1、专题研究(二)利用导数解决不等式恒(能)成立问题题型一恒成立问题例1(2020新高考卷节选)已知函数f(x)aex1ln xln a若f(x)1，求a的取值范围解解法一：f(x)aex1ln xln a，f(x)aex1，且a0.设g(x)f(x)，则g(x)aex10，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；当a1时，1，e1，ff(1)a(e1)(a1)0，存在唯一x0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时，f(x)0，aex01，ln
2、ax01ln x0，因此f(x)minf(x0)aex01ln x0ln aln ax01ln a2ln a122ln a11，f(x)1，f(x)1恒成立；当0a1时，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)单调递增；当x(1，)时，h(x)0时，求f(x)的单调区间；(2)若存在x，使得不等式f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.当a0时，令f(x)0，可得x0或x2.当2，即a时，对任意的x0，f(x)0，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间当0时，令f(x)0，得0x2；令f(x)0，得x2，即0a0，得0
3、x；令f(x)0，得2x.此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，2)和，单调递减区间为.(2)由f(x)g(x)，可得axln x0，即a在x上有解构造函数h(x)，x，则ah(x)min，h(x)，令h(x)0，得xe.当x0；当exe2时，h(x)0.函数h(x)在x或xe2处取得最小值he，h(e2)，h0，使f(x0)g(x0)成立，求参数a的取值范围解(1)由题意得，f(x)x1，设切点坐标为(x0，f(x0)，则kf(x0)x013，解得x01或x03(舍去)，所以切点坐标为，代入g(x)3xa，得a.(2)设h(x)f(x)g(x)3ln xx22x.x00，使f(x0)g(x
4、0)成立，等价于x0，使h(x)3ln xx22xa成立，等价于a0).因为h(x)x2，由得0x1.所以函数h(x)3ln xx22x在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以h(x)maxh(1)，即a，因此参数a的取值范围为.题型三双变量不等式恒(能)成立问题例3设f(x)x ln x，g(x)x3x23.(1)如果存在x1，x20，2使得g(x1)g(x2)M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，求实数a的取值范围解(1)存在x1，x20，2使得g(x1)g(x2)M成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.由g(x)x3x23
5、，得g(x)3x22x3x.由g(x)0得x0或x，由g(x)0得0x，又x0，2，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)ming，又g(0)3，g(2)1，所以g(x)maxg(2)1.故g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)minM，则满足条件的最大整数M4.(2)对于任意的s，t，都有f(s)g(t)成立，等价于在上，f(x)ming(x)max.由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)1，则在上，f(x)x ln x1恒成立，等价于axx2ln x恒成立设h(x)xx2ln x，则h(x)12x ln xx，令(x)12x ln xx，则(x)(2ln x3
6、)，当x时，(x)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最大值(2)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x)在c，d上的最小值(3)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最小值g(x)在c，d上的最小值(4)x1a，b，x2c，d，f(x1)g(x2)f(x)在a，b上的最大值g(x)在c，d上的最大值变式训练3(2021江西新余模拟)已知函数f(x)ln xax1(aR).(1)当a1时，证明：f(x)2；(2)设g(x)x22bx4，当a时，若x1(0，2)，x21，2，f(x1)g(x2)，求实数b的取值范
7、围解(1)证明：当a1时，f(x)ln xx1，则f(x)1，所以当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(1)2，故f(x)2.(2)依题意得f(x)在(0，2)上的最小值不小于g(x)在1，2上的最小值，即f(x1)ming(x2)min.当a时，f(x)ln xx1，所以f(x)，当0x1时，f(x)0，当1x0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，所以当x(0，2)时，f(x)minf(1).又g(x)x22bx4，x1，2，当b1时，易得g(x)ming(1)52b
8、，则52b，解得b，这与b2时，易得g(x)ming(2)84b，则84b，解得b.综上，实数b的取值范围是.1已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；(2)若f(x)ln x0恒成立，求整数a的最大值解(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，将x0代入yx1得y1，所以f(0)1，解得a2.(2)先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，得x0，当x(0，)时，F(x)0，当x(，0)时，F(x)ln x，当a2时，ln x0恒成立当a3时，存在x1，使exaln x不
9、恒成立综上，整数a的最大值为2.2(2020全国卷)已知函数f(x)exax2x.(1)当a1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)x31，求a的取值范围解(1)当a1时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1，由于f(x)ex20，故f(x)单调递增，注意到f(0)0，故当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递增(2)由f(x)x31，得exax2xx31，其中x0，当x0时，不等式为11，显然成立，符合题意；当x0时，分离参数a得a，记g(x)，g(x)，令h(x)exx2x1(x0)，则h(x)exx1，h(x)ex10，故h(
10、x)在0，)上单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)在0，)上单调递增，h(x)h(0)0，由h(x)0可得exx2x10在0，)上恒成立，故当x(0，2)时，g(x)0，g(x)单调递增；当x(2，)时，g(x)0，g(x)单调递减因此，g(x)maxg(2)，综上可得，实数a的取值范围是.3(2022河南安阳检测)已知a为实数，函数f(x)a ln xx24x.(1)若x3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；(2)设g(x)(a2)x，若存在x0，使得f(x0)g(x0)成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)2x4.x3是函数f(x)的一个极值
11、点，f(3)0，解得a6.经检验，当a6时，x3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a6.(2)由f(x0)g(x0)，得(x0ln x0)ax2x0，记F(x)xln x(x0)，则F(x)(x0)，当0x1时，F(x)1时，F(x)0，F(x)单调递增F(x)F(1)10，a.记G(x)，x，则G(x).x，22ln x2(1ln x)0，x2ln x20，当x时，G(x)0，G(x)单调递增G(x)minG(1)1，aG(x)min1，故实数a的取值范围为1，).4设函数f(x)ln x，kR.(1)若曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，求f(x)的单调性和极
12、小值(其中e为自然对数的底数)；(2)若对任意的x1x20，f(x1)f(x2)0)，曲线yf(x)在点(e，f(e)处的切线与直线x20垂直，f(e)0，即0，得ke，f(x)(x0)，由f(x)0得0x0得xe，f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增当xe时，f(x)取得极小值，且f(e)ln e2.f(x)的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x1x20，f(x1)f(x2)x1x2恒成立，即f(x1)x10)，则h(x)在(0，)上单调递减，h(x)10在(0，)上恒成立，即当x0时，kx2x恒成立，k.故k的取值范围是.5(2021安徽蚌埠模拟)已知函数f(x)ex(a
13、x2xa)(a0).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)ex(ax22x)1恒成立，求实数a的取值范围解(1)函数f(x)的定义域为R，且f(x)(axa1)(x1)ex，当a0时，f(x)ex(x1)，当x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0时，f(x)a(x1)ex，则方程f(x)0有两根1，且1.所以函数f(x)的单调递增区间为和(1，)，单调递减区间为.综上可知，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为和(1，)，单调递减区间为；当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(，1).(2)函数f(x)ex(ax22x)1恒成立转化为ax在R上恒成立令h
14、(x)x，则h(x)，易知h(x)在(0，)上为增函数，在(，0)上为减函数.所以h(x)minh(0)1，则a1.又a0，故实数a的取值范围为0，1.6设函数f(x)x2axln x(aR).(1)当a1时，求函数f(x)的极值；(2)若对任意a(4，5)及任意x1，x21，2，恒有mln 2|f(x1)f(x2)|成立，求实数m的取值范围解(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，).当a1时，f(x)xln x，f(x)1，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增，函数f(x)的极小值为f(1)1，无极大值(2)当a(4，5)时，f(x)(1a)xa，1a3，|f(x1)f
15、(x2)|成立，mln 2ln 2，得m.a(4，5)，10，函数f(x)axxex.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)证明：f(x)存在唯一的极值点；(3)若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，求实数b的取值范围解(1)f(x)a(x1)ex，则f(0)a1，又f(0)0，则切线方程为y(a1)x(a0).(2)证明：令f(x)a(x1)ex0，则a(x1)ex，令g(x)(x1)ex，则g(x)(x2)ex，当x(，2)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x时，g(x)0，g(1)0，当x时，g(x)，画出g(x)的大致图象如下：所以当a0时，ya与yg(x)
16、的图象仅有一个交点，令g(m)a，则m1，且f(m)ag(m)0，当x(，m)时，ag(x)，则f(x)0，f(x)单调递增，当x(m，)时，ag(x)，则f(x)1，所以f(x)amaxf(m)a(m2m1)em(m1)，令h(x)(x2x1)ex(x1)，若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，等价于存在x(1，)，使得h(x)b，即bh(x)min，h(x)(x2x2)ex(x1)(x2)ex，x1，当x(1，1)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)e，故be.所以实数b的取值范围为e，).8(2021山西太原一模)已知函数f(x)excos xax2(aR).
17、(1)设g(x)f(x)ax，求g(x)在0，)上的最小值；(2)若不等式xf(x)0在上恒成立，求实数a的取值范围解(1)g(x)f(x)axexcos x2，则g(x)exsin x，则g(x)excos x，当x0时，ex1，cos x1，1，所以g(x)0，故g(x)在0，)上单调递增，所以g(x)在0，)上的最小值为g(0)1.(2)f(x)exsin xa，因为xf(x)0在上恒成立，当a1时，由(1)知f(x)exsin xa在0，)上单调递增，且f(0)1a0，f(1a)e1asin (1a)ae1a1a，令h(x)exx，则h(x)ex1，当x0时，h(x)0，h(x)单调递
18、增，所以h(x)h(0)1，所以h(1a)e1a1a0，即f(1a)0，故存在唯一的x2(0，)使得f(x2)0，当x(0，x2)时，f(x)0，f(x)单调递减，f(x)f(0)0，此时xf(x)0，与已知矛盾当a1时，()若x0，由知，f(x)f(0)1a0，所以f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(0)0恒成立，此时原不等式恒成立，符合题意；()若x0，则f(x)excos x，f(x)exsin x，因为f(x)在上为增函数且f(0)1，fe10，f(x)单调递增，当x(x1，0)时，f(x)0，f(x)单调递减，又f1ea0，f(0)1a0，故当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)f(0)0，即xf(x)0在上恒成立，综上，实数a的取值范围为(，1.
