +1
x
+1
x
2 =
(mx
1
−)(x
1
−)
x
2
，
当0<m <1时，由g
′(x)=0，得x=1，或x=1
m .
当1
m ≥e，即0<m ≤1
e 时，g
′(x)≤0，函数g (x)在区间[1,e)上单调递减.所以g (x)≤g (1)= m
1<1
−
,
当1
m <e，即1
e <m <1时，列表如下：
x
(1,1
m )
1
m
(
1
m ,e)
g
′( −
0
+
g (x 单调递减
极小
值
单调递增
所以函数g (x)在区间[1,e)上的最大值为g (1)或g (e).
因为g (e)= m e−(m +1)−1
e ，g (e)
1=
−
m (e 1
−
)
2
−
−1
e <(e 1
−
)
2
−
−1
e <0，
所以g (e)<1，
又因为g (1)= m
1<1
−
，所以g (x)<1在区间[1,e)上恒成立.
综上，当0<m <1时，关于x的不等式mx−f (x)<1恒成立.
【变式6-2】（2025·河南南阳·模拟预测）已知函数f (x)=1
2 e
2x+ (a
2
−)e
x
2
−ax(a∈R)．
(1)当a =2时，求f (x)的单调区间；
(2)当a =0时，求证：对任意的x∈(0,+∞)，f (x)+4e
x>2x
2+5
2 恒成立；
【答案】(1)函数f (x)的单调递减区间是(
∞,ln2
−
)，单调递增区间是(ln2,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据导数的符号求函数f (x)的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于1
2 e
2x+2e
x
2
−x
2−5
2 >0，构建ℎ(x)=1
2 e
2x+2e
x
2
−x
2−5
2
(x>0)，利用导数
分析最值证明不等式即可.
【解答过程】（1）当a =2时，f (x)=1
2 e
2x
4
−x，则f
′(x)=e
2x
4
−．
令f
′(x)<0，得x<ln2；令f
′(x)>0，得x>ln2．
所以函数f (x)的单调递减区间是(
∞,ln2
−
)，单调递增区间是(ln2,+∞)．
（2）证明：当a =0时，f (x)=1
2 e
2x
2
−e
x．
要证f (x)+4e
x>2x
2+5
2 ，即证1
2 e
2x+2e
x
2
−x
2−5
2 >0．
构建ℎ(x)=1
2 e
2x+2e
x
2
−x
2−5
2
(x>0)，则ℎ
′(x)=e
2x+2e
x
4
−x．
构建m (x)=e
2x+2e
x
4
−x(x>0)，则m
′(x)=2e
2x+2e
x
4=2
−
(e
x
1
−)(e
x+2)>0．
所以函数m (x)在(0,+∞)上单调递增，则m (x)>m (0)=3>0，即ℎ
′(x)>0，
可知函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
则ℎ(x)>ℎ
(0)=0，即1
2 e
2x+2e
x
2
−x
2−5
2 >0．
【变式6-3】（2025·河北·模拟预测）已知f (x)=e
x−asinx，且在x=0处取得极小值．
(1)求a的值；
(2)若g (x)=f (x)+ bx
2，且g (x)在x=0处取得极大值，求b的取值范围；
(3)证明：对于任意的x1>0,x2>0,λ>0，有f(x1)+λf(x2)≥(1+λ)f(
x1+λx2
1+λ
)恒成立．
【答案】(1)1
(2)(
∞,
−
−
1
2)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）通过对函数f(x)求导得到f
′(x)，再对f
′(x)求导得到，利用导数的单调性以及特
殊点的值来判断f
′(x)的正负，进而根据函数极值的判定定理判断函数f(x)在x=0处是否取得极小值.
（2）通过对函数求导，根据导数的性质判断函数的单调性，进而确定函数的极值点，从而求出参数 b 的
取值范围.
（3）先看x1=x2，此时结论显然成立.对于0<x1<x2，设A、B两点，写出直线AB 方程r(x).
接着设(
ℎ
x)=f(x)−r(x)，求(
ℎ
x)二阶变化情况，发现其递增.
用反证法，若ℎ
′(x1)>0或ℎ
′(x2)<0会推出矛盾，所以ℎ
′(x1)<0<ℎ
′(x2)，这表明(
ℎ
x)先减后
增，
那么在x1到x2间(
ℎ
x)<0，即f(x)<r(x)，进而得到f(
x1+λx2
1+λ
)<f(x1)+λf(x2)
1+λ
，最终得出结论.
【解答过程】（1）f
′(x)=e
x−acosx，则f
′(0)=e
0−a =0，解得a =1，
当a =1时，f (x)=e
x
sin
−
x,f
′(x)=e
x
cos
−
x，
①当0≤x≤π
2
时，f
′(x)单调递增，又由f
′(0)=0，可知当0≤x≤π
2
时，f
′(x)≥0，
②当−π
6 <x<0时，对f
′(x)=e
x−acosx求导，得到m (x)=e
x+sinx，可知m (x)单调递增，有
m (x)>e
−π
6 −1
2 >0（理由：e
−π
6 >1
2
2>
⇔
e
π
6 ⇔2
6>e
π，只需证2
6>3
3.5⇔64
2>3
7
4096>2187
⇔
），
可知当−π
6 <x<0时，f
′(x)单调递增，又由f
′(0)=0，可知当−π
6 <x<0时，f
′(x)<0，
由①②可知a =1时，函数f (x)在x=0处取得极小值；
（2）g (x)=e
x
sin
−
x+ bx
2，则g
'(x)=e
x
cos
−
x+2bx,g
'(0)=0，对g
'(x)求导得到p(x)=e
x+sinx+2b
，
①当b≥0时，若x∈[0,π
2 ),p(x)>0,g
′(x)单调递增，当x∈[0,π
2 )时，p(x)≥0,x=0不可能是g (x)
的极大值点，
②当b<0时，当−π
2 <x<π
2
时，p(x)单调递增，若p(0)=2b+1≥0，可得当0≤x<π
2
时，g
′(x)单调递
增，由①知x=0不可能是g (x)的极大值点，
若p(0)=2b+1<0时b<−1
2 ，存在x0∈(0,π
2 )，使当x∈(0,x0)时，p(x)<0，当x∈(x0,π
2 )时，
p(x)>0，又由g
′(0)=0，可知当x<0时，g
′(x)>0,x>0时g
′(x)<0，故x=0是函数g (x)的极大值点，由上
知b的取值范围为(
∞,
−
−
1
2)；
（3）x1=x2时显然成立，
f (x)=e
x
sin
−
x,f
′(x)=e
x
cos
−
x,x>0时，f
′(x)>0，
不妨设A(x1,y1),B(x2,y2)，且0<x1<x2，
直线AB:r(x)=f(x2)−f(x1)
x2−x1
(x−x1)+f(x1)，
设ℎ(x)=f (x)−r(x)，则ℎ
′(x)=f
′(x)−f(x2)−f(x1)
x2−x1
，
当x>0时，对ℎ
'(x)求导得到w (x)=e
x+sinx>e
x
1=0
−
，
则ℎ
′(x)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(x1)=ℎ(x2)=0，
若ℎ
′(x1)>0，则ℎ(x)在(x1,x2)上单调递增，ℎ(x2)>ℎ(x1)，矛盾，
若ℎ
′(x2)<0，则ℎ(x)在(x1,x2)上单调递减，ℎ(x2)<ℎ(x1)，矛盾，
故ℎ
′(x1)<0<ℎ
′(x2)，即ℎ(x)在(x1,x2)上先单调递减，后单调递增，
则x∈(x1,x2)时，ℎ(x)<0，此时f (x)<r(x)，
则f(
x1+λx2
1+λ
)<r(
x1+λx2
1+λ
)=f(x1)+λf(x2)
1+λ
，
综上所述：f(x1)+λf(x2)≥(1+λ)f(
x1+λx2
1+λ
).
【题型7 洛必达法则】
【例7】（2025 高三·全国·专题练习）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)m≥1
2．
【解题思路】（1）根据f ( x)=a ln x +bx, 求得f
′( x)= a
x +b，再根据f ( x)=aln x +bx(a,b∈R)在x = 1
2
处取得极值，求得a，b 的关系，然后由曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线与直线x−y +1=0垂直求解.
（2）将不等式f ( x)≤(m−2)x−m
x 恒成立，转化为ln x ≤m( x−1
x )恒成立，由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，求得其最大值即可.
【解答过程】（1）解：∵ f ( x)=aln x +bx,
∴ f
′( x)= a
x +b；
函数f ( x)=a ln 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，
当x =1时，y =ℎ( x)没有意义，由洛必达法得
lim
x→1 x ln x
x
2−1
=
lim
x→1 ln x +1
2 x
= 1
2
，
∴m≥1
2．
【变式7-1】（24-25 高二下·全国·期末）若不等式sin x> x−a x
3对于x∈(0, π
2 )恒成立，求a的取值范围.
【答案】a≥1
6 .
【解题思路】由题设有a> x−sin x
x
3
在x∈(0, π
2 )上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性、洛必达法
则求右侧的极限，即可得参数范围.
【解答过程】当x∈(0, π
2 )时，原不等式等价于a> x−sin x
x
3
.
记f ( x)= x−sin x
x
3
，则f
′( x)= 3sin x−x cos x−2 x
x
4
.
记g( x)=3sin x−x cos x−2 x，则g
′( x)=2cos x + x sin x−2.
因为g
″( x)= x cos x−sin x，g
‴( x)=−x sin x<0，
所以g
″( x)在(0, π
2 )上单调递减，且g
″( x)<0，
所以g
′( x)在(0, π
2 )上单调递减，且g
′( x)<0.
因此g( x)在(0, π
2 )上单调递减，且g( x)<0，
故f
′( x)= g( x)
x
4 <0，因此f ( x)= x−sin x
x
3
在(0, π
2 )上单调递减.
由洛必达法则有lim
x→0 f ( x)=
lim
x→0 x−sin x
x
3
=
lim
x→0 1−cos x
3 x
2
=
lim
x→0 sin x
6 x
=
lim
x→0 cos x
6
= 1
6
，
即x趋向于0 时，f ( x)趋向1
6，即有f ( x)< 1
6 .
故a≥1
6 时，不等式sin x> x−a x
3对于x∈(0, π
2 )恒成立.
【变式7-2】（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有
结论：若函数f (x)，g(x)的导函数分别为f
′ (x)，g
′ (x)，且lim
x→a f ( x)=lim
x→a g( x)=0，则
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
′( x)
g
′( x)
.
②设a>0，k 是大于1 的正整数，若函数f (x)满足：对任意x∈[0,a)，均有f (x)≥f(
x
k)成立，且
lim
x→0 f (x)=0，则称函数f (x)为区间[0,a)上的k 阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断f (x)= x
3−3 x是否为区间[0,3)上的2 阶无穷递降函数；
(2)计算：lim
x→0 (1+ x)
1
x；
(3)证明：(
sin x
x−π)
3
<cos x，x∈(π, 3
2 π).
【答案】(1)不是；
(2)e；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）根据函数f (x)为区间[0,a)上的k 阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造ℎ(x)=ln g(x)，再结合
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
′( x)
g
′( x)
即可得到结果；
（3）通过换元令令x−π=t，则原不等式等价于tant ⋅sin
2t ≥t
3,t ∈(0,π
2 )，再通过构造函数
f (t )=tant ⋅sin
2t
t
3
,t ∈(0,π
2 )，根据题干中函数f (x)为区间[0,π
2 )上的k 阶无穷递降函数的定义证出
f (t )>1,t ∈(0,π
2 )，即可证明结论.
【解答过程】（1）设F (x)= f (x)−f(
x
2)= 7
8 x
3−3
2 x，
由于F (1)= 7
8 −3
2 <0，
所以f (x)≥f(
x
2)不成立，
故f (x)= x
3−3 x不是区间[0,3)上的2 阶无穷递降函数.
（2）设g(x)=(1+ x)
1
x，则ln g(x)= 1
x ln(1+ x)=ln(1+ x)
x
，
设ℎ(x)=ln(1+ x)
x
，
则lim
x→0 ℎ( x)=
lim
x→0 ln(1+ x)
x
=
lim
x→0
1
1+ x
1
=1，
所以lim
x→0 ln g( x)=1，得lim
x→0 (1+ x)
1
x =e.
（3）令x−π=t，则原不等式等价于tant ⋅sin
2t ≥t
3,t ∈(0,π
2 )，
即证tant ⋅sin
2t
t
3
≥1,t ∈(0,π
2 )，
记f (t )=tant ⋅sin
2t
t
3
,t ∈(0,π
2 )，则f(
t
2)=
8tan t
2 ⋅sin
2 t
2
t
3
，
所以
f (t )
f(
t
2)
=tant ⋅sin
2t
t
3
⋅
t
3
8tan t
2 ⋅sin
2 t
2
=
cos
2 t
2
1−tan
2 t
2
=
1
1−tan
4 t
2
>1，
即有对任意t ∈(0,π
2 )，均有f (t )>f(
t
2)，
所以f (t )>f(
t
2)>⋯>f(
t
2
n)，
因为
lim
x→0 sin x
x
=lim
x→0 cos x =1，
所以lim
n→+∞f(
t
2
n)=
lim
n→+∞tan t
2
n ⋅sin
2 t
2
n
(
t
2
n)
3
=
lim
n→+∞sin
3(
t
2
n)
(
t
2
n)
3
cos(
t
2
n)
= lim
n→+∞[
sin(
t
2
n)
t
2
n )
3
⋅
lim
n→+∞1
cos(
t
2
n)
=1，
所以f (t )>1,t ∈(0,π
2 )，证毕!
【变式7-3】（23-24 高二下·广东珠海·期末）在研究函数问题时，我们经常遇到求函数在某个区间上值域
的问题，但函数在区间端点又恰好没有意义的情况，此时我们就可以用函数在这点处的极限来刻画该点附
近数的走势，从而得到数在区间上的值域.求极限我们有多种方法，其中有一种十分简单且好用的方法——
洛必达法则
该法则表述为：“设函数f ( x)，g( x)满足下列条件：
①lim
x→a f ( x)=0，lim
x→a g( x)=0；
②在点a 处函数f ( x)和g( x)的图像是连续且光滑的，即函数f ( x)和g( x)在点a 处存在导数；
③
lim
x→a f ′( x)
g′( x)
= A，其中A 是某固定实数；
则
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f ′( x)
g′( x)
= A.”
那么，假设有函数f ( x)=e
x，g( x)=tx +1.
(1)若f ( x)≥g( x)恒成立，求t 的取值范围；
(2)证明：e
x−ln x ≥2.
【答案】(1){1)；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）由题意可得e
x≥tx +1恒成立，然后分x =0, x>0, x<0三种情况，根据不等式恒成立，
求出t 的取值范围.
（2）令p(x)= ln x−x +1，对p(x)求导，判断p(x)的单调性，求出p(x)max，进而得到ln x ≤x−1，结合
（1），即可证明.
【解答过程】（1）若f ( x)≥g( x)恒成立，即e
x≥tx +1恒成立，
当x =0时，e
0≥1，成立，
当x>0时，t ≤e
x−1
x
，令ℎ(x)=e
x−1
x
，
ℎ
′ (x)=e
x x−(e
x−1)
x
2
=e
x x−e
x+1
x
2
，令m(x)=e
x x−e
x+1，
m
′ (x)=e
x x +e
x−e
x=e
x x，
当x>0时，m
' (x)>0，当x<0时，m
' (x)<0
所以m(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，m(x)>m(0)=0即e
x x−e
x+1>0，
所以当x>0时，ℎ
' (x)>0，即ℎ(x)单调递增，
由洛必达法则知：
lim
x→0 e
x−1
x
=
lim
x→0 e
x
1
=1，
所以当x>0时，ℎ(x)>1，所以t ≤1,
同理，当x<0时，可得e
x−1
x
<1，所以t ≥1
综上所述：t 的取值范围为{1).
（2）令p(x)= ln x−x +1，则p
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，
所以当0< x<1时，p
′ (x)>0，p(x)单调递增，
当x>1时，p
′ (x)<0，p(x)单调递减，
所以当x =1时，p(x)max= p(1)=0，
所以当x>0，p(x)≤p(1)=0，即ln x ≤x−1（当且仅当x =1时，等号成立）
由（1）知，e
x≥x +1（当且仅当x =0时，等号成立）
所以e
x−ln x ≥(x +1)−(x−1)=2.
【题型8 导数中双变量恒（能）成立问题】
【例8】（24-25 高三上·贵州·阶段练习）已知函数f (x)=1
2 x
2−ax+lnx,a∈R．若f (x)有两个极值点
x1,x2，且f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．[−3
2 ,+∞)
B．[
3
2 ,+∞)
C．[−❑√2,+∞)
D．[❑√2,+∞)
【答案】A
【解题思路】求出函数的导函数，依题意可得f
′(x)=x
2−ax+1
x
在(0,+∞)上有两个不同的零点，即方程
x
2−ax+1=0在(0,+∞)上有两个不同的实根，利用韦达定理及根的判别式求出a>2，不等式
f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立，参变分离可得λ>f(x1)+f(x2)
x1+x2
恒成立，利用韦达定理得到
f(x1)+f(x2)
x1+x2
=−a
2 −1
a ，再构造函数(
ℎ
a)=−a
2 −1
a ，a∈(2,+∞)，利用导数说明函数的单调性，即
可求出λ的取值范围.
【解答过程】函数f (x)=1
2 x
2−ax+lnx的定义域为(0,+∞)，
又f
′(x)=x−a+1
x =x
2−ax+1
x
，因为f(x)有两个极值点为x1,x2，
所以f
′(x)=x
2−ax+1
x
在(0,+∞)上有两个不同的零点，
此时方程x
2−ax+1=0在(0,+∞)上有两个不同的实根，
则{
Δ=a
2
4>0
−
x1+x2=a>0
x1x2=1
)
，解得a>2.
若不等式f(x1)+f(x2)<λ(x1+x2)恒成立，则λ>f(x1)+f(x2)
x1+x2
恒成立，
因为f(x1)+f(x2)=1
2 x1
2−a x1+lnx1+1
2 x2
2−a x2+lnx2
=ln(x1x2)−a(x1+x2)+1
2 [(x1+x2)
2
2
−x1x2]=−a
2
2
1
−，
则f(x1)+f(x2)
x1+x2
=−a
2 −1
a ，设(
ℎ
a)=−a
2 −1
a ，a∈(2,+∞)，
则ℎ
′(a)=1
a
2 −1
2 ，因为a
2>4，所以ℎ
′(a)<0，所以(
ℎ
a)在(2,+∞)上单调递减，
所以(
ℎ
a)<
(
ℎ
3
2 ，所以λ≥−3
2 ，即实数λ的取值范围为[−3
2 ,+∞).
故选：A.
【变式8-1】（2025·福建莆田·三模）已知函数f (x)=e
x，g (x)=−x
2−mx，若对区间[0,1)内任意两个实数
x1,x2(x1≠x2)，都有|f(x1)−f(x2))>|g(x1)−g(x2))恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．[
1,2
−
)
B．[−e
2
4,1
−
)
C．[
1,e
−
)
D．[
1,1
−
)
【答案】A
【解题思路】由f(x)单调性及|g(x1)−g(x2))<f(x2)−f(x1)推出
f(x1)−f(x2)<g(x1)−g(x2)<f(x2)−f(x1).
构造函数F(x)=f(x)−g(x)，因为它在[0,1]递增，所以其导数F
′(x)≥0，求出F
′(x)最小值，进而
得到m的一个取值范围.
构造函数G(x)=f(x)+g(x)，同理它在[0,1]递增，G
′(x)≥0，得出m的另一个取值范围.进而可得解.
【解答过程】假设x1<x2，因为f (x)=e
x在R上单调递增，所以|g(x1)−g(x2))<f(x2)−f(x1)，
所以f(x1)−f(x2)<g(x1)−g(x2)<f(x2)−f(x1)，所以{
f(x1)−g(x1)<f(x2)−g(x2),
f(x1)+g(x1)<f(x2)+g(x2), )
令F (x)=f (x)−g (x)=e
x+x
2+ mx，则F (x)在区间[0,1)内单调递增，所以F
′(x)=e
x+2x+ m ≥0，
因为F
′(x)在区间[0,1)上单调递增，所以F
′(x)的最小值为F
′(0)=1+ m，故1+ m ≥0，即m ≥1
−；
令G (x)=f (x)+g (x)=e
x−x
2−mx，则G (x)在区间[0,1)内单调递增，所以G
′(x)=e
x
2
−x−m ≥0，所以
m ≤e
x
2
−x，
令ℎ(x)=e
x
2
−x，则ℎ
′(x)=e
x
2
−，所以ℎ(x)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增，所以ℎ(x)
的最小值为ℎ(ln2)=2 2ln2
−
，即m ≤2 2ln2
−
．
综上所述，1≤
−
m ≤2 2ln2
−
．
故选：A．
【变式8-2】（2025·广西·三模）已知函数f (x)=alnx−x+1(a∈R).
(1)当a>0时，求函数f (x)的单调区间；
(2)对任意的x1,x2∈(0,1)，当x1<x2时，都有1
4 [f(x1)−f(x2))<x2−x1
x1x2
，求实数a的取值范围.
【答案】(1)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减．
(2)[ 3,+∞)
−
【解题思路】（1）求出函数f (x)的定义域与导数，当a>0时，分析导数的符号变化，由此可得出函数f (x)
的增区间和减区间；
（2）设g (x)=f (x)−4
x ，分析可知函数g (x)在(0,1)上为增函数，则g
′(x)≥0在(0,1)上恒成立，结合参变
量分离法可得出a≥(x−4
x)
max
，求出函数y=x−4
x 在(0,1)上的最大值，即可得出实数a的取值范围.
【解答过程】（1）解：函数f (x)定义域为(0,+∞)，f
′(x)=a
x
1=
−
a−x
x
.
当a>0时，由f
′(x)<0得x>a，由f
′(x)>0得0<x<a.
此时函数f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞).
综上所述，当a>0时，函数f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞).
（2）由1
4 [f(x1)−f(x2))<x2−x1
x1x2
，化简为f(x1)−f(x2)<4(
1
x1
−1
x2)，
即f(x1)−4
x1
<f(x2)−4
x2 .
令g (x)=f (x)−4
x =alnx−x−4
x +1，
因为x1<x2，则g(x1)<g(x2)，所以函数g (x)在(0,1)上单调递增，
故g
′(x)=a
x
1+
−
4
x
2 ≥0在(0,1)上恒成立，即a≥x−4
x 在(0,1)上恒成立，
设y=x−4
x ，y
′=1+4
x
2 >0，
y=x−4
x 在(0,1)单调递增，
所以a≥(x−4
x)
max
=1−
.
综上所述，实数a的取值范围为[
3,+∞
−
).
【变式8-3】（2025·江苏盐城·三模）已知函数f(x)= m (x
2+2x) ln
−
(xe
x),(m ∈R)，
g(x)=1−1
2 e
x+x
2．
(1)求函数g (x)在x=0处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)单调性；
(3)当m >0时，若对于任意x1>0，总存在x2∈[−
，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
【答案】(1)x+2y
1=0
−
(2)答案见解析
(3)[
e
2 ,+∞)
【解题思路】（1）先求g (x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线斜率，结合直线的点斜式方程求解
即可；
（2）先求f (x)的导数，对m分类讨论，确定导数符号，得出单调性；
（3）利用导数法分别求解f(x),g(x)在给定区间的最小值，然后根据“恒成立”和“能成立”得到关
于m的不等式，再次利用导函数求单调性结合特殊点函数值解不等式即可.
【解答过程】（1）因为g(x)=1−1
2 e
x+x
2，所以g
′(x)=−e
x
2 +2x，
所以所求切线的斜率为g
′(0)=−e
0
2 +2×0=−1
2 ，又g(0)=1−1
2 e
0+0
2=1
2 ，
所以切线方程为y−1
2 =(−1
2)(x
0
−)，即x+2y
1=0
−
；
（2）f(x)= m (x
2+2x) ln
−
(xe
x)= m (x
2+2x)−x
ln
−
x，则函数f (x)定义域为(0,+∞)，
所以f
′(x)=
(2mx
1
−)(x+1)
x
，所以当m ≤0时，有f
′(x)<0恒成立，f (x)在(0,+∞)单调递减，
当m >0时，由f
′(x)<0解得：x∈(0,1
2m )，f (x)在(0,1
2m )上单调递减；
由f
′(x)<0解得：x∈(
1
2m ,+∞)，f (x)在(
1
2m ,+∞)上单调递增；
综上，m ≤0时，f (x)在(0,+∞)单调递减；
m >0时，f (x)在(0,1
2m )上单调递减，在(
1
2m ,+∞)上单调递增.
（3）由（2）知，当m >0时，f (x)min=f(
1
2m )=−1
4 m +ln2m +1，
根据题意，不等式等价于−1
4 m +ln2m +1≥g(x2)min，x2∈[
2,
−
−
)，
对于g(x)=1−1
2 e
x+x
2，x∈[
2,
−
−
)，则g
′(x)=−e
x
2 +2x<0
所以g (x)在x∈[
2,
−
−
)上单调递减，所以g (x)min=g (
1
−)=2−1
2e ，
则有−1
4 m +ln2m +1≥2−1
2e ，即1
4 m
ln2
−
m
1≤
−
1
2e
2
−，
设ℎ(m )=1
4 m
ln2
−
m
1
−，(m >0)，则ℎ
'(m )=−1
4 m
2 −1
m <0，
所以ℎ(m )在定义域内为减函数，又ℎ(
e
2)=1
2e
2
−，
所以1
4 m
ln2
−
m
1≤
−
1
2e
2
−⇔ℎ(m )≤ℎ(
e
2)，所以m ≥e
2 ，即m的取值范围是[
e
2 ,+∞).
【题型9 导数中双函数恒（能）成立问题】
【例9】（2025·山东泰安·二模）已知函数f (x)=xe
−x，g (x)=lnx−x+ b (b∈R)若f (x)≥g (x)在x>0时
恒成立，则b的取值范围为（ ）
A．(
∞,
−
e
1
−+1) B．(
∞,
−
e
1
−+1)
C．(
∞,
−
e
1
−)
D．(
∞,
−
e
1
−)
【答案】B
【解题思路】构造函数ℎ(x)=xe
−x
ln
−
x+x，ℎ(x)≥0，求ℎ
′(x)，确定极值点，结合单调性分析最小
值，得出b取值范围.
【解答过程】∵f (x)≥g (x)在x>0时恒成立，∴f (x)−g (x)≥0，
∵f (x)=xe
−x，g (x)=lnx−x+ b (b∈R)，
∴xe
−x≥lnx−x+ b，∴b≤xe
−x
ln
−
x+x，
设ℎ(x)=xe
−x
ln
−
x+x,ℎ
′(x)=e
−x(1−x)−1
x +1,ℎ
′(x)=0时，x=1，
当x<1时，ℎ
′(x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x>1时，ℎ
′(x)>0，ℎ(x)单调递增；∴x=1是ℎ(x)的极小值点，
∴ℎ
(x)的最小值是ℎ(1)=e
1
−+1，∵f (x)≥g (x)，x>0时恒成立，
∴b≤e
1
−+1，b的取值范围为(
∞,
−
e
1
−+1).
故选：B.
【变式9-1】（2025·重庆·模拟预测）已知函数f (x)=lnx
x
,g (x)=axe
−ax，若存在
x1∈(0,1),x2∈(
∞,0
−
)使得f(x1)=g(x2)，则实数a的取值范围为（ ）
A．(
∞,
−
)
B．(
2,
−
−
)
C．(
1,+∞
−
)
D．(0,+∞)
【答案】D
【解题思路】利用导数求得f (x)在区间(0,1)上的值域，求得g (x)在区间(
∞,0
−
)上的值域，由此求得a的
取值范围.
【解答过程】对于f (x)=lnx
x
(0<x<1)，f
′(x)=1 ln
−
x
x
>0，
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增，ln1
1
=0，
所以当x∈(0,1)时，f (x)的值域为(
∞,0
−
).
对于g (x)=axe
−ax(x<0)，g
′(x)=a (1−ax)e
−ax=a (1−ax)
e
ax
，
若a =0，则g (x)=0，不符合题意.
若a>0，则g
′(x)>0，所以g (x)在(
∞,0
−
)上单调递增，
所以当x∈(
∞,0
−
)时，g (x)的值域为(
∞,0
−
)，符合题意，D 选项正确.
当a<0时，g (x)在区间( ∞,
−
1
a )上g
′(x)>0,g (x)单调递增，
在区间(
1
a ,+∞)上g
′(x)<0,g (x)单调递减，
g(
1
a )=a×1
a ×e
−a×1
a =1
e ，而当x<0时g (x)=axe
−ax>0
所以当x∈(
∞,0
−
)时，g (x)的值域为(0,1
e)，不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为(0,+∞).
故选：D.
【变式9-2】（2025·广东汕头·三模）已知函数f (x)=lnx−ax,g (x)=2
ax ,a≠0．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若f (x)≤g (x)恒成立，求a的最小值．
【答案】(1)答案见详解
(2)2
e
3
【解题思路】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a>0与a<0分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【解答过程】（1）f
′(x)=1
x −a =1−ax
x
（a≠0），
当a<0时，由于x>0，所以f
′(x)>0恒成立，从而f (x)在(0,+∞)上递增；
当a>0时，0<x<1
a ，f
′(x)>0；x>1
a ，f
′(x)<0，
从而f (x)在(0,1
a )上递增，在(
1
a ,+∞)递减；
综上，当a<0时，f (x)的单调递增区间为(0,+∞)，没有单调递减区间；
当a>0时，f (x)的单调递增区间为(0,1
a )，单调递减区间为(
1
a ,+∞).
（2）令ℎ(x)=f (x)−g (x)=lnx−ax−2
ax ，要使f (x)≤g (x)恒成立，
只要使ℎ(x)≤0恒成立，也只要使ℎ(x)max≤0.
ℎ
′(x)=1
x −a+2
a x
2 =−(ax+1)(ax
2
−)
a x
2
，
若a>0，x>0，所以ax+1>0恒成立，
当0<x<2
a 时，ℎ
′(x)>0，当2
a <x<+∞时，ℎ
′(x)<0，
可知ℎ(x)在(0,2
a )内单调递增，在(
2
a ,+∞)内单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(
2
a )=ln2
a
3≤0
−
，解得：a≥2
e
3 ，
可知a的最小值为2
e
3 ；
若a<0，x>0，所以ax
2<0
−
恒成立，
当0<x<−1
a 时，ℎ
′(x)<0，当−1
a <x<+∞时，ℎ
′(x)>0，
可知ℎ(x)在(0,−1
a )内单调递减，在(−1
a ,+∞)内单调递增，
所以ℎ(x)在(0,+∞)内无最大值，且当x趋近于+∞时，ℎ(x)趋近于+∞，不合题意；
综上所述：a的最小值为2
e
3 .
【变式9-3】（2025·青海海东·三模）已知函数f(x)=x
2lnx，g(x)=a⋅e
a
x ．
(1)求f(x)的极值；
(2)当a≠0时，讨论g(x)的单调区间；
(3)若∀x∈(1,+∞)，f(x)>g(x)，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为f(e
−1
2 )=−1
2e
，无极大值；
(2)单调递减区间为(
∞，0
−
),(0,+∞)，无递增区间；
(3)a≤0
【解题思路】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出f(x)=x
2lnx在x=e
−1
2处取得极小值，极小
值为f(e
−1
2 )=−1
2e ，无极大值；
（2）求定义域，求导，得到导函数小于0 恒成立，故单调递减区间为(
∞，0
−
),(0,+∞)，无递增区间；
（3）变形得到lnx⋅e
lnx>a
x ⋅e
a
x ，构造q (x)=x⋅e
x，则q (lnx)>q(
a
x)，求导，考虑a≥0和a<0两种情
况，结合单调性，得到不等式，求出答案.
【解答过程】（1）f(x)=x
2lnx的定义域为(0,+∞)，
故f
′(x)=2xlnx+x
2⋅1
x =2xlnx+x=x(2lnx+1)，
令f
′(x)>0，即2ln x+1>0，解得x>e
−1
2，
令f
′(x)<0，即2ln x+1<0，解得0<x<e
−1
2，
所以f(x)在(0,e
−1
2)上单调递减，在(e
−1
2 ，+∞)上单调递增，
所以f(x)=x
2lnx在x=e
−1
2处取得极小值，极小值为f(e
−1
2 )=−1
2e ，无极大值；
（2）a≠0，g(x)=a⋅e
a
x ，定义域为(
∞，0
−
)∪(0,+∞)，
g
′(x)=a⋅e
a
x ⋅(−a
x
2)=−a
2e
a
x
x
2
<0，
故g(x)=a⋅e
a
x 的单调递减区间为(
∞，0
−
),(0,+∞)，无递增区间；
（3）∀x∈(1,+∞)，x
2lnx>a⋅e
a
x ，即xlnx>a
x ⋅e
a
x ，
所以lnx⋅e
lnx>a
x ⋅e
a
x ，
其中ln x>0，令q (x)=x⋅e
x，则q (lnx)>q(
a
x)，
q
′(x)= (1+x)e
x，
若a≥0，则a
x ≥0，其中q
′(x)= (1+x)e
x>0在(0，+∞)恒成立，
故q (x)=x⋅e
x在x∈(0,+∞)上单调递增，
所以lnx>a
x ，即xlnx>a，
令w (x)=xlnx，x>1，则w
′(x)=1+lnx>0，
故w (x)=xlnx在x∈(1,+∞)上单调递增，
故w (x)>w (1)=0，即xlnx>0，所以a≤0，与a≥0取交集，故a =0，
若a<0，a
x <0，q
′(x)= (1+x)e
x，
当x> 1
−时，q
′(x)>0，当x< 1
−时，q
′(x)<0，
故q (x)=x⋅e
x在x∈(−
上单调递减，在x∈( 1,+∞)
−
上单调递增，
且x<0时，q (x)=x⋅e
x<0恒成立，x>0时，q (x)=x⋅e
x>0恒成立，
所以q (lnx)>0>q(
a
x)，满足要求，
综上，a≤0.
一、单选题
1．（2025·山东烟台·三模）若不等式xe
x−x
ln
−
x−a≥0恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(0,1)
B．(0,e 1
−
)
C．(
∞,1
−
)
D．(
∞,
−
)
【答案】C
【解题思路】先化简转化为e
lnx+x−(lnx+x)−a≥0恒成立，再构造函数φ(t)=e
t−t，结合函数单调性
求出最值解题.
【解答过程】因为xe
x−x
ln
−
x−a≥0，即e
lnx+x−(lnx+x)−a≥0，
令t=lnx+x，则e
t−t−a≥0恒成立，
则a≤e
t−t恒成立，
令φ(t)=e
t−t，则φ
′(t)=e
t
1
−，
当t∈(
∞,0
−
)时，φ
′(t)<0；
当t∈(0,+∞)时，φ
′(t)>0，
所以φ(t)在(
∞,0
−
)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以φ(t)min=φ(0)=1，所以a≤1，故a 的取值范围为(
∞,1
−
).
故选：C.
2．（2025·河南·二模）已知函数f (x)=x+e
−x，若存在实数x，使得f (x)=ax成立，则实数a的取值范围为
（ ）
A．(
∞,
−
)
B．(1,+∞)
C．(1 e,1
−
)
D．(
∞,1 e
−
−
)∪(1,+∞)
【答案】D
【解题思路】先求导函数得出函数的单调性得出函数值范围计算即可求参.
【解答过程】因为函数f (x)=x+e
−x，若存在实数x，使得f (x)=ax成立，
当x>0时，存在x+e
−x=ax，所以a =1+1
xe
x >1；
当x=0时，0+e
0
−=a×0不成立；
当x<0时，存在x+e
−x=ax，所以a =1+1
xe
x 成立，
令y=1+1
xe
x ，y
'=−(x+1)e
x
(xe
x)
2
，
当x∈(
∞, 1
−
−
),y
'>0,y=1+1
xe
x 单调递增；
当x∈(
1,0
−
),y
'<0,y=1+1
xe
x 单调递减；
所以x= 1
−时，ymax=1 e
−，x→∞,
−
y→∞
−
，x→0,y→∞
−
，所以a≤1 e
−；
综上得：a≤1 e
−或a>1.
故选：D.
3．（2025·海南·模拟预测）已知当x∈(0,+∞)时，函数f(x)=axe
ax
(
−x+1)lnx+ax≥0恒成立，求
实数a 的取值范围是（ ）
A．[−1
e ,+∞)
B．[
1
e ,+∞)
C．[
2
e ,+∞)
D．[e,+∞)
【答案】B
【解题思路】由题易知a≤0时不成立，a>0时，由指对同构转化为axe
ax+ax≥xlnx+lnx，令
g (x)=xe
x+x，即g (ax)≥g (lnx)，运用单调性解不等式得到ax≥ln x在(0,+∞)上恒成立，利用参变分
离，接着求函数最值即可.
【解答过程】当a≤0时，f (e)=ae⋅e
ae−(e+1)+ae<0，所以a≤0不符合题意；
当a>0由f(x)=axe
ax
(
−x+1)lnx+ax≥0，即axe
ax+ax≥e
lnxlnx+lnx，
令g (x)=xe
x+x(x>0)，g
′(x)= (x+1)e
x+1>0，
所以g (x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
∵axe
ax+ax≥e
lnxlnx+lnx，即g (ax)≥g (lnx)，
∴ax≥lnx在(0,+∞)上恒成立，
∴a≥[
lnx
x
)
max
，令ℎ(x)=lnx
x
(x>0)，
ℎ
′(x)=1 ln
−
x
x
2
=0⇒x=e，
所以x∈(0,e)时，ℎ
′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
x∈(e,+∞)时，ℎ
′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
即ℎ(x)max=ℎ
(e)=1
e ，
∴a≥[
lnx
x
)
max
=1
e ,
故选：B.
4．（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=axe
x+lna
x ,g (x)=x
2−x，若存在实数x0，使得f(x0)≤g(x0)
，则实数a的取值范围为（ ）
A．(0,1)
B．(
∞,0
−
)∪(0,1) C．(0,1
e)
D．(
∞,0
−
)∪(0,1
e)
【答案】D
【解题思路】对a分类讨论，通过同构可将问题转化为a≤(
x
e
x)
max
,构造ℎ(x)=x
e
x ，利用导数求解最值即
可.
【解答过程】当a<0时，x<0,f (a)=a
2e
a<a
2<a
2−a =g (a)，合题意.
当a>0时，x>0,f (x)≤g (x)即axe
x+lna
x ≤x
2−x⇔axe
x+x+lna
x ≤x
2
⇔axe
x+x+lna
x +lnx
2≤x
2+lnx
2⇔e
x+ln (ax)+[x+ln (ax))≤x
2+lnx
2，
∵y=x+lnx为(0,+∞)的增函数，∴e
x+ln (ax)≤x
2，即axe
x≤x
2⇔a≤x
e
x ，
由题意，只需a≤(
x
e
x)
max
,
记ℎ(x)=x
e
x ,ℎ
′(x)=1−x
e
x
，
当x>1,ℎ
′(x)<0,ℎ
(x)在(1,+∞)单调递减，0<x<1,ℎ
′(x)>0,ℎ
(x)在(0,1)单调递增，
故ℎ(x)max=ℎ
(1)=1
e ，所以0<a≤1
e ，
综上，a的取值范围为(
∞,0
−
)∪(0,1
e)，
故选：D.
5．（2025·广西·模拟预测）若对任意的x∈( 1,+∞)
−
，不等式(e
x−a)[ln(x+1)−b]≥0恒成立，则
a−b的最小值是（ ）
A．1
−
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【解题思路】根据题意确定y=e
x−a,y=ln(x+1)−b有公共零点，设为x0,x0> 1
−，即可得到
a−b=e
x0
ln
−
(x0+1),(x0> 1
−)，构造函数f (x)=e
x
ln
−
(x+1),(x> 1
−
)，求出其最小值，即可求得答案.
【解答过程】由于函数y=e
x−a,y=ln(x+1)−b在( 1,+∞)
−
上均单调递增，故均至多有一个零点，
而不等式(e
x−a)[ln(x+1)−b]≥0恒成立，
若a≤0，则需ln(x+1)−b≥0恒成立，由于y=ln(x+1)的值域为R，故ln(x+1)−b≥0不恒成立；
故a>0，则y=e
x−a,y=ln(x+1)−b有公共零点，设为x0,x0> 1
−，
则{
e
x0−a =0
ln(x0+1)−b=0)，即{
a =e
x0
b=ln(x0+1))，
故a−b=e
x0
ln
−
(x0+1),(x0> 1
−)，
令f (x)=e
x
ln
−
(x+1),(x> 1
−
)，则f
′(x)=e
x−1
x+1 ，
f
′(0)=1，由于y=e
x,y=−1
x+1 在( 1,+∞)
−
上均单调递增，
故f
′(x)=e
x−1
x+1 在( 1,+∞)
−
上单调递增，
则1<
−
x<0时，f
′(x)<0；x>0时，f
′(x)>0；
故f (x)在(
1,0
−
)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故f (x)min=f (0)=1，即a−b的最小值为1，
故选：C.
6．（2025·河北秦皇岛·一模）若存在正实数t，使得∀x∈(0,+∞)，关于x的不等式
[t−
(m
1
−)e
x
x
)(t−x
e
x)<0恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．( ∞,
−
1
e
2 +1) B．(
1
e
2 +1,+∞)
C．( ∞,
−
1
e
2)
D．(
1
e
2 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】将恒成立和存在问题转化最值问题，然后对m的范围分类讨论，结合函数的单调性和最值求
解即可.
【解答过程】[t−
(m
1
−)e
x
x
)(t−x
e
x)<0恒成立，即{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
min
<t<{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
max
恒成立，
x∈(0,+∞)，设f(x)=x
e
x ,g(x)=
(m
1
−)e
x
x
= m
1
−
f(x) ，
f
′(x)=1−x
e
x
,故x∈(1,+∞)时，f
′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(0,1)时，f
′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(x)max=f(1)=1
e ，
当m >1时，g(x)=
(m
1
−)e
x
x
= m
1
−
f(x) ,且f(x)∈(0,1
e)，
由f(x)的单调性知，g(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
g(x)min=g(1)=e(m
1
−)，
此时若存在正实数t，∀x∈(0,+∞)，使{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
min
<t<{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
max
恒成立，
即存在正实数t，使f (1)<t<g (1)，故e(m
1
−)>1
e ,m >1
e
2 +1.
当m <1时，g(x)=
(m
1
−)e
x
x
= m
1
−
f(x) <0,故{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
min
<t<{
(m
1
−)e
x
x
,x
e
x)
max
恒成立，即
0<t<x
e
x 恒成立，
因为f(x)=x
e
x ∈(0,1
e)，故此时不存在正实数t满足条件.
综上可得，实数m的取值范围是(
1
e
2 +1,+∞).
故选：B.
7．（2025·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=(x
1)
−
e
x−1
2 x
2+1，g(x)=sin x−ax．用max{ m ,n}
表示m，n 的最大值，记F(x)=max{f(x),g(x)}．若对任意x∈R，F(x)≥0恒成立，则实数a 的取
值范围为（ ）
A．( ∞,0]
−
B．(0,1
2)
C．[
1
2 ,1)
D．[1,+∞)
【答案】D
【解题思路】别分判断出f(x)，g(x)的单调性，进行分类讨论，分a≥1和a<1两种情况，利用函数的
单调性证明出a≥1成立，a<1不满足条件即可求解．
【解答过程】由于f(x)=(x
1)
−
e
x−1
2 x
2+1，故f
'(x)=x⋅e
x−x=x (
⋅e
x
1)
−
，从而对x<0和x>0均
有f
′(x)>0．
这表明f(x)在( ∞,0]
−
和[0,+∞)上均单调递增，从而在R上递增．
由于g(x)=sinx−ax，故g
′(x)=cosx−a．
①若a≥1，则g
′(x)=cosx−a≤cosx
1≤0
−
，且等号至多对x=2kπ(k∈Z)成立，所以g(x)在R
上单调递减．
这就意味着对x≥0有f(x)≥f(0)=0，对x<0有g(x)≥g(0)=0，从而始终有
F(x)=max{f(x),g(x)}≥0成立，满足条件；
②若a<1，取t∈(0,π
2 )，使得cost>a，则对−t<x<0有g
′(x)=cosx−a>cost−a>0，从而g(x)
在[−t,0]上递增．
这就意味着有g(−t)<g(0)=0，f(−t)<f(0)=0，所以F(x)=max{f(x),g(x)}<0，不满足条件．
综合①②两个方面可知，实数a 的取值范围为[1,+∞)．
故选：D．
8．（2025·天津红桥·二模）已知向量⃗a,⃗b是夹角为60°的单位向量，若对任意的 x1,x2∈(m ,+∞),且
x1<x2, x1lnx2−x2lnx1
x1−x2
>|⃗a−⃗b),则m取值范围是（ ）
A．[e
2,+∞)
B．[
1
2 ,+∞)
C．[e,+∞)
D．[
1
e ,+∞)
【答案】A
【解题思路】利用向量的运算，求得模长，整理不等式，构造函数研究其单调性，利用导数，可得答案.
【解答过程】已知向量⃗a,⃗b的夹角为60
∘的单位向量，则a
→
⋅b
→
=|a
→)⋅|b
→) cos
⋅
60
∘=1×1×1
2 =1
2 ，
所以|⃗a−⃗b)=
❑√(⃗a−⃗b)
2=
❑√⃗a
2
2
−⃗a⋅⃗b+⃗b
2=1，
所以对任意的x1,x2∈(m ,+∞)，且x1<x2,x1lnx2−x2lnx1
x1−x2
>1，则x1lnx2−x2lnx1<x1−x2，
所以lnx2
x2
−lnx1
x1
<1
x2
−1
x1
，即lnx2
1
−
x2
<lnx1
1
−
x1
，
设f (x)=lnx
1
−
x
，即f (x)在(m ,+∞)上单调递减，
又x∈(0,+∞)时，f
′(x)=2 ln
−
x
x
2
=0，解得x=e
2，
所以x∈(0,e
2),f
′(x)>0,f (x)在x∈(0,e
2)上单调递增；
x∈(e
2,+∞),f
′(x)<0,f (x)在x∈(e
2,+∞)上单调递减，所以m ≥e
2，
故选：A．
二、多选题
9．（2025·江西新余·模拟预测）已知不等式k (2x
1
−)e
x
2
−x+2≥0恒成立，则实数k 的可能取值为（ ）
A．2
B．0
C．1
D．
1
2e
3
2
【答案】ACD
【解题思路】由题知不等式x
1
−
e
x
≤k(x−1
2)恒成立，过点(
1
2 ,0)作曲线f (x)=x
1
−
e
x
的切线，求出两条切
线斜率即可得解.
【解答过程】
由题知，不等式x
1
−
e
x
≤k(x−1
2)恒成立，设f (x)=x
1
−
e
x
，y=k(x−1
2)，
即直线y=k(x−1
2)恒在函数f (x)图象的上方，直线y=k(x−1
2)恒过点(
1
2 ,0)，∴f
′(x)=2−x
e
x
，当
x<2时，f
′(x)>0，当x>2时，f
′(x)<0，
∴f (x)在区间(
∞,2
−
)上单调递增，在区间(2,+∞)上单调递减，
∴当x=2时，f (x)max=f (2)=1
e
2 ，f (1)=0，当x>1时，f (x)>0，
在同一坐标系中作出函数f (x)与直线y=k(x−1
2)的图象，
设直线y=k(x−1
2)与函数f (x)的图象相切时切点为(x0,x0
1
−
e
x0 )，∴k=2−x0
e
x0
=
x0
1
−
e
x0
x0−1
2
，解得x0=0或
x0=3
2 ；
∴当直线y=k(x−1
2)与函数f (x)的图象相切时切线斜率为2 或
1
2e
3
2 ，由图知，
1
2e
3
2
≤k≤2，
故选：ACD．
10．（2025·安徽马鞍山·一模）已知函数f (x)=e
tx
ln
−
x+ (t
1
−)x，若f (x)≥0恒成立，则实数t的可能的
值为（ ）
A．1
e
B．1
2e
C．1
e
2
D．2
e
【答案】AD
【解题思路】根据f (x)≥0转化成e
tx+tx≥lnx+e
lnx恒成立，构造函数g (x)=e
x+x，利用导数求解g (x)
的单调性，问题进一步转化成tx≥ln x恒成立，构造ℎ(x)=lnx
x
，求解最值即可.
【解答过程】f (x)=e
tx
ln
−
x+ (t
1
−)x≥0⇒e
tx+tx≥lnx+x⇒e
tx+tx≥lnx+e
lnx，
故f (x)≥0恒成立，转化成e
tx+tx≥lnx+e
lnx恒成立，
记g (x)=e
x+x，g
'(x)=e
x+1>0，则g (x)在(0，+∞)单调递增，故由e
tx+tx≥lnx+e
lnx得
g (tx)≥g (lnx)，故tx≥ln x恒成立，
记ℎ(x)=lnx
x
,ℎ
′(x)=1 ln
−
x
x
2
，故当x>e时，ℎ
'(x)<0,ℎ
(x)单调递减，当0<x<e时，ℎ
'(x)>0,ℎ
(x)
单调递增，故当x=e时，ℎ(x)取最大值1
e ，
故由tx≥lnx⇒t≥lnx
x
恒成立，即t≥(
lnx
x
)
max
,故t≥1
e ，
故选：AD.
11．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知f (x)=x
3−a x
2+ bx
2
−，不等式f (x)<0的解集是{x∣x<2且
x≠1}，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数f (x)有1 个极值点
B．函数f (x)的对称中心是(
4
3 ,−2
27)
C．当x∈[m ,+∞)时f (x)≥−2
27 恒成立，则m的最小值是5
3
D．当x∈[0,+∞),f (x)≥kx
20
−
恒成立，则k≤8
【答案】BD
【解题思路】根据不等式的解集与方程的解之间的联系求得{a =4
b=5)，结合导数和极值点的概念即可判断
A；根据函数的对称性验证f(x)+f(8
3 −x)=−4
27 即可判断B；根据函数f (x)的单调性可知
x∈[
5
3 ,+∞)时f (x)≥−4
27 ，与f (x)≥−2
27 矛盾判断C；将恒成立问题转化为x
3
4
−x
2+5x+18≥kx恒
成立，当x=0时，k∈R；当x>0时，转化为k≤x
2
4
−x+5+18
x 恒成立，构造
(
ℎ
x)=x
2
4
−x+5+18
x ,x>0，利用导数法研究其最小值即可判断D.
【解答过程】对于A：因为不等式f (x)<0的解集为{x∣x<2且x≠1}，
即不等式x
3−a x
2+ bx
2<0
−
的解集为{x∣x<2且x≠1}，
所以方程x
3−a x
2+ bx
2=0
−
的根为x=2和x=1（二重根），
得(x
1)
−
2(x
2)=0
−
，即x
3
4
−x
2+5x
2=0
−
，
所以{a =4
b=5)，则f(x)=x
3
4
−x
2+5x
2
−，得f
′(x)=3x
2
8
−x+5= (3x
5
−)(x
1)
−
，
令f
′(x)<0 1<
⇒
x<5
3 ，f
′(x)>0⇒x<1或x>5
3 ，
所以函数f(x)在(1,5
3 )上单调递减，在( ∞,1),(
−
5
3 ,+∞)上单调递增，
所以x=1是f(x)的极大值点，x=5
3 是f(x)的极小值点，即函数f (x)有2 个极值点，错误；
对于B：由选项A 知f(x)=x
3
4
−x
2+5x
2
−，
则f(8
3 −x)=(8
3 −x)
3
4
−(8
3 −x)
2
+5(8
3 −x)
2=
−
−
x
3+4x
2
5
−x+50
27 ，
所以f(x)+f(8
3 −x)=−4
27 ，即函数f (x)的对称中心是(
4
3 ,−2
27)，正确；
C：由选项A 知f(x)=x
3
4
−x
2+5x
2
−在(5
3 ,+∞)上单调递增，
且f(
5
3)=(
5
3)
3
4
−(
5
3)
2
+5×5
3
2=
−
−4
27 ，若m的最小值是5
3 ，
则x∈[
5
3 ,+∞)时f (x)≥−4
27 ，而−4
27 <−2
27 ，所以不满足f (x)≥−2
27 恒成立，错误；
D：由选项A 知f(x)=x
3
4
−x
2+5x
2
−，
当x∈[0,+∞),f (x)≥kx
20
−
恒成立，即x
3
4
−x
2+5x+18≥kx恒成立，
当x=0时，原不等式显然成立，此时k∈R；
当x>0时，转化为k≤x
2
4
−x+5+18
x ，则k≤(x
2
4
−x+5+18
x )
min
，
记(
ℎ
x)=x
2
4
−x+5+18
x ,x>0，得ℎ
′(x)=2x
4
−
−18
x
2 ,x>0，
记m (x)=ℎ
′(x)=2x
4
−
−18
x
2 ,x>0，
则m
′(x)=2+36
x
3 >0，所以m (x)在(0,+∞)上单调递增，
又m (3)=0，所以当(0,3)时，m (x)=ℎ
′(x)<0，
当(3,+∞)时，m (x)=ℎ
′(x)>0，所以函数(
ℎ
x)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，所以函
数(
ℎ
x)的最小值为(3)=
ℎ
3
2
4×3+5+
−
18
3
=8，所以k≤8，综上k≤8，正确.
故选：BD.
三、填空题
12．（2025·湖北·模拟预测）已知关于x的不等式x
x
2
>a x
2lnx在(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围
为 .
【答案】( 2
−e
1−1
2e ,e)
【解题思路】原式变形为e
x
2lnx>a x
2lnx，令t=x
2lnx，求导可得t≥−1
2e ，分t=0，t>0，
−1
2e ≤t<0三种情况对e
t>at，讨论分离变量可求得a的取值范围.
【解答过程】由x
x
2
>a x
2lnx，可得e
x
2lnx>a x
2lnx，令t=x
2lnx，则e
t>at，
由t
′=2xlnx+x=0，可得x=e
−1
2，
当x∈(0,e
−1
2)时，t
′<0，所以t=x
2lnx在(0,e
−1
2)上单调递减，
当x∈(e
−1
2 ,+∞)时，t
′>0，所以t=x
2lnx在(e
−1
2 ,+∞)上单调递增，
所以tmin=−1
2e ，
当t=0时，e
0>a 0
⋅，所以a∈R，
当t>0，a<e
t
t ，令g (t)=e
t
t ，求导得g
′(t)=e
tt−e
t
t
2
=e
t(t
1
−)
t
2
，
若0<t<1，可得g
′(t)<0，所以g (t)=e
t
t 在(0,1)上单调递减，
若t>1，可得g
′(t)>0，所以g (t)=e
t
t 在(1,+∞)上单调递增，
所以g (t)min=g (1)=e
1
1 =e，所以a<e，
当−1
2e ≤t<0，可得a>e
t
t ，令g (t)=e
t
t ，求导得g
′(t)=e
tt−e
t
t
2
=e
t(t
1
−)
t
2
<0，
所以g (t)=e
t
t 在(−1
2e ,0)单调递减，此时g (t)max=e
−1
2e
−1
2e
= 2
−e
1−1
2e，
所以a> 2
−e
1−1
2e，
综上所述：实数a的取值范围为( 2
−e
1−1
2e ,e).
故答案为：( 2
−e
1−1
2e ,e).
13．（2025·湖南益阳·三模）设实数f(x)=2xlnx，g(x)=ax
4
−，∃x∈(0,+∞)使f(x)≤g(x)成
立，则实数α 的取值范围 ．
【答案】[2ln2+2,+∞)
【解题思路】将问题转化为不等式a≥2lnx+4
x = (
ℎ
x)在(0,+∞)上能成立，利用导数研究函数(
ℎ
x)的
单调性求出ℎ(x)min即可.
【解答过程】由f(x)≤g(x)，得2xln x≤ax
4
−，
即不等式a≥2lnx+4
x 在(0,+∞)上能成立.
设(
ℎ
x)=2lnx+4
x (x>0)，则ℎ
′(x)=2
x −4
x
2 =2x
4
−
x
2
，
令ℎ
′(x)<0 0<
⇒
x<2,ℎ
′(x)>0⇒x>2，
所以(
ℎ
x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
则ℎ(x)min= (2)=2+2ln2
ℎ
，所以a≥2+2ln2，
即实数a 的取值范围为[2+2ln2,+∞).
故答案为：[2+2ln2,+∞).
14．（2025·河南南阳·三模）已知函数f(x)=2a
x
e
2x
1
−+lna，g(x)=2ln x+1，若f(x)≥g(x)恒成
立，则a的最小值是 ．
【答案】1
e
【解题思路】对不等式进行变形得2xe
2x≥ e
lnex
2
a lnex
2
a
，构造函数φ(t)=te
t(t>0)，原不等式等价
于φ(2x)≥φ(lnex
2
a )，利用导数研究φ(t)的单调性，进而可得自变量之间的关系，再利用导数研
究恒成立问题即可.
【解答过程】f(x)≥g(x)恒成立，即2a
x
e
2x
1
−+lna≥2lnx+1，即2a
x
e
2x
1
−≥lnex
2
a
，
即2xe
2x≥ex
2
a
lnex
2
a
=e
lnex
2
a lnex
2
a
，
令φ(t)=te
t(t>0)，则φ
'(t)=(t+1)e
t>0恒成立，所以φ(t)单调递增，
∴ φ(2x)≥φ(lnex
2
a )
2
⇒x≥lnex
2
a
2
⇒x≥2lnx+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
，故lna≥1
−，即a≥1
e ．则a的最小值是1
e ．
故答案为：1
e .
四、解答题
15．（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)=x+alnx−x
a，a∈R.
(1)当a =2时，求f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若不等式f (x)+1
e
x ≥0对x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的最小值.
【答案】(1)y=x
1
−
(2) e
−
【解题思路】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程；
（2）利用同构得1
e
x
ln
−(
1
e
x)≥x
a
ln
−
x
a，构造函数g (x)=x
ln
−
x，利用导数讨论其单调性后可得
1
e
x ≤x
a即−x≤alnx(x>1)，再结合导数可求最小值.
【解答过程】（1）a =2时，f (x)=x+2lnx−x
2，f (1)=0，
得f
′(x)=1+2
x
2
−x，所以f
′(1)=1，
得f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y=x
1
−.
（2）由题意f (x)+1
e
x ≥0对x∈(1,+∞)恒成立.得x+alnx−x
a+1
e
x ≥0，
所以x+1
e
x ≥x
a−alnx=x
a
ln
−
x
a，即1
e
x
ln
−(
1
e
x)≥x
a
ln
−
x
a，
构造函数g (x)=x
ln
−
x，x>0，g(
1
e
x)≥g(x
a)在x∈(1,+∞)上恒成立，
g
′(x)=1−1
x =x
1
−
x
，
令g
′(x)>0，解得：x>1，令g
′(x)<0，解得：0<x<1，
故g (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又x∈(1,+∞)，则0<1
e
x <1，而x
a与1 的大小不定，
但本题求实数a最小值，只需考虑a为负数的情况存在与否，
故此时0<x
a<1.又因为g (x)在区间(0,1)单调递减，
故1
e
x ≤x
a在x∈(1,+∞)上恒成立，两边取对数得：−x≤alnx，(x>1)，
即a≥−x
lnx 在(1,+∞)上恒成立，
∴ℎ
(x)=−x
lnx ，则ℎ
′(x)=1 ln
−
x
(lnx)2 ，
令ℎ
′(x)>0得1<x<e，令ℎ
′(x)<0得：x>e，
所以ℎ(x)在(1,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ
(e)= e
−，即a≥e
−，故a的最小值是e
−.
16．（2025·甘肃·模拟预测）已知函数f (x)=ax⋅e
x(a∈R)的极小值为−1
e ．
(1)求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若b>0，且存在x∈(0,+∞)，使得be
bx≤lnx成立，求实数b 的取值范围．
【答案】(1)2ex−y
e=0
−
(2)(0,1
e)
【解题思路】（1）先根据函数f (x)=ax⋅e
x(a∈R)的极小值为−1
e ，求得a，再利用导数的几何意义求
解；
（2）由（1）知：得到f (x)在(0,+∞)上递增，再将存在x∈(0,+∞)，使得be
bx≤lnx成立，转化为存在
x∈(0,+∞)，使得b≤lnx
x
成立，令g (x)=lnx
x
，求得其最大值即可.
【解答过程】（1）因为函数f (x)=ax⋅e
x(a∈R)，
所以f
′(x)=a (x+1)⋅e
x，显然f
'(
1
−)=0，
因为函数f (x)=ax⋅e
x(a∈R)的极小值为−1
e ，
所以f (
1
−)=−a⋅e
1
−=−1
e ，解得a =1，
此时当x> 1
−时，f
′(x)>0，当x< 1
−时，f
′(x)<0，
故f (x)=x⋅e
x在(
∞,
−
)上单调递减，在(
1,+∞
−
)上单调递增，
故极小值为f (
1
−)=−1
e ，满足要求，
所以f
′(1)=2e，f (1)=e，
所以曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y
e=2e
−
(x
1
−)，
即2ex−y
e=0
−
；
（2）由（1）知：当x>0时，f
′(x)= (x+1)⋅e
x>0，
所以f (x)=x⋅e
x在(0,+∞)上递增，
因为存在x∈(0,+∞)，使得be
bx≤lnx成立，即bxe
bx≤xlnx，
所以存在x∈(0,+∞)，使得f (bx)≤f (lnx)成立，
所以存在x∈(0,+∞)，使得bx≤ln x成立，即b≤lnx
x
成立，
令g (x)=lnx
x
，则g
′(x)=1 ln
−
x
x
2
，
当0<x<e时，g
′(x)>0，当x>e时，g
′(x)<0，
故g (x)=lnx
x
在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以当x=e时，g (x)取得最大值g (e)=1
e ，
又b>0，所以0<b≤1
e ，则实数b 的取值范围是(0,1
e).
17．（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)=e
ax+1
e
x
−bx
2
2
−为偶函数.
(1)求实数a的值；
(2)若f (x)≥0恒成立，求实数b的取值范围.
【答案】(1)a =2；
(2)b≤1.
【解题思路】（1）由偶函数的性质f (−x)=f(x)得方程到恒成立，即可求；
（2）根据对称性有e
x+1
e
x −bx
2
2≥0
−
在(0,+∞)上恒成立，利用导数及分类讨论研究左侧的单调性，判
断不等式能否恒成立，即可得范围.
【解答过程】（1）由题设f (x)=e
(a
1)
−
x+1
e
x −bx
2
2
−，则
f (−x)=e
(
−a
1)
−
x+1
e
−x −b(−x)
2
2=
−
1
e
(a
1)
−
x +e
x−bx
2
2=
−
f(x)，
所以1
e
(a
1)
−
x +e
x=1
e
x +e
(a
1)
−
x，即1
e
(a
1)
−
x −1
e
x =e
(a
1)
−
x−e
x，亦即(e
x−e
(a
1)
−
x)(
1
e
x +1)=0恒成立，
所以e
x−e
(a
1)
−
x=0，所以a
1=1
−
，所以a =2；
（2）由题设e
x+1
e
x −bx
2
2≥0
−
恒成立，而x=0时e
x+1
e
x −bx
2
2=0
−
恒成立，此时b∈R，
由对称性只需e
x+1
e
x −bx
2
2≥0
−
在(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=e
x+1
e
x −bx
2
2
−且x>0，则g
′(x)=e
x−1
e
x
2
−bx，
令(
ℎ
x)=g
′(x)，则ℎ
′(x)=e
x+1
e
x
2
−b>2❑√
e
x⋅1
e
x
2
−b=2(1−b)，
当b≤1时，ℎ
′(x)>0，此时(
ℎ
x)，即g
′(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g
′(x)>g
′(0)=0，故g(x)在(0,+∞)上单调递增，则g(x)>g(0)=0，满足；
当b>1时，由y=e
x+1
e
x ，则y
'=e
x−1
e
x >0在(0,+∞)上恒成立，
即y=e
x+1
e
x 在(0,+∞)上单调递增，故ℎ
′(x)在(0,+∞)上单调递增，
而ℎ
′(0)<0，x→+∞时ℎ
′(x)→+∞，∃x0∈(0,+∞)，使ℎ
′(x0)=0，
故有0<x<x0，ℎ
'(x)<0，此时(
ℎ
x)，即g
′(x)在(0,x0)上单调递减，则有g
′(x)<g
′(0)=0，
所以g(x)在(0,x0)上单调递减，故存在g(x)<g(0)=0，不满足；
综上，b≤1.
18．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知函数f (x)= x
2
2 −xln x ,g(x)=a(x +ln x)+a
2−a
2.
(1)求f (x)过原点的切线方程；
(2)求证：存在a∈(0, 1
2)，使得f (x)≥g(x)在区间(1,+∞)内恒成立，且f (x)= g(x)在(1,+ ∞)内有解.
【答案】(1)y =(1−ln2) x；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数求解函数的切线方程；
（2）利用函数导数判断函数的单调性，进而判断恒成立问题
【解答过程】（1）f (x)= x
2
2 −xln x ,f
′ (x)= x−1−ln x，设切点P(x0, x0
2
2 −x0ln x0)
切线方程：y −x0
2
2 + x0ln x0=(x0−1−ln x0)(x−x0)
切线过原点，所以−x0
2
2 + x0ln x0=( x0−1−ln x0)(−x0)
解得x0=2，∴切线方程：y =(1−ln2) x
（2）设F( x)= f (x)−g(x)=−(x +a)ln x + x
2
2 −ax−a
2+ a
2
，
则ℎ( x)= F
' (x)=−ln x−1−a
x + x−a，故ℎ
' (x)= x
2−x +a
x
2
当x∈(1,+∞)时，x
2−x>0，则ℎ
' (x)>0，即ℎ( x)= F
' (x)在(1,+∞)单调递增，
且F
' (1)=−2a<0且x→+ ∞时F
' (x)>0，
所以存在唯一x0∈(1,+ ∞)使得F
'(x0)=−ln x0−1−a
x0
+ x0−a=0①.
当x∈(1, x0)时，F
'( x)<0，当x∈( x0,+ ∞)时，F
'( x)>0，
∴F (x)在(1, x0)上单调递减，(x0,+ ∞)上单调递增.
∴满足F (x)=0在区间(1,+ ∞)内有唯一解，只需满足F( x)min= F (x0)=0即可.
所以F (x0)=−(x0+a)ln x0+ x0
2
2 −a x0−a
2+ a
2 =0，
将①代入化简得：2a
2+(5 x0−2 x0
2)a−(x0
3−2 x0
2)=0，
即(2a+ x0)(a−x0
2+2 x0)=0，得a=−x0
2 （舍），a= x0
2−2 x0，
则a= x0
2−2 x0，此时①变形为x0
2−2 x0−1+ln x0=0，
不妨设k (x)= x
2−2 x−1+ln x，显然k (x)在(1,+ ∞)上单调递增.
k (2)=ln2−1<0,k(1+
❑√6
2 )=ln(1+
❑√6
2 )−1
2 >0.
∴x0∈(2,1+
❑√6
2 )，则a= x0
2−2 x0∈(0, 1
2)结论得证.
19．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知f (x)=a x
2
2ln
−
x，x∈(0,e)，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a>1
e
2 ，g (x)= 5+ln
−
x
a ．存在x1，x2∈(0,e]，使得|f(x1)−g(x2))<9成立，试求实数a的取值范
围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)(
1
e
2 ,e
2)
【解题思路】（1）先求导，然后对a 分类讨论，判断f
′(x)符号的正负，从而可得单调区间；
（2）转化为x∈(0,e)，|f(x1)min−g(x2)max)<9，进而可得a 的取值范围.
【解答过程】（1）由题x∈(0,e)，f
′(x)=2ax−2
x =2(a x
2
1
−)
x
.
当a≤0，则a x
2
1<0
−
⇒f
′(x)<0，则此时f(x)在x∈(0,e)上单调递减；
当a>0，则f
′(x)=
2a(x
2−1
a )
x
=2a
x (x−❑√
1
a)(x+ ❑√
1
a)
.
若❑√
1
a <e，即a>1
e
2 时，令f
′(x)>0得x∈(
❑√
1
a ,e)，令f
′(x)<0得x∈(0,❑√
1
a)，
故f(x)在(0,❑√
1
a)上单调递减，在(
❑√
1
a ,e)上单调递增；
若❑√
1
a ≥ e，即0<a≤1
e
2 时，此时f(x)在(0,e)上单调递减.
综上，当a≤1
e
2 时，f(x)在(0,e)上单调递减；
当a>1
e
2 时，f(x)在(0,❑√
1
a)上单调递减，在(
❑√
1
a ,e)上单调递增；
（2）a>1
e
2 时，由（1）可得f(x)min=f(
❑√
1
a)=1 2ln
−
❑√
1
a =1+lna；
又g (x)= 5+ln
−
x
a ，则g
′(x)=1
x >0，得g (x)在(0,e)上单调递增，
则g (x)max=g (e)=
4
−
−a.
又注意到存在x1，x2∈(0,e]，使得|f(x1)−g(x2))<9，
等价于x∈(0,e)时，|f(x1)min−g(x2)max)<9，
则|1+lna+4+lna)<9
9<2ln
⇒
−a+5<9⇒e
7
−<a<e
2，又a>1
e
2 ，
则a∈(
1
e
2 ,e
2).
