重難點04 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點04利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問題【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直接法解決不等式恒（能）成立問題】 3【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】 6【題型3分類討論法求參數(shù)范圍】 9【題型4構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】 12【題型5與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問題】 16【題型6洛必達法則】 20【題型7雙變量的恒（能）成立問題】 251、利用導(dǎo)數(shù)不等式恒（能）成立問題恒(能)成立問題是高考的?？伎键c，是高考的熱點問題，其中不等式的恒(能)成立問題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問題、解決問題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度較大，解題時要學(xué)會靈活求解.【知識點1不等式恒（能）成立問題的解題策略】1．不等式恒（能）成立問題的求解方法解決不等式恒（能）成立問題主要有兩種方法：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問題①分離變量：根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，進而解決問題．②恒成立；恒成立；能成立；能成立.(2)分類討論法解決恒（能）成立問題分類討論法解決恒（能）成立問題，首先要將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)進行分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.【知識點2雙變量的恒（能）成立問題的解題策略】1．雙變量的恒（能）成立問題的求解方法“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價變換有：對于某一區(qū)間I，(1).(2).(3).【知識點3洛必達法則】“洛必達法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個重要定理，用分離參數(shù)法(避免分類討論)解決成立或恒成立命題時，經(jīng)常需要求在區(qū)間端點處的函數(shù)(最)值，若出現(xiàn)型或型可以考慮使用洛必達法則.1．洛必達法則法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)及；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；(3)，那么.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)及；(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；(3)，那么.2．用洛必達法則處理型函數(shù)的步驟：(1)分離變量；(2)出現(xiàn)型式子；(3)運用洛必達法則求值.3．用洛必達法則處理型函數(shù)的步驟：(1)分離變量；(2)出現(xiàn)型式子；(3)運用洛必達法則求值.【注意】：1．將上面公式中的換成，洛必達法則也成立.2．洛必達法則可處理型求極限問題.3．在著手求極限前，首先要檢查是否滿足型定式，否則濫用洛必達法則會出錯，當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限.4．若條件符合，洛必達法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止.，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達法則.【題型1直接法解決不等式恒（能）成立問題】【例1】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）若ex?ea≥e+lnax在x∈0,+∞上恒成立，則a的最大值為（

）A．e2?e2 B．2e12【解題思路】易知a>0，原式可變形為f(x)=ex?e?ae?alnax≥0,(x>0)，結(jié)合隱零點的解題思路，求出f(x)【解答過程】由題意知，ax>0，由x>0，得a>0.原式可化為ex?設(shè)f(x)=ex?e又函數(shù)y=ex?e,y=?ax在則當x→0時，f′(x)→?∞，當x→+故存在t>0使得f′(t)=0，即et?e?且當0<x<t時，f′(x)<0；當x>t時，所以函數(shù)f(x)在(0,t)上單調(diào)遞減，在(t,+∞故f(x)所以et?即1t?2ln由函數(shù)y=1t,y=?2知函數(shù)?(t)在(0,+∞)在單調(diào)遞減，且?(1)=0，所以所以e?e<et?e≤所以a的最大值為e1?故選：C.【變式1-1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知不等式lnx?2x?a?A．?∞,?12e B．?∞【解題思路】構(gòu)造兩個函數(shù)?x=x2lnx,fx=?ex2【解答過程】∵x>0，所以不等式lnx?2x設(shè)?x=x當0<x<1e時，?′x<0所以?x在區(qū)間0,1e上是減函數(shù)，在區(qū)間1又因為fx=?ex?1因為不等式lnx?2故選：C.【變式1-2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）若關(guān)于x的不等式e?1lna+x≥aex?1A．12e,e2 B．1e【解題思路】題設(shè)中的不等式等價于e?1lnaex≥aex?1【解答過程】由lna有意義可知，a>0由e?1lna+x令t=aex，即有因為x∈0,1，所以t=aex問題轉(zhuǎn)化為存在t∈a,ae，使得因為f′t=e?1?tt，令令f′t>0，即e所以ft在0,e?1又f1=0,fe=e因為存在t∈a,ae，使得ft≥0成立，所以只需a≤e故選：B.【變式1-3】（2024·甘肅蘭州·三模）已知函數(shù)f(x)=1ex+1?x3，對于任意的x∈(1,2]A．(1,+∞) B．[?1,1] C．(?∞【解題思路】由題意可得f(x)=1?f(?x)，f(x)在R上單調(diào)遞減，所以不等式f(x+1x?1)+f(t+1(x?1)2(x?6))<1恒成立，等價于x+1x?1>?t+1(x?1)2【解答過程】解：因為f(x)=1ex+1?x3所以f(?x)=1所以f(?x)+f(x)=1，所以f(x)=1?f(?x)，又因為對于任意的x∈(1,2]，不等式f(x+1即對于任意的x∈(1,2]，不等式f(t+1所以t+1(x?1)2(x?6)即x+1x?1>?t+1由x∈(1,2]，知x?1>0，x?6<0，所以當x∈(1,2]，上式等價于(x+1)(x?1)(x?6)<?(t+1)恒成立．設(shè)?(x)=(x+1)(x?1)(x?6)=x3?6?′(x)=3x2?12x?1當x∈(1,2]時，?′(x)<?′(1)=?10<0，所以?(x)在x∈(1,2]內(nèi)單調(diào)遞減，而?(1)=0，所以?(x)<0，所以0≤?(t+1)，即t≤?1．故選：C.【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】【例2】（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測）已知a∈N?，函數(shù)fx=eA．2 B．3 C．6 D．7【解題思路】由題意函數(shù)fx=e3x?xa【解答過程】當a為正偶數(shù)時，當x=?2時，f(?2)=e6?則當x<0時，xa<0<e3x恒成立，只需研究當x=1時，e3?1>0成立，則當x∈(0,1)時，a>3x當x∈(1,+∞)時，設(shè)g(x)=3xlnx令g′(x)=0，得當x∈(1,e)時，g′當x∈(e,+∞)時，g′所以g(x)min=g(所以a的最大值為7.故選：D.【變式2-1】（2024·四川宜賓·二模）已知不等式axex+x>1?A．?1e2,+∞ B．?1【解題思路】分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為a>1?x?lnxxex，構(gòu)造函數(shù)【解答過程】不等式axex+x>1?lnx有解，即a>令fx∴f′x令gx=x?2+ln∴g′x=1+1又g1=?1<0，g2=ln2>0，所以存在∴x∈0,x0，gx<0，即f′x所以函數(shù)fx在0,x0∴fx0=1?x∴fx∴a>?1故選：A.【變式2-2】（2024·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤eA．e B．2 C．e?1 D．e?2【解題思路】先確定x=0時的情況，在x>0時，參變分離可得a≤ex?x2【解答過程】當x=0，1≤e當x>0時，a≤ex?令f(x)=ex?x?1令g(x)=ex?x?1，則g′(x)=所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)=0，所以所以當0<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>1時，f′所以f(x)min=f(1)=所以實數(shù)a的最大值為e?2故選：D.【變式2-3】（2024·四川南充·三模）已知函數(shù)f(x)=13x3，g(x)=ex?12x2?x，A．(?∞,e?2] B．(?∞,【解題思路】存在性問題轉(zhuǎn)化為k<ex?x?1x2【解答過程】f(x)=13x由g(x)=ex?令?(x)=ex?x?1當x>0時，?′即?(x)=ex?x?1所以?(x)>?(0)=0，即g′所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即g(x)在不妨設(shè)1≤x2<x1∴gx1即gx令F(x)=g(x)?kf(x)=e則F′∵?x1,∴F′(x)>0即k<ex?x?1∴k<ex?x?1令G(x)=ex?x?1則G′(x)=(x?2)則m′(x)=(x?1)ex+1故m(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以m(x)≥m(1)=3?e故G′(x)>0，G(x)在∴G(x)∴k<e故選：D.【題型3分類討論法求參數(shù)范圍】【例3】（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx≤gx【解題思路】（1）求導(dǎo)后，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，對a>0與a<（2）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值，即可得解.【解答過程】（1）f′x=當a<0時，由于x>0，所以f′x>0恒成立，從而當a>0時，0<x<1a，f′x>0從而fx在0,1a綜上，當a<0時，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為當a>0時，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1a（2）令?x=fx只要使?x≤0恒成立，也只要使?′若a>0，x>0，所以ax+1>0恒成立，當0<x<2a時，?′x>0可知?x在0,2a所以?xmax=?可知a的最小值為2e若a<0，x>0，所以ax?2<0當0<x<?1a時，?′x<0可知?x在0,?1a所以?x在0,+∞內(nèi)無最大值，且當x趨近于+∞時，?綜上所述：a的最小值為2e【變式3-1】（2024·四川瀘州·二模）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在點0,f(2)若?x∈?1,1，fx≥3【解題思路】（1）對fx（2）先利用導(dǎo)數(shù)分析fx的單調(diào)性，再構(gòu)造g(x)=fx，將問題轉(zhuǎn)化為g(x)max【解答過程】（1）因為fx=2x所以f(0)=2，f′所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程y=2；（2）因為f′(x)=6x所以當0<x<a3時，f′當x<0或x>a3時，f′不妨令g(x)=f當a3≥1，即a≥3時，f(x)在[?1,0]單調(diào)遞增，在且f(?1)=?a≤?3,f(0)=2,f(1)=4?a≤1，所以g(x)當0<a3<1，即0<a<3時，f(x)在[?1,0]和a顯然f(x)在x=a3處取得極小值，此時極小值為而f(?1)=?a∈(?3,0),f(0)=2,f(1)=4?a>0，所以g(x)要使g(x)max≥3，則必有4?a≥3，解得a≤1綜上:a的取值范圍是(0,1]∪[3,+∞【變式3-2】（2024·北京·三模）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)若fx≤?1恒成立，求實數(shù)(3)求證：i=2nlnii+1<【解題思路】（1）對函數(shù)fx求導(dǎo),再根據(jù)k（2）若fx≤?1恒成立，即fx（3）由（2）知當k=?1時,有l(wèi)nx+1?x+1≤?1在?1,+∞【解答過程】（1）函數(shù)fx的定義域為?1,+f′①k≥0時，f′x>0，f③k<0時，令f′x>0得?1<x<?1?1k所以fx的遞增區(qū)間為?1,?1?1k（2）由（1）知，k≥0時，fx在?1,+∞上遞增，故只考慮k<0的情況，由（1）知f即ln綜上，k的取值范圍為k≤?1．（3）由（2）知：當k=?1時，lnx+1?x+1所以lnx<x?1當x≥2恒成立，令x=進而lnn即2lnn<n?1所以i=2nlnii+1=即i=2nlnii+1<n【變式3-3】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=axlnx?2x+b（a，b∈R）在點(1)求函數(shù)fx(2)設(shè)gx=exxf1x【解題思路】（1）根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得a=b=1，進而利用導(dǎo)數(shù)判斷fx（2）根據(jù)題意分析可知：原題意等價于m≥exlnx?xx在0,+【解答過程】（1）由題fx=axln由題意可得f1=b?2=?1f所以fx=xln令f′x>0，解得x>e，令可知fx在e,+∞所以當x=e時，fx有極小值，極小值為（2）由題意可知：gx=e整理得m≥exlnx?xx設(shè)?x=e設(shè)tx=ln當0<x<1時，t′x>0；當x>1可知tx在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在1,+則tx≤t1=?2<0，即當當0<x<1時，?′x>0；當x>1可知?x在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在1,+∞內(nèi)單調(diào)遞減，則由m≥exln所以m的取值范圍為?e【題型4構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問題】【例4】（2024·四川樂山·二模）若存在x0∈?1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解題思路】等價變形給定的不等式，并令aex0=t，構(gòu)造函數(shù)f(t)=e【解答過程】依題意，x0+e2?e令aex0=t，即e2令f(t)=e2?1lnt?2t+2求導(dǎo)得f′(t)=e2?1t?2=e2因此函數(shù)ft在e2?1而f(1)=0,fe2=e2則當1≤t≤e2時，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae?1所以a的取值范圍為1e故選：D.【變式4-1】（2024·甘肅蘭州·二模）若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解題思路】對所給不等式適當變形，利用同構(gòu)思想得出lnm≤x?2lnx對于任意x>0【解答過程】由題意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx則f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx則g′令g′所以當0<x<2時，g′x<0，gx單調(diào)遞減；當x>2時，所以gx從而lnm≤lne24，所以m的取值范圍為m≤故選：B.【變式4-2】（2023·河南開封·模擬預(yù)測）若存在x∈1,+∞，使得關(guān)于x的不等式1+1xx+aA．2 B．1ln2 C．ln2?1【解題思路】由1+1xx+a≥e兩邊取對數(shù)可得(x+a)ln1+1x≥1，令1+1【解答過程】由1+1xx+a令1+1x=t,則x=1t?1則①可轉(zhuǎn)化得1t?1因為lnt>0，因為存在x∈1,+∞，使得關(guān)于x的不等式所以存在t∈(1,2]，a≥1lnt令g(x)=∴g′(x)=?1x?令?(x)=∴?令φ(x)=2ln∴φ′(x)=所以φ(x)在(1,2]上單調(diào)遞減，所以φ(x)<φ(1)=0，∴?′(x)<0，所以?(x)所以?∴g(x)在(1,2]上單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(2)=1∴a≥1ln2?1故選：D.【變式4-3】（2024·江西贛州·二模）已知函數(shù)fx=ekx+1，gx=A．0,e B．e,+∞ C．1e,+【解題思路】根據(jù)已知條件，有l(wèi)nekx?ekx+1≥1+xlnx【解答過程】因為fx=e由kfx≥gx得k即kxekx+1即lnekx?構(gòu)造函數(shù)?x=1+xlnekx?ekx+1≥因為?′x=lnx+1x則t′x=1x所以x∈0,1時，t′x<0，所以x∈1,+∞時，t′x>0所以x=1時，tx取得最小值，即t所以tx>0在x∈0,+∞上恒成立，即所以?x在x∈因為?ekx≥?所以ekx≥xx>0，kx≥lnxx>0，令mx=lnxx令m′x=0，即1?所以x∈0,e時，m′x>0x∈e,+∞時，m′x<0，所以x=e時，mx取得最大值，即所以mx≤1故選：C.【題型5與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問題】【例5】（2024·云南昆明·三模）已知函數(shù)fx(1)當a=?1時，證明：對任意x∈?π6(2)若x=0是函數(shù)fx的極值點，求實數(shù)a【解題思路】（1）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出fx（2）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可得fx在?π6,0單調(diào)遞減，在0,+∞【解答過程】（1）當a=?1時，fx=e當x∈0,+∞時，ex當x∈?π6,0時，cosx>0，ex>0因為e<2.8<22，所以eπ所以π6<ln2，所以綜上，對任意x∈?π6（2）x∈R，f′x=ex所以f′0=1?a=0當a=1時，fx=ex?由（1）可知，對任意x∈?π6,+∞，g′x故當x∈?π6,0時，gx<0，即f′故fx在?π6,0單調(diào)遞減，在0,+∞綜上，實數(shù)a的值為1．【變式5-1】（2024·青?！つM預(yù)測）已知函數(shù)fx=e(1)當a=1時，求fx(2)當a∈?1,1時，證明：對任意的x1，x2【解題思路】（1）當a=1時，易求函數(shù)fx（2）當a∈?1,1時，通過連續(xù)求導(dǎo)得出原函數(shù)fx在?2,2上的單調(diào)性，通過計算f2?f0和f?2?f0的值構(gòu)造函數(shù)?t=e【解答過程】（1）當a=1時，fx=e易知f′x=因為f′0=0，所以當x<0時，f′x所以fx在?∞,0所以fx有最小值f（2）證明：f′x=aeax所以f'x在?2,2又f′0=0，所以當x<0時，f′x所以fx在?2,0上單調(diào)遞減，在0,2即當a∈?1,1時，fx在?2,0上單調(diào)遞減，在所以f2?f0令?t=e2t?2t?e2+2，則?′所以?t在?∞,0因為?1=0，??1=1即當t∈?1,1時，e所以當a∈?1,1時，e2a?2a+1≤即f2?f0即對任意的x1，x2∈【變式5-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=ae(1)證明：當a=1時，?x∈0,+(2)若fx與gx有兩條公切線，求【解題思路】（1）等價于證明?x∈0,+∞,ex（2）設(shè)一條公切線與fx=aex,gx=x2切點分別為x【解答過程】（1）當a=1時，fx=e?x∈0,+∞,f(x)>令?x=ex當0<x<ln2時，?′x<0當x>ln2時，?′x>0，?所以?x∈0,+∞,（2）設(shè)一條公切線與fx=ae則f′可得切線方程為y?aex1因為它們是同一條直線，所以ae可得a=4x1若fx與gx有兩條公切線，則y=4x?4則p′當x<2時，p′x>0，p當x>2時，p′x<0，px在且當x>1時，px>0，當x<1時，px所以0<a<4【變式5-3】（2024·貴州六盤水·三模）若函數(shù)fx在a,b上有定義，且對于任意不同的x1,x2∈a,b，都有f(1)若fx=x2，判斷(2)若fx=2eln(3)若fx為1,2上的“2類函數(shù)”且f1=f2，證明：?x【解題思路】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質(zhì)證明fx（2）由已知條件轉(zhuǎn)化為對于任意x∈1,e，都有（3）分|x1?x2|<1【解答過程】（1）函數(shù)fx=x不妨設(shè)x1,xfx所以fx=x（2）fx=2由題意知，對于任意不同的x1,x不妨設(shè)x1<x故fx1+2所以fx+2x為1,e上的增函數(shù)，f所以對任意的x∈1,e，即由f′x≤2?a≤1x2?令1x=t∈1e,1得由f′x≥?2?a≥只需a≥?xmax，令1x=t∈1e,所以?x綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為a?2?（3）證明：因為fx為1,2上的“2類函數(shù)”，所以f不妨設(shè)1≤x1<x2當12≤x1所以f<2x綜上所述，?x1，x2【題型6洛必達法則】【例6】（23-24高二下·全國·期末）若不等式sinx>x?ax3對于x∈(0,【解題思路】由題設(shè)有a>x?sinx【解答過程】當x∈(0,π2)記f(x)=x?sinx記g(x)=3sinx?xcos因為g″(x)=xcos所以g″(x)在(0,π所以g′(x)在(0,π因此g(x)在(0,π2)故f′(x)=g(x)x4由洛必達法則有l(wèi)imx→0即x趨向于0時，f(x)趨向16，即有f(x)<故a≥16時，不等式sinx>x?a【變式6-1】（2023高三·全國·專題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12處取得極值，且曲線(1)求實數(shù)a,b的值；(2)若?x∈[1?,?+∞)，不等式【解題思路】（1）根據(jù)f(x)=alnx+bx,

求得f′(x)=ax+b，再根據(jù)f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=（2）將不等式f(x)≤(m?2)x?mx恒成立，轉(zhuǎn)化為lnx≤m(x?1x)恒成立，由x=1時，恒成立；當【解答過程】（1）解：∵f(x)=alnx+bx∴f′函數(shù)f(x)=aln

∴f′又∵曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x?y+1=0垂直，∴f′解得：a=1,b=?2；（2）不等式f(x)≤(m?2)x?mx恒成立可化為即lnx≤m(x?當x=1時，恒成立；當x>1時，m≥x令?(x)=x則?'(x)=(令m(x)=x則m'(x)=2x?2xln令n(x)=x則n'(x)=2x?4xln得n(x)=x2?2故n(x)<n(1)=0，進而m'(x)<0（或m'(x)=x?2xlnx?1得m'(x)=x?2xlnx?1x在可得：m(x)<m(1)=0，故?'(x)<0，所以?(x)=xlnx而m要大于等于?(x)=xlnx當x=1時，y=?(x)沒有意義，由洛必達法得limx→1∴m≥1【變式6-2】（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具——洛必達法則，法則中有結(jié)論：若函數(shù)fx，gx的導(dǎo)函數(shù)分別為f′x，limx→a②設(shè)a>0，k是大于1的正整數(shù)，若函數(shù)fx滿足：對任意x∈0,a，均有fx≥fxk成立，且limx→0結(jié)合以上兩個信息，回答下列問題：(1)試判斷fx=x(2)計算：limx→0(3)證明：sinxx?π【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)fx為區(qū)間0,a上的k（2）通過構(gòu)造?x=lng（3）通過換元令令x?π=t，則原不等式等價于tant?sin2t≥t3,t∈0,π【解答過程】（1）設(shè)Fx由于F1所以fx故fx=x（2）設(shè)gx=(1+x)設(shè)?x則limx→0所以limx→0lng(x)=1（3）令x?π=t，則原不等式等價于即證tant?記ft=tan所以ft即有對任意t∈0,π2所以ft因為limx→0所以limn→+所以ft【變式6-3】（23-24高二下·廣東珠?！て谀┰谘芯亢瘮?shù)問題時，我們經(jīng)常遇到求函數(shù)在某個區(qū)間上值域的問題，但函數(shù)在區(qū)間端點又恰好沒有意義的情況，此時我們就可以用函數(shù)在這點處的極限來刻畫該點附近數(shù)的走勢，從而得到數(shù)在區(qū)間上的值域.求極限我們有多種方法，其中有一種十分簡單且好用的方法——洛必達法則該法則表述為：“設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)滿足下列條件：①limx→af(x)=0，②在點a處函數(shù)f(x)和g(x)的圖像是連續(xù)且光滑的，即函數(shù)f(x)和g(x)在點a處存在導(dǎo)數(shù)；③limx→af′(x)g′(x)則limx→a那么，假設(shè)有函數(shù)f(x)=ex，(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求t的取值范圍；(2)證明：ex【解題思路】（1）由題意可得ex≥tx+1恒成立，然后分x=0,x>0,x<0三種情況，根據(jù)不等式恒成立，求出（2）令px=lnx?x+1，對px求導(dǎo)，判斷p【解答過程】（1）若f(x)≥g(x)恒成立，即ex當x=0時，e0當x>0時，t≤ex?1?′x=m′當x>0時，m'x>0，當所以mx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，所以當x>0時，?'x>0由洛必達法則知：limx→0所以當x>0時，?x>1，所以同理，當x<0時，可得ex?1綜上所述：t的取值范圍為1.（2）令px=ln所以當0<x<1時，p′x>0當x>1時，p′x<0所以當x=1時，px所以當x>0，px≤p1=0，即由（1）知，ex≥x+1（當且僅當所以ex【題型7雙變量的恒（能）成立問題】【例7】（2023·四川瀘州·一模）已知函數(shù)fx=ax+1?xlnx的圖像在(1)求函數(shù)fx(2)若?x1,x2∈0,+【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出a=2，直接利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)式子結(jié)構(gòu)構(gòu)造gx=fx?mx2，由gx在0,+∞為增函數(shù)，得到【解答過程】（1）fx=ax+1?xln可得fx的圖象在A1,f1由切線與直線x?y=0平行，可得a?1=1，即a=2，fx=2x+1?xln由f′x>0，可得0<x<e，由f′x<0，可得x>（2）因為x1>x2，若即有fx1?m所以gx=fx?mx2在可得2m≤1?lnxx在x>0恒成立，由當?′x=0，可得x=e2，?即有?x在x=e2處取得極小值，且為最小值?1則實數(shù)m的取值范圍是?∞【變式7-1】（2023·四川自貢·二模）已知函數(shù)fx=aex?(1)求a的取值范圍；(2)若x2≥3x1時，不等式【解題思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2x（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，將這兩個等式相除可得ex2?【解答過程】（1）解：因為fx=aex?因為函數(shù)fx有兩個極值點，所以，方程f則方程a=2x令ux=2xex，其中x∈R，則x?11,+u+0?u增極大值減所以，函數(shù)ux的極大值為u且當x<0時，ux=2xex如下圖所示：由圖可知，當0<a<2e時，直線y=a與函數(shù)ux的圖象有兩個交點，且交點橫坐標為x當x<x1或x>x2時，f′此時，函數(shù)fx因此，實數(shù)a的取值范圍是0,2（2）證明：由（1）可知，函數(shù)fx的兩個極值點x1、x2且0<a<2e，0<x1<1<等式aex1=2x1與等式由x1+λx即x2?x因為x2≥3x1，則x2x1令gt=2lnt令?t=3?4t+所以，函數(shù)?t在3,+∞上單調(diào)遞減，則即g′t<0，所以，函數(shù)g所以，當t≥3時，gtmax=g因此，實數(shù)λ的最小值為ln3?【變式7-2】（2024·全國·二模）已知函數(shù)fx=xlnx?a(1)當a=12時，若gx=f′(x)(2)已知x1,x2是函數(shù)f（x）的兩個極值點，且x1【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值的關(guān)系以及根據(jù)t的不同取值分類討論求解；（2）根據(jù)題意得f′x1=lnx1?ax1=0,【解答過程】（1）當a=12時，且f′x=lnx+1?所以g′令g′x>0，得0<x<2；令g所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,+∞①當t+1≤2，即0<t≤1時，gx在[t，t所以?t②當t≤2,t+1>2，即1<t≤2時，?t③當t>2時，g（x）在[t，t＋1]上單調(diào)遞減，所以?t綜上所述?(t)=（2）因為e1+m<x由題意知f(x)的定義域為(0,+∞),故x1,x2是關(guān)于所以f′即lnx所以1+m<ln等價于1+m<ax因為m>0,0<x1<又lnx1=a即a=lnx1因為0<x1<令t=x1x故不等式lnt<1+mt?1令φ(t)=ln又因為φ′當m2≥1時，得t∈(0,1)，所以φ′又φ1=0，所φt當m2<1時，可得t∈(0,m2)時，φ所以φ(t)在(0,m2)又因為φ1所以φ(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合題意，舍去．綜上所述，若不等式e1+m只需滿足m2≥1，又m>0，故即正數(shù)m的取值范圍為[1,+∞【變式7-3】（2023·河南·二模）已知函數(shù)fx=1(1)討論fx(2)當m>0時，若對于任意的x1∈0,+∞，總存在x2【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并化簡，討論m≤0和m>0兩種情況下函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為fx【解答過程】（1）f′x=mx+m?1?當m≤0時，f′x<0恒成立，f當m>0時，由f′x>0，解得x∈1m由f′x<0，解得x∈0,1（2）當m>0時，由（1）知fxg′x=2x+12e?x>0，由題意知fxmin≥g設(shè)?m=lnm+1?1又?e=2?1即m的取值范圍是e,+一、單選題1．（2024·陜西·模擬預(yù)測）當x>0時，x2?e4x?2A．4e B．4 C．4e【解題思路】本題考查利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題，根據(jù)題意易于分離參數(shù)得a≤x2?【解答過程】因為x>0，由x2?e4x令gx=ex?x?1,x∈[0,+故函數(shù)gx=ex?x?1,x∈[0,+∞)由ex≥x+1，得e2當且僅當2ln此時lnx=?2x，由y=lnx與y=?2x圖象可知?x0所以a≤4，即a有最大值為4.故選：B.2．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4A．12e,+∞ B．1e,+【解題思路】將原不等式變形為ax22?eax2≥lnx2?elnx，令f(x)=x【解答過程】由a2x4所以ax令f(x)=x2?exf′(x)=2x?eg′(x)=2?ex，令當x<ln2時，g′(x)>0，當所以f′(x)在(?∞所以f′所以f(x)在R上遞減，所以ax2≤所以a≤lnxx令?(x)=lnxx由?′(x)>0，得1?2ln由?′(x)<0，得1?2ln所以?(x)在0,e上遞增，在e所以?(x)所以a≤1即實數(shù)a的取值范圍為?∞故選：D.3．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知λ>0，對任意的x>1，不等式e2λx?lne12λA．1e,+∞C．2e,+∞【解題思路】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令?u=ue【解答過程】因為λ>0，所以整理不等式e2λx可得2λe2λx≥令?u=ue因為?′u>0，所以?u在又因為λ>0,x>1，所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對任意的x>1恒成立，即構(gòu)造函數(shù)mt=ln當1<t<e時，m′t>0，mt單調(diào)遞增；當t>所以，當t=e時，mtmax=1故選：B．4．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=aex+1nax+2?2A．0<a<e B．a(chǎn)>e2 C．a(chǎn)>【解題思路】不等式整理為x+lna+ex+lna+>lnx+2+【解答過程】∵f(x)=aex+1na兩邊加上x得，ex+設(shè)gx=x+ex，則∴x+lna>ln令kx=ln∵fx的定義域是?2,+∴當x∈?2,?1時，k'x>0，kx單調(diào)遞增，當x∈∴當x=?1時，kx取得極大值即為最大值，k∴l(xiāng)na>kx故選：C．5．（2024·全國·模擬預(yù)測）若關(guān)于x的不等式e?1lnx+ax≥xeax?1A．0,2+2ln2 B．1e,e 【解題思路】將由不等式轉(zhuǎn)化為e?1lnxeax≥xeax?1，令t=xeax，得到e?1lnt≥t?1，令函數(shù)【解答過程】由不等式e?1lnx+ax令t=xeax，即有又由a>0，所以函數(shù)t=xeax在因為x∈12,1令ft=e?1ln因為f′t=e?1?tt，令f′所以ft在0,e?1又因為f1=0,fe=e若存在t∈12ea2,e解得0≤a≤2+2ln2，因為a>0，所以故選：A.6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=1?elnx?3x,x>0(x?2)eA．?∞,3 C．6e?2,3【解題思路】分x>0和x<0兩種情況討論，分別得出不等式，由不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)分別求出函數(shù)的最值即可求解．【解答過程】當x>0時，由fx>a當x<0時，由fx>a令gx則g′x=1?ex所以當0<x<e，g′(x)<0；當x>故gx在0,e上單調(diào)遞減，在因此gx的最小值為g故當x>0時，a<3；令?x則?′x=x2所以當?2<x<0，?′(x)<0；當x<?2，故?x在?∞,?2因此?x的最大值為?故當x<0時，a>6e綜上，6e故選：C．7．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=lnxx,gx=axeA．?∞,?2 B．?2,?1 C．?1,+∞【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求得fx在區(qū)間0,1上的值域，求得gx在區(qū)間?∞【解答過程】對于fx=ln所以fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，ln所以當x∈0,1時，fx的值域為對于gx=axe若a=0，則gx若a>0，則g′x>0，所以g所以當x∈?∞,0時，g當a<0時，gx在區(qū)間?∞,在區(qū)間1a,+∞g1a=a×1所以當x∈?∞,0時，g綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為0,+∞故選：D.8．（2023·上海崇明·一模）若存在實數(shù)a,?b，對任意實數(shù)x∈[0,1]，使得不等式x3??m≤ax+b≤A．39,?+∞ B．83【解題思路】不等式x3?m≤ax+b≤x3+m等價于?x3+ax+b≤m，原命題等價于存在實數(shù)a，b，對任意實數(shù)x∈[0,1]不等式?x3+ax+b≤m恒成立，等價于存在實數(shù)a，b，不等式?【解答過程】不等式x3?m≤ax+b≤x3+m原命題等價于存在實數(shù)a，b，對任意實數(shù)x∈[0,1]不等式?x等價于存在實數(shù)a，b，不等式?x記f(x)=?x3+ax+b（1）當a≤0時，對任意x∈[0,1]，f′(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]①當a+b?1+b≥0，即b≥1?a2時，②當a+b?1+b<0，即b<1?a2時，從而當a≤0時，g(b)=b則g(b)在(?∞,1?a所以g(b)（2）當0<a<3時，令f′(x)=0，解得f(x)在區(qū)間0,a3上單調(diào)遞增，在f(0)=b，fa3=①當0<a≤1時a+b?1≤b，此時a+b?1≤f(x)≤2aα)當a+b?1+2a3a3+b<0β)當a+b?1+2a3a3+b≥0從而當0<a≤1時，g(b)=?2a?b+8則g(b)在區(qū)間?∞,1所以g(b)令t=a3，則0<t≤13，則?′當0,13時，即?(t)在區(qū)間0,13上單調(diào)遞減，即即g(b)②當1<a<3時a+b?1>b，此時b≤f(x)≤2aα)當b+2a3a3+b<0β)當b+2a3a3+b≥0從而當1<a<3時，g(b)=?b則g(b)在區(qū)間?∞,?a所以g(b)（3）當a≥3時，對任意x∈[0,1]，f′(x)≥0恒成立，即f(x)在b≤f(x)≤a+b?1①當a+b?1+b≥0，即b≥1?a2時，②當a+b?1+b<0，即b<1?a2時，從而當a≥3時，g(b)=2a+b?8則g(b)在(?∞,1?a所以g(b)綜上所述，g(b)所以m≥3故選：A.二、多選題9．（2024·新疆·一模）設(shè)fx=1+xlnx,gx=a?1x，若fA．3?ln22 B．3 C．2【解題思路】分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性與最值計算即可.【解答過程】原不等式等價于x+1ln令φ(x)=x+1令?x所以?x在x∈1,2上單調(diào)遞增，即所以φ′(x)>0，則φ(x)在x∈1,2所以a≥3ln2+22，由故選：BD.10．（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xcosA．函數(shù)fx在x=πB．對于?x∈0,π，C．若0<x1D．若對于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則【解題思路】對fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號判斷fx在0,π上的單調(diào)性判斷AB，構(gòu)造g【解答過程】選項A：由題意可得f′所以當0<x<π時f′x<0，所以fx在0,選項B：因為f0=0且由A可知fx所以?x∈0,π，選項C：令gx=sinxx由B可知g′x<0在x∈0,π所以當0<x1<x2選項D：由C可知當x∈0,π2所以對于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則a故選：BCD.11．（2024·江蘇·模擬預(yù)測）設(shè)x1,x2(x1A．x1x2<eC．?a∈(0,1),x2?x【解題思路】求得f′x=?lnx，得到函數(shù)fx的單調(diào)性和極大值，作出函數(shù)fx的圖象，可判定A正確；構(gòu)造函數(shù)gx=lnxx，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，可得gx1<gx2【解答過程】由函數(shù)fx=x(1?lnx)的定義域為令f′x=0當0<x<1時，f′x>0，f當x>1時，f′x<0，f所以，當x=1時，可得函數(shù)fx的極大值為f對于A中，知0<x1<1,1<對于B中，構(gòu)造函數(shù)gx=ln當0<x<e時，g′x>0，所以gx1<gx2對于C中，由函數(shù)fx的極大值為f令fx=0，可得limx→0結(jié)合函數(shù)f(x)單調(diào)性可得圖像如圖所示.當a>0且a→0時，x2又因為當a→0時，ea所以?a∈(0,1)，x2對于D中，因為x1(1?lnx1)=a，所以為證?a∈(0,1)，x1lnx1+x2因為0<x1<1,1<x2<e又因為fx在(1,+只需證：fx2<f令Fx可得F′所以Fx在0,1上單調(diào)遞增，且F所以fx故選：ACD.三、填空題12．（2024·四川成都·三模）若不等式emxmx?ln2?xlnx2≥0【解題思路】將已知變形為通過不等式emx2lnemx2≥x【解答過程】若不等式emxmx?ln2?x而m>0，所以emx設(shè)gt=tln所以gt在1e,+即m≥ln2xx設(shè)fx=ln當1e<x<e2時，f′當x>e2時，f′x<0所以當x=e2時，綜上，正實數(shù)m的取值范圍是2e故答案為：2e13．（2024·廣西桂林·三模）若xk?exe0,e【解題思路】將原不等式轉(zhuǎn)化為xkex?2lnxkex?1≥0，設(shè)t=xke【解答過程】由xk?exe設(shè)t=xke設(shè)ft=t?2ln令f′所以ft在0,2上單調(diào)遞減，在2,+且f1=0，f2=1?2ln所以0<t≤1，即0<xkex≤1設(shè)?x=x?kln當0<x<k時，?′x<0當x>k時，?′x>0所以?x即lnk≤1，解得0<k≤故答案為：(0,e14．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)fx=x?2ex+lnx，gx=ax+b，對任意a∈?【解題思路】依題意存在x∈0,1使得x?2ex+lnx≥x+b，參變分離可得x?2ex+lnx?x≥b【解答過程】依題意對任意a∈?∞,1，且x>0因為存在x∈0,1使得不等式f所以存在x∈0,1使得x?2ex令Fx=x?2則F′令mx=ex?1x且m1=e所以?x0∈12,1使得所以當0<x<x0時F′x>0所以Fx在0,x0所以Fx因為x0∈1所以Fx依題意b≤Fxmax，又b為整數(shù)，所以b≤?4，所以b的最大值為故答案為：?4.四、解答題15．（2024·山西呂梁·三模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若對任意的x1,x2∈【解題思路】（1）由fx=x2?2x+alnx,a∈R，定義域為x∈0,+∞，求導(dǎo)（2）法一：由x2fx1?x1fx2x法二：由x2fx1?x1fx2x1?x2>0可得x1【解答過程】（1）fx的定義域為x∈令gx又∵Δ1°，當Δ≤0，即a≥12時，gx2°，當Δ>0，即令gx=0其中，當0<a<12時x∈所以fx在0,x1當a<0時，x故fx在0,x2綜上：a≥12,f0<a<12,fa≤0,fx在0,1+1?2a（2）法一：不妨設(shè)0<x1<x2，則x所以令Gx當x∈0,+∞時，1°，若a=0,2°，當a>0,令Fx=ln所以Fx在0,e3所以1a≥Fe3°，若a<0，同理1a≤所以不存在滿足條件的a.綜上所述：a∈0,2法二：x1令gx=fxx即g′g′x