2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第23講、不等式恒成立（教師版）

第23講不等式恒成立

知識梳理

1、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題的求解策略：

（1）通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取

值范圍；

（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；

（3）根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少

碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問

題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．

2、利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒（能）成立，可根據(jù)以下原則進行求解：

（），；

1xDmfxmfxmin

（），；

2xDmfxmfxmax

（），；

3xDmfxmfxmax

（），．

4xDmfxmfxmin

3、不等式的恒成立與有解問題，可按如下規(guī)則轉(zhuǎn)化：

一般地，已知函數(shù)yfx，xa,b，ygx，xc,d．

（）若，，有成立，則；

1x1a,bx2c,dfx1gx2fxmaxgxmin

（）若，，有成立，則；

2x1a,bx2c,dfx1gx2fxmaxgxmax

（）若，，有成立，則；

3x1a,bx2c,dfx1gx2fxmingxmax

（4）若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2成立，則fx的值域是gx的值域

的子集．

4、法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：

（）limfx0及l(fā)imgx0；

1xaxa

（2）在點a的去心鄰域a,aa,a內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g(x)0；

fx

（3）liml，

xagx

fxfx

那么lim=liml．

xagxxagx

法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：（1）limfx0及l(fā)imgx0；

xx

（2）A0，f(x)和g(x)在,A與A,上可導(dǎo)，且g(x)0；

fx

（3）liml，

xgx

fxfx

那么lim=liml．

xgxxgx

法則3若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：

（1）limfx及l(fā)imgx；

xaxa

（2）在點a的去心鄰域a,aa,a內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g(x)0；

fx

（3）liml，

xagx

fxfx

那么lim=liml．

xagxxagx

注意：利用洛必達法則求未定式的極限是微分學(xué)中的重點之一，在解題中應(yīng)注意：

（1）將上面公式中的xa，x,x，xa，xa洛必達法則也

成立．

000

（2）洛必達法則可處理，，0，，，，型．

010

000

（3）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足，，0，，，，

010

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．

fxfxfx

limlimlim，如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達法則．

xagxxagxxagx

必考題型全歸納

題型一：直接法

例1．（2024·陜西咸陽·武功縣普集高級中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知函數(shù)

1

fxx2aexaR.

2

(1)已知函數(shù)fx在0,f0處的切線與圓x2y22x2y30相切，求實數(shù)a的值.

(2)已知x0時，fxx2axa恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】（1）依題意，圓(x1)2(y1)25的圓心為1,1，半徑為5，

對函數(shù)fx求導(dǎo)得fxxaex，則函數(shù)fx的圖象在0,f0處的切線斜率為

f0a，而f0a，

于是函數(shù)fx的圖象在0,f0處的切線方程為yaax，即axya0，

a1a

從而5，解得a2，

a212

所以實數(shù)a的值為2.

3

（2）設(shè)gxfxx2axax2aexaxax0，依題意，當x0時，g(x)0恒

2

成立，

求導(dǎo)得gx3xaexa，設(shè)hx3xaexax0，求導(dǎo)得hx3aex，

當a3時，當x0時，aex3ex3，即有hx0，

因此函數(shù)hx，即gx在0,上單調(diào)遞減，于是當x0時，gxg00，

則函數(shù)gx在0,上單調(diào)遞減，從而當x0時，gxg00，因此a3，

33

當0<a<3時，當0xln時，hx0，則函數(shù)hx，即gx在0,ln上單調(diào)遞增，

aa

33

于是當0xln時，gxg00，即函數(shù)gx在0,ln上單調(diào)遞增，

aa

3

因此當0xln時，gxg00，不合題意，

a

當a0時，hx0，函數(shù)hx，即gx在0,上單調(diào)遞增，

則當x0時，gxg00，即函數(shù)gx在0,上單調(diào)遞增，

于是當x0時，gxg00，不合題意，

所以實數(shù)a的取值范圍為3,.

例2．（2024·山東·山東省實驗中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fxexa,gxlnxa，

其中aR．

(1)討論方程fxx實數(shù)解的個數(shù)；

(2)當x1時，不等式fxgx恒成立，求a的取值范圍．

【解析】（1）由fxx可得，exax，

令sxexxa,sxex1，令y0，可得x0，

當x,0,sx0，函數(shù)sx單調(diào)遞減，

當x0,,sx0，函數(shù)sx單調(diào)遞增，

所以函數(shù)sx在x0時取得最小值1a，

所以當a1時，方程fxx無實數(shù)解，

當a1時，方程fxx有一個實數(shù)解，

當時，，故，

a11a0sxmin0

而saea0，saea2a，

設(shè)uaea2a,a1，則uaea20，

故ua在1,上為增函數(shù)，故uau(1)e20，

故sx有兩個零點即方程fxx有兩個實數(shù)解.

（2）由題意可知，

不等式fxgx可化為，exalnxa,xa，

即當x1時，exlnxaa0恒成立，

所以a<1，即a1，

1

令hxexlnxaa,hxex，

xa

1

則hx在1,上單調(diào)遞增，而h1e，

1a

1

當h10即a1時，hx0,hx在1,上單調(diào)遞增，

e

故，

hxminh1eln(1a)a

eln(1a)a0

由題設(shè)可得1，

a

e

1

設(shè)vaeln(1a)a，則該函數(shù)在,上為減函數(shù)，

e

1

而ve10，故ae1.

e

1a11

當h10即1a1時，因為ha1e0，

ea1a

故hx在1,上有且只有一個零點x0，

當1xx0時，hx0，而xx0時，hx0，

故hx在1,x0上為減函數(shù)，在x0,上為增函數(shù)，

故x0，

hxminelnx0aa0

x1

0x0

而e，故x0lnx0a，故ex0a0

x0a

1

因為x1，故ex0x1ea，故1a1符合，

00e

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為1,e1．

sinxπ

例3．（2024·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)fxax,x0,．

cos2x2

(1)當a1時，討論fx的單調(diào)性；

(2)若fxsinx0，求a的取值范圍．

sinxπ

【解析】（1）因為a1，所以fxx,x0,，

cos2x2

cosxcos2x2cosxsinxsinxcos2x2sin2x

則fx11

cos4xcos3x

322

cosxcosx21cosxcos3xcos2x2

，

cos3xcos3x

π

令tcosx，由于x0,，所以tcosx0,1，

2

所以cos3xcos2x2t3t22t3t22t22t2t12t1t1t22t2t1，

2

因為t22t2t110，t10，cos3xt30，

cos3xcos2x2π

所以fx0在0,上恒成立，

cos3x2

π

所以fx在0,上單調(diào)遞減.

2

（2）法一：

sinxπ

構(gòu)建gxfxsinxaxsinx0x，

cos2x2

1sin2xπ

則gxacosx0x，

cos3x2

若gxfxsinx0，且g0f0sin00，

則g0a11a0，解得a0，

sinx1

當a0時，因為sinxsinx1，

cos2xcos2x

π1

又x0,，所以0sinx1，0cosx1，則1，

2cos2x

sinx

所以fxsinxsinx0，滿足題意；

cos2x

π

當a<0時，由于0x，顯然ax0，

2

sinxsinx

所以fxsinxaxsinxsinx0，滿足題意；

cos2xcos2x

綜上所述：若fxsinx0，等價于a0，

所以a的取值范圍為,0.

法二：

2

sinxsinxcos2xsinxsinxcosx1sin3x

因為sinx，

cos2xcos2xcos2xcos2x

π

因為x0,，所以0sinx1，0cosx1，

2

sinxπ

故sinx0在0,上恒成立，

cos2x2

sinx

所以當a0時，fxsinxsinx0，滿足題意；

cos2x

π

當a<0時，由于0x，顯然ax0，

2

sinxsinx

所以fxsinxaxsinxsinx0，滿足題意；

cos2xcos2x

sinxsin3x

當a0時，因為fxsinxaxsinxax，

cos2xcos2x

sin3xπ3sin2xcos2x2sin4x

令gxax0x，則gxa，

cos2x2cos3x

3sin20cos202sin40

注意到g0aa0，

cos30

ππ

若0x，gx0，則gx在0,上單調(diào)遞增，

22

注意到g00，所以gxg00，即fxsinx0，不滿足題意；

π

若0x，gx0，則g0gx0，

0200

ππ

所以在0,上最靠近x0處必存在零點x10,，使得gx10，

22

此時gx在0,x1上有g(shù)x0，所以gx在0,x1上單調(diào)遞增，

則在0,x1上有g(shù)xg00，即fxsinx0，不滿足題意；

綜上：a0.

變式1．（2024·河南·襄城高中校聯(lián)考三模）已知函數(shù)fxmlnx，gxex1．

(1)若曲線yfx在1,0處的切線與曲線ygx相交于不同的兩點Ax1,y1，Bx2,y2，

Mx,y

曲線ygx在A，B點處的切線交于點00，求x1x2x0的值；

(2)當曲線yfx在1,0處的切線與曲線ygx相切時，若x1,，

fxegxa1eaex恒成立，求a的取值范圍．

m

【解析】（1）因為fx，所以f1m，

x

所以曲線yfx在1,0處的切線方程為ymx1．

x11x21

由已知得mx11e，mx21e，不妨設(shè)1x1x2，

x11x11

又曲線ygx在點A處的切線方程為yexx1e，

x21x21

在點B處的切線方程為yexx2e，

x11x21x11x21

兩式相減得eex1x1ex2e0，

x11x21

將mx11e，mx21e，

代入得mx1mx2x1x1mx11x2mx210，

化簡得mx1x2x2x1x20，

Mx,y

顯然m0，所以mx1x20，所以x1x2x2，又00，所以x1x2x02．

（2）當直線ymx1與曲線ygx相切時，設(shè)切點為Pt,gt，

則切線方程為yet1et1xt，將點1,0代入，解得t2，此時me，fxelnx，

根據(jù)題意得，x1,，fxegxa1eaex，

即ex1lnxaxa10恒成立．

1

令Fxex1ax1lnx1x1，則，F(xiàn)xex1a，令hxFx，則

x

1

hxex1，

x2

易知hx在1,上單調(diào)遞增，所以hxh10，

所以Fx在1,上單調(diào)遞增，所以FxF1a2．

若a2，則Fxa20，即Fx在1,上單調(diào)遞增，

則FxF10，所以fxegxa1eaex在1,上恒成立，符合題意；

若a2，則F1a20．

1lna111

又F1lnaea0，

1lna1lna

所以存在x01,1lna，使得Fx00，

當x1,x0時，F(xiàn)x0，F(xiàn)x單調(diào)遞減，即FxF10，

所以此時存在x1,x0，使得fxegxa1eaex，不符合題意．

綜上可得，a的取值范圍為2,．

題型二：端點恒成立

例4．（2024·四川綿陽·四川省綿陽南山中學(xué)校考模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)

1π13

fxsinxxcosx0x,gxfxsinxax．

222

π

(1)求fx在x處的切線方程；

2

(2)若任意x0,，不等式gx0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

ππ11ππ

【解析】（1）x時，f；又fxxsinxcosx，則kf，

222222

1πππ2π2

切線方程為：yx，即yx

22224

（2）gxsinxxcosxax3，

則gxxsinx3ax，又令hxsinx3ax,hxcosx3a，

1

①當3a1，即a時，hx0恒成立，∴hx在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，

3

∴hxh00，∴gx0，∴gx在區(qū)間0,上單調(diào)遞增，

∴gxg00（不合題意）；

1

②當3a1即a時，hx0,hx在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，

3

∴hxh00，∴gx0，∴gx在區(qū)間0,上單調(diào)遞減，

∴gxg00（符合題意）；

11

③當13a1，即a時，由h013a0,hπ13a0，

33

∴x00,π，使hx00，且x0,x0時，hx0,hxh00,gx0，

∴gx在x0,x0上單調(diào)遞增，∴gxg00（不符合題意）；

1

綜上，a的取值范圍是a；

3

例5．（2024·北京海淀·中央民族大學(xué)附屬中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知函數(shù)

f(x)xlnxax21．

(1)當a0時，求函數(shù)fx在點1,f1處的切線方程；

(2)若函數(shù)yfx在x1處取得極值，求實數(shù)a的值；

(3)若不等式fx0對x[1,)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

【解析】（1）當a0時，f(x)xlnx，定義域為(0,)，f(1)0，

1

f(x)lnxx1lnx，f(1)1，

x

所以函數(shù)fx在點1,f1處的切線方程為y0x1，即xy10.

1

（2）f(x)lnxx2ax1lnx2ax，

x

1

設(shè)f(x)g(x)1lnx2ax，則g(x)2a，

x

1

依題意得g(1)0，即a，

2

111x

當a時，g(x)1，當0x1時，g(x)0，當x1時，g(x)0，

2xx

所以f(x)g(x)在x1處取得極大值，符合題意.

1

綜上所述：a.

2

（3）當x1時，f(1)0，aR，

當x1時，f(x)1lnx2ax,

令h(x)f(x)1lnx2ax，x1，

112ax

則h(x)2a，

xx

①當a0時，h(x)0在(1,)上恒成立，故h(x)f(x)在(1,)上為增函數(shù)，

所以f(x)f(1)12a0，故f(x)在(1,)上為增函數(shù)，

故f(x)f(1)0，不合題意.

1

②當a0時，令h(x)0，得x，

2a

11

（i）若1，即a時，在x1時，h(x)0，h(x)在(1,)上為減函數(shù)，

2a2

h(x)h(1)12a0，即f(x)0，f(x)在(1,)上為減函數(shù)，f(x)f(1)0，符合題意；

11

(ii)若1，即0a時，

2a2

11

當x(1,)時，h(x)0，h(x)在(1,)上為增函數(shù)，h(x)h(1)12a0，

2a2a

1

f(x)在(1,)上為增函數(shù)，f(x)f(1)0，不合題意.

2a

1

綜上所述：若不等式fx0對x[1,)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是a.

2

ax

例6．（2024·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fxln1x,gx,f'x與g'x分別

ex

是fx與gx的導(dǎo)函數(shù).

(1)證明:當a1時,方程f'xg'x在1,0上有且僅有一個實數(shù)根;

(2)若對任意的x0,,不等式fxgx恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

1

【解析】（1）fxln1x,f'x,

1x

x1x

當a1時,gx,g'x,

exex

11x1

''x2

令hxfxgxxxex1,

1xe1xe

令xexx21,則'xex2x,

''11'

顯然x在1,0上是單調(diào)遞增函數(shù),且10,010,

2e

'1

∴x在,0上有唯一零點x0,

2

'

且x1,x0時,x0,x單調(diào)遞減,

'

xx0,0時,x0,x單調(diào)遞增,

11323

又00,0,

2e434

6

621

e31e10,

333

61

∴x0在,上有唯一的根,

32

∴hxf'xg'x在1,0上有唯一零點,

即f'xg'x在1,0上有且僅有一個實數(shù)根.

ax1

（2）∵fxgxln1xexln1xax,

exex

令Gxexln1xax,x0,,則G00,

fxgx等價于:Gx0,x0,,

1

G'xexln1xa,G'01a,

1x

1

令Hxexln1xa,

1x

21

'x

則Hxeln1x2,

1x(1x)

21

令Txln1x,x0,,

1x(1x)2

122x21

則T'x0,

1x(1x)2(1x)3(1x)3

故Tx在0,上單調(diào)遞增,TxT01,H'x10,

故Hx即G'x在0,上單調(diào)遞增,G'x1a,

當a1時,Gx0,

∴Gx在0,上單調(diào)遞增,

∴GxG00;

'

當a1時,G01a0,取x1e1lna0,

1

則ln1x1lnelnalne1,0,

1x1

ex1ee1lnaelnaa,

'x11

∴Gx1eln1x1aa10a0,

1x1

'

∴x20,x1,使得Gx20,

'

x0,x2時,Gx0,Gx單調(diào)遞減,

此時GxG00,不符合題意.

綜上可知:a的取值范圍為,1.

1

變式2．（2024·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)fxax3x，函數(shù)

3

gxex2xsinx.

(1)求函數(shù)gx的單調(diào)區(qū)間；

(2)記Fxgxfx，對任意的x0，F(xiàn)x0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

【解析】（1）gxex2xsinx，函數(shù)定義域為R，

則gxex2cosx且g00，

令xgx，xexsinx,x0,,xexsinx1sinx0，x在0,上

單調(diào)遞增，

所以xgxg00，所以gx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,，

x,0，gxex2cosxcosx10，所以gx的單調(diào)遞減區(qū)間為,0.

1

（2）fxax3x，fxax21，

3

則Fxgxfxex2xsinxax21，且F00，

Fxexcosx2ax2,x0,,

令GxFx，Gxexsinx2a，

令HxGx，x0時Hxexcosx1cosx0，

所以Gx在0,上單調(diào)遞增，

1

①若a，GxG012a0，

2

所以Fx在0,上單調(diào)遞增，所以FxF00，

所以FxF00恒成立.

1

②若a,G012a0，Gln2a22sin2a20，

2

所以存在x00,ln2a2，使Gx00，

故存在x0,x0，使得Gx0，

此時Gx單調(diào)遞減，即Fx在0,x0上單調(diào)遞減，

所以FxF00，故Fx在0,x0上單調(diào)遞減，

所以此時FxF00，不合題意.

1

綜上，a.

2

1

實數(shù)a的取值范圍為,.

2

sinx

變式3．（2024·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）已知函數(shù)fx．

ex

(1)討論fx在0,π上的單調(diào)性；

π

(2)若對于任意x0,，若函數(shù)fxkx恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

2

2cosx

【解析】（1）cosxsinx4，

fx

exex

ππ

f￠(x)>0，則0x；fx0，則xπ，

44

ππ

所以fx在0,單調(diào)遞增，在,π單調(diào)遞減．

44

sinx

（2）令gxkx，有g(shù)00

ex

當k0時，x0,ex0,sinx0,gx0，不滿足；

cosxsinx

當k0時，gxk，

ex

cosxsinx

令hxgxk，

ex

2cosxπ

所以hx0在0,恒成立，

ex2

π

則gx在0,單調(diào)遞減，

2

π1

g01k，gπk0，

2

e2

①當1k0，即k1時，gxg00，

π

所以gx在0,單調(diào)遞減，

2

所以gxg00，滿足題意；

②當1k0，即0k1時，

π1

π

因為gx在0,單調(diào)遞減，g01k0，gπk0，

22

e2

所以存在唯一x00,，使得gx00，

2

所以gx在0,x0單調(diào)遞增，

所以gx0g00，不滿足，舍去.

綜上：k1.

變式4．（2024·四川瀘州·統(tǒng)考三模）已知函數(shù)fxx1exax2．

(1)若fx單調(diào)遞增，求a的取值范圍；

(2)若x0，fxsinxcosx，求a的取值范圍．

【解析】（1）由fxx1exax2，得fxxexa，

由于fx單調(diào)遞增，則fx0即axex恒成立，

令gxxex，則g(x)(x1)ex，

可知x1時，g(x)0，則gx在(,1)上單調(diào)遞增；

x1時，g(x)0，則gx在(1,)上單調(diào)遞減，

1

故x=1時，gx取得極大值即最大值g1，

e

11

故a．所以a的取值范圍是,．

ee

（2）由題意x0時，fxsinxcosx恒成立，即(x1)exaxsinxcosx20；

令h(x)(x1)exaxsinxcosx2，原不等式即為hx0恒成立，

可得h00，h(x)xexacosxsinx，h(0)a1，

令u(x)h(x)xexacosxsinx，則u(x)(x1)exsinxcosx，

又設(shè)t(x)(x1)ex，則txx2ex，

則x0，tx0，可知t(x)在[0,)上單調(diào)遞增，

πx

若x0,，有x1e0，sinxcosx0，則u(x)0；

2

π

πxπ

若x,，有x1e1e2e，

22

則uxx1exsinxcosx0，

所以，x0，u(x)0，則u(x)即h(x)單調(diào)遞增，

（i）當a10即a1時，h(x)h(0)0，則h(x)單調(diào)遞增，

所以，h(x)h(0)0恒成立，則a1符合題意．

（ii）當a10即a1時，h(0)0，

h(2a)(2a)e2aacos(2a)sin(2a)2aacos(2a)sin(2a)0，

存在x00,2a，使得h(x0)0，

當0xx0時，h(x)0，則h(x)在(0,x0)單調(diào)遞減，

所以h(x)h(0)0，與題意不符，

綜上所述，a的取值范圍是1,.

題型三：端點不成立

例7．（2024·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)alnxx(a0)．

(1)討論函數(shù)f(x)的極值；

xa

(2)當x0時，不等式2f(x)sin[f(x)]1恒成立，求a的取值范圍．

ex

aax

【解析】（1）由題意可得：f(x)的定義域為0,，且f(x)1，

xx

①當a<0時，則x0,ax0，可得f(x)0，

所以f(x)在0,上單調(diào)遞減，無極值；

②當a0時，令f(x)0，解得0xa；令fx0，解得xa；

則f(x)在0,a上單調(diào)遞增，在a,上單調(diào)遞減，

所以f(x)有極大值f(a)alnaa，無小極值；

綜上所述：當a<0時，f(x)無極值；

當a0時，f(x)有極大值f(a)alnaa，無極小值.

xa

（2）因為2f(x)sin[f(x)]1，則efx2f(x)sin[f(x)]10，

ex

構(gòu)建gx=ex2xsinx1，則gx=ex2cosx，

①當x0時，則ex1,cosx1，則gx=ex2cosx0，等號不能同時取到，

所以gx在,0上單調(diào)遞減；

②當x0時，構(gòu)建xgx，則xexsinx，

因為ex1,sinx1，則xexsinx0，

所以x在0,上單調(diào)遞增，

π2

且020，1e2cos1e2cose20，

42

故x在0,內(nèi)存在唯一零點x00,1，

當0xx0時，則x0；當xx0時，則x0；

即當0xx0時，則gx0；當xx0時，則gx0；

所以gx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,上單調(diào)遞增；

綜上所述：gx在,x0上單調(diào)遞減，在x0,上單調(diào)遞增，

x0

則gxgx0=e2x0sinx01，且gx0g00，

gx的圖象大致為：

對于函數(shù)f(x)，由（1）可知：

①當a<0時，f(x)在0,上單調(diào)遞減，

且當x趨近于0時，f(x)趨近于，當x趨近于時，f(x)趨近于，

即f(x)的值域為R，則gfx0不恒成立，不合題意；

②當a0時，f(x)在0,a上單調(diào)遞增，在a,上單調(diào)遞減，

則fxf(a)alnaa，且當x趨近于0時，f(x)趨近于，當x趨近于時，f(x)趨近

于，

即f(x)的值域,alnaa，

若gfx0恒成立，則fx0恒成立，

即alnaa0，解得0ae；

綜上所述：a的取值范圍0,e.

例8．（2024·江蘇南京·高二南京市中華中學(xué)校考期末）已知函數(shù)

f(x)lnxlna(a1)x2(a0)．

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)若不等式ex2f(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

1

【解析】（1）f(x)的定義域為(0,)，f(x)a1，

x

當a1時，f(x)0，f(x)在(0,)上為增函數(shù)；

11

當0a1時，由f(x)0，得0x，由f(x)0，得x，

1a1a

11

所以f(x)在(0,)上為減函數(shù)，在(,)上為增函數(shù).

1a1a

1

綜上所述：當a1時，f(x)在(0,)上為增函數(shù)；當0a1時，f(x)在(0,)上為減函

1a

1

數(shù)，在(,)上為增函數(shù).

1a

（2）ex2f(x)ex2lnxlna(a1)x2ex2x2ln(ax)ax

lnex2ex2ln(ax)ax，

設(shè)g(x)lnxx，則原不等式恒成立等價于g(ex2)g(ax)在(0,)上恒成立，

1

g(x)10，g(x)在(0,)上為增函數(shù)，

x

則g(ex2)g(ax)在(0,)上恒成立，等價于ex2ax在(0,)上恒成立，

ex2

等價于a在(0,)上恒成立

x

ex2ex2xex2ex2(x1)

令h(x)(x0)，h(x)，

xx2x2

令h(x)0，得0x1，令h(x)0，得x1，

所以h(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1,)上為增函數(shù)，

11

所以h(x)h(1)，故0a.

minee

lnx

例9．（2024·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)fxx1．

x

(1)求fx的單調(diào)區(qū)間；

1

(2)若對于任意的x0,，fxxaex恒成立，求實數(shù)a的最小值．

x

lnx

【解析】（1）由fxx1定義域為x0,

x

1

xlnx12

又1lnxx

fxx1

x2x2

令hx1lnxx2，顯然hx在0,單調(diào)遞減，且h10；

∴當x0,1時，hx0fx0；

當x1,時，hx0fx0．

則fx在0,1單調(diào)遞增，在1,單調(diào)遞減

1

（2）法一：∵任意的x0,，fxxaex恒成立，

x

xlnx1

∴x2xlnxaxexx21恒成立，即a恒成立

xex

xlnx1x1xlnx

令gx，則gx．

xexx2ex

令hxxlnx，則hx在0,上單調(diào)遞增，

11

∵h10，h110．

ee

1

∴存在x0,1，使得hxxlnx0

e000

當x0,x0時，hx0，gx0，gx單調(diào)遞增；

當xx0,時，hx0，gx0，gx單調(diào)遞減，

由x0lnx00，可得x0lnx0，

xlnx1

∴gxgx001，

max0x0

x0e

xlnx1

又a

xex

∴a1，故a的最小值是1．

法二：

xlnx1

∴x2xlnxaxexx21恒成立，即a恒成立

xex

xlnx1xlnx1xlnx1

令gx

xexelnxexelnxx

不妨令txlnxx0，顯然txlnx在0,單調(diào)遞增tR．

t1

∴a在tR恒成立．

et

t1t

令htht

etet

∴當t,0時，ht0；

當t0,時，ht0即ht在,0單調(diào)遞增

ht在0,單調(diào)遞減

01

∴hth01

mine0

∴a1，故a的最小值是1．

變式5．（2024·四川綿陽·四川省綿陽南山中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知函數(shù)