恒成立与能成立的七类问题【解析版】
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恒成立与能成立的七类问题热点题型速览热点一：分离参数法解答恒(能)成立问题热点二：构造函数法解答恒(能)成立问题恒成立问题热点三：最值比较法解答恒(能)成立问题能成立问题热点四：“先分离后构造”解答恒(能)成立问题“隐性”恒成立热点五：两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点六：先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题热点七：构造函数法证明恒成立问题热点一分离参数法解答恒(能)成立问题x1(2023·全国·统考高考真题)已知函数fx=ae-lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为()．2-1-2A.eB.eC.eD.e【答案】Cx1【分析】根据fx=ae-≥0在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．xx1x1【详解】依题可知，fx=ae-≥0在1,2上恒成立，显然a>0，所以xe≥，xaxx设gx=xe,x∈1,2，所以gx=x+1e>0，所以gx在1,2上单调递增，11-1-1gx>g1=e，故e≥，即a≥=e，即a的最小值为e．ae故选：C．22(2023春·江苏无锡·高二统考期末)已知函数f(x)=alnx+x，在区间(0,2)上任取两个不相等的实fx1-fx2数x1，x2，若不等式>0恒成立，则实数a的取值范围是()x1-x2A.[-8,+∞)B.(-∞,-8]C.[0,+∞)D.(-∞,0]【答案】Cfx1-fx2【分析】根据>0可知fx在(0,2)上单调递增，进而由导数即可求解.x1-x2fx1-fx2a【详解】由>0可知fx在(0,2)上单调递增，所以f(x)=+2x≥0在(0,2)上恒成立，即x1-x2x22a≥-2x在(0,2)上恒成立，故a≥-2xmax，所以a≥0，故选：C323(2023春·河南南阳·高二统考期末)若fx=log0.5x-3x+ax+6在区间1,2上单调递增，则实数a的取值范围为()1,A.-∞,0B.-1,+∞C.-1,0D.-1,0【答案】C3232【分析】令f(t)=log0.5t,t=x-3x+ax+6，根据复合函数的单调性可得需满足t>0，且t=x-3x+ax+6在1,2上单调递减，结合导数。参变分离即可求得答案.32【详解】令f(t)=log0.5t,t=x-3x+ax+6，则f(t)=log0.5t在(0,+∞)上单调递减，32由题意可得需满足t>0，且t=x-3x+ax+6在1,2上单调递减，322令g(x)=x-3x+ax+6，则g(x)=3x-6x+a≤0在1,2上恒成立，22即a≤-3x+6x在1,2上恒成立，而y=-3x+6x在1,2上单调递减，22即-3x+6x>-3×2+6×2=0，故a≤0；2经检验当a=0时，g(x)=3x-6x≤0在1,2上恒成立，32t=x-3x+ax+6在1,2上单调递减，符合题意；32由t>0，则g(x)=x-3x+ax+6>0在1,2上恒成立，所以g2=8-12+2a+6≥0，故a≥-1，综合以上可得a∈-1,0，故选：C24(2023春·北京通州·高二统考期末)已知函数fx=-x+x-alnx为其定义城上的单调函数．则实数a的取值范围为()A.1,+∞B.1,+∞C.3,+∞D.1,+∞8482【答案】A【分析】求出函数f(x)的导数，再根据给定的单调性建立不等式，分离参数求出最值作答.2a【详解】函数fx=-x+x-alnx的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)=-2x+1-，x2若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，则∀x∈(0,+∞)，f(x)≥0⇔a≤-2x+x恒成立，21而函数y=-2x+x在(0,+∞)上的值域为-∞,8，因此不存在a满足条件；2若函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，则∀x∈(0,+∞)，f(x)≤0⇔a≥-2x+x恒成立，1211而当x=时，(-2x+x)max=，因此a≥，4881所以实数a的取值范围为8,+∞.故选：A【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.x5(2023春·陕西咸阳·高二统考期末)已知函数fx=ae-x在区间1,2上单调递增，则实数a的最小值为()2-1-2A.eB.eC.eD.e【答案】Cx【分析】依题意可得fx=ae-1≥0对任意x∈1,2恒成立，分参即可求解.x【详解】因为函数fx=ae-x在区间1,2上单调递增，x1所以fx=ae-1≥0，即a≥对任意x∈1,2恒成立，xe2,1令g(x)=，则g(x)在1,2上单调递减，xe1-1-1所以g(x)<g(1)==e，所以a≥e，e-1即实数a的最小值为e.故选：c6(云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题)已知关于x的不等式a+1xb-1≥lnx+b恒成立，则ae的最小值为()111a.-1b.-c.-d.-248【答案】c【分析】令f(x)=lnx-(a+1)x，则将问题转化为f(x)max≤-b，求出函数的导数，根据函数的单调性可求出b-1b-1f(x)的最大值，问题转化为(a+1)≥e，-1<a≤0时，ae≥a(a+1)，从而可求出其最小值.【详解】关于x的不等式a+1x≥lnx+b恒成立，即lnx-(a+1)x≤-b，令f(x)=lnx-(a+1)x，则f(x)max≤-b，1-(a+1)x+1f(x)=-(a+1)=，xx当a≤-1时，f(x)>0，则f(x)在(0,+∞)上递增，所以f(x)无最大值，11当a>-1时，令f(x)>0，解得0<x<，令f(x)<0，解得x>，a+1a+111所以f(x)在0,a+1上递增，在a+1,+∞上递减，11所以f(x)max=fa+1=lna+1-1=-ln(a+1)-1，所以-ln(a+1)-1≤-b，得ln(a+1)≥b-1，ln(a+1)b-1b-1所以e≥e，即a+1≥e，b-1所以当-1<a≤0时，ae≥a(a+1)，1211令g(a)=a(a+1)=a+2-4∈-4,0，1b-11所以此时a=-,b=1-ln2,ae取最小值为-，24b-1当a>0时，ae>0，b-11综上，ae的最小值为-，4故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为lnx-(a+1)x≤-b恒成立，构造函数f(x)=lnx-(a+1)x，则只要f(x)max≤-b，利用导数求函数的最大值，考查数学转化思想，属于难题.7(2023春·新疆喀什·高二统考期末)已知函数f(x)=ax-lnx，若f(x)>0在定义域上恒成立，则a的取值范围是()11A.e,+∞B.1,+∞C.e,+∞D.2,+∞【答案】Alnxlnx【分析】由f(x)>0得a>在0,+∞上恒成立，令g(x)=(x>0)，求出g(x)的最大值即可求解.xx【详解】f(x)=ax-lnx的定义域为0,+∞，3,lnx由f(x)>0在定义域上恒成立，得a>在0,+∞上恒成立，xlnx1-lnx令g(x)=(x>0)，g(x)=，xx2令g(x)=0得x=e，x∈(0,e)时，g(x)>0，g(x)单调递增，x∈(e,+∞)时，g(x)<0，g(x)单调递减，11所以g(x)max=g(e)=，所以a>.ee故选：A方法归纳【规律方法】分离参数法：一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈d恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈d，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.热点二构造函数法解答恒(能)成立问题m8(辽宁省五校2022-2023学年高二下学期期末数学试题)已知函数f(x)=(e-1)x的图象恒在g(x)x=e-lnx-m的图象的下方，则实数m的取值范围是()a.(-∞,1)b.(-∞,e-1)c.(0,1)d.(0,e-1)【答案】amxm+lnxxx【分析】由题意可得(e-1)x<e-lnx-m，转化原不等式为e+m+lnx<e+x，构造函数φ(x)=e+x，利用单调性可得m+lnx<x，分离参数求h(x)=x-lnx的最小值即可.mx【详解】由题意可得(e-1)x<e-lnx-m恒成立，mxm+lnxx故x⋅e+m+lnx<e+x恒成立，即e+m+lnx<e+x恒成立，xx令φ(x)=e+x，则φ(x)=e+x单调递增，原不等式可化为φ(m+lnx)<φ(x)，所以m+lnx<x，即m<x-lnx，令h(x)=x-lnx，1x-1则h(x)=1-=，当0<x<1时，h(x)<0，当x>1时，h(x)>0，xx所以函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故h(x)min=h(1)=1，所以m<1，即实数m的取值范围是(-∞,1).故选：A9(贵州省铜仁市2022-2023学年高二下学期7月期末质量监测试数学试题)已知函数fx=lnx，若1存在x0∈,2，使得ffx0+b=x0-b，则实数b的取值范围是()2A.1,1+ln21+ln2,2-ln2B.1,2-ln2C.D.-1,2-ln222【答案】Bx0-bx0-bx【分析】根据题意转化为e=lnx0+b，同构得到e+x0-b=x0+lnx0，通过构造gx=e+x得到原题意即存在x∈1,21,20，使得x0-lnx0=b，再构造hx=x-lnx,x∈，研究最值即可求解.22【详解】ffx0+b=flnx0+b=lnlnx0+b=x0-b，x0-b即e=lnx0+b，x0-b即e+x0-b=x0+lnx0，4,x构造gx=e+x，则gx在R上单调递增，因为gx0-b=glnx0，所以x0-b=lnx0，1即存在x0∈,2，使得x0-lnx0=b，21记hx=x-lnx,x∈,2，21x-1hx=1-=，令hx=0，则x=1，xx1所以hx在2,1单调递减，在1,2单调递增，hxmin=h1=1，1111因为h=-ln=+ln2，h2=2-ln2，2222113所以h2-h2=2+ln2-2-ln2=2ln2-2<0，1所以h2<h2，所以hxmax=h2=2-ln2，所以1≤b≤2-ln2所以实数b的取值范围是1,2-ln2.故选：bx0-b【点睛】关键点点睛：本题考查函数同构问题和存在性问题.关键点在于将原式进行变形转化，转化为ex+x0-b=x0+lnx0，构造gx=e+x，得到gx0-b=glnx0，进而得到自变量的关系，再通过构造函数研究最值即可.本题考查了转化与化归能力、数学运算能力，属于中档题.1210(2023春·广东广州·高二统考期末)已知函数fx=alnx+x，若对任意正数x1，x2x1≠x2，都2fx1-fx2有>2恒成立，则实数a的取值范围为()x1-x2A.0,1B.0,2C.1,+∞D.2,+∞【答案】Cfx1-fx2f(x1)-2x1-f(x2)-2x2【分析】根据条件>2可变形为>0，构造函数gx=fx-2x=x1-x2x1-x212alnx+x-2x(a>0)，利用其为增函数，结合导数可得gx≥0恒成立，进而结合二次函数的性质即可2求解.f(x1)-f(x2)f(x1)-2x1-f(x2)-2x2【详解】根据>2，可知>0，x1-x2x1-x212令gx=fx-2x=alnx+x-2x(a>0)2f(x1)-2x1-f(x2)-2x2由>0，知gx为增函数，x1-x22ax-2x+a所以gx=+x-2=≥0x>0,a>0恒成立，xx2分离参数得a≥2x-x，2而当x>0时，2x-x在x=1时有最大值为1，故a≥1，即实数a的取值范围为1,+∞.故选：C.fx1-fx2f(x1)-2x1-f(x2)-2x2【点睛】关键点点睛：本题由条件>2恒成立，转化为>0恒成立x1-x2x1-x25,12是解题的关键，再根据此式知函数g(x)=fx-2x=alnx+x-2x(a>0)为增函数，结合导数可得g2x≥0恒成立，进而求解即可.x11(2023春·四川凉山·高二宁南中学校联考期末)若e≥lnax+a-1x在x∈0,2上恒成立，则实数a的取值范围是为()22eeA.-∞,eB.0,eC.-∞,2D.0,2【答案】Bxlnaxx【分析】将不等式变形为e+x≥e+lnax，易知函数f(x)=e+x在R上单调递增，即原不等式可等价于xxee0<a≤，在任意x∈0,2上恒成立，再利用导函数求出h(x)=在0,2上的最小值即可.xxx【详解】因为e≥lnax+a-1x，xlnax所以e+x≥lnax+ax=e+lnax，xx记f(x)=e+x，则f(x)=e+1>0恒成立，x即f(x)=e+x在R上单调递增，即原不等式等价于x≥lnax，在任意x∈0,2上恒成立，xe所以等价于0<a≤，在任意x∈0,2上恒成立，xxexx-1e记h(x)=，x∈0,2，则h(x)=，xx2令h(x)=0，解得x=1，当1<x<2时，hx>0，当0<x<1时，hx<0所以h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，所以h(x)min=h(1)=e，即0<a≤e，故选：b【点睛】易错点点睛：本题在化简不等式时，一定注意到lnax在区间0,2上有意义，必有a>0.12(2023春·山东聊城·高二统考期末)已知定义域为-∞,0∪0,+∞的函数fx在-∞,0上单调递增，且对定义域内任意的a，b都满足fab=fa+fb-1．若存在x∈1,+∞，使不等式fmx-flnx>f-1-1成立，则实数m的取值范围是．11【答案】-e,0∪0,elnx【分析】利用赋值法可得fx为偶函数，将问题转化为存在x∈1,+∞，使mx<lnx⇒m<成立，xlnx构造函数gx=，利用导数求解单调性即可得最值求解.x【详解】令a=b=1，则f1=2f(1)-1⇒f1=1，令a=b=-1，则f1=2f(-1)-1⇒f-1=1，去b=-1,a=x,x∈-∞,0∪0,+∞，则f-x=fx+f(-1)-1⇒fx=f-x，所以fx为定义域-∞,0∪0,+∞内的偶函数，fx在-∞,0上单调递增，故fx在0,+∞上单调递减，由fmx-flnx>f-1-1得fmx>f-lnx，因此存在x∈1,+∞，使mx<lnx，lnx当x∈1,+∞，则mx<lnx⇒m<，x6,lnx1-lnx记gx=，x∈1,+∞，则gx=，xx2故当x∈e,+∞,gx<0,gx单调递减，当x∈1,e,gx>0,gx单调递增，1故当x=e时，gx取极大值也是最大值ge=单调递减，e1所以m<gxmax=，由于fx的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以m≠0，e11故解得m∈-e,0∪0,e11故答案为：-e,0∪0,e1-x313(2023春·安徽·高二校联考期末)已知函数fx=xe+ax-xa∈r.1(1)若a=，判断fx在-∞,0上的单调性；3(2)若关于x的不等式fx≥xlnx+a在1,+∞上恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)函数fx在-∞,0上单调递增2(2)3,+∞1-x【分析】(1)求出函数的导数，判断1-x与e-x-1的正负，即可判定函数单调性；(2)求得f1=0，f1=3a-2，再分3a-2≥0，3a-2<0两种情况讨论求解即可.1-x21-x【详解】(1)fx=e1-x+x-1=1-xe-x-1，1-x1-x∵x∈-∞,0，∴1-x>0，e>1，∴e-x-1>0，∴当x∈-∞,0时，fx>0，∴函数fx在-∞,0上单调递增.1-x31-x2a(2)由题意得，xe-xlnx+ax-a-x≥0，x≥1，则e-lnx+ax--1≥0.x1-x2a1-x1a令Fx=e-lnx+ax--1x≥1，则Fx=-e-+2ax+，∴F1=0，F1=3a-2.xxx221-x1a(ⅰ)当3a-2≥0，即a≥时，令gx=Fx=-e-+2ax+3xx21-x11gx=e++2a1->0，∴Fx在1,+∞上单调递增，则Fx≥F1≥0，x2x32∴Fx在1,+∞上单调递增，∴Fx≥F1=0，∴a≥符合题意；32(ⅱ)当3a-2<0，即a<时，31-x1a1-x11①当a≤0时，Fx=-e-+2ax+=-e++a2x+<0，xx2xx2故Fx在区间1,+∞上单调递减，∴Fx≤F1=0，这与题设矛盾；21-x1a②当0<a<时，有f1<0，又x→+∞，fx→+∞，令gx=fx=-e-+2ax+3xx21-x11gx=e++2a1->0，∴Fx在1,+∞上单调递增，x2x3由零点存在性定理，知Fx在1,+∞上存在唯一零点x0，∴当x∈1,x0时，Fx<0，此时Fx<f1=0，故与题设矛盾.2综上所述，a的取值范围是3,+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，属于较难题，不等式fx≥xlnx+a7,在1,+∞上恒成立，求a的取值范围，只需求得f1=0，f1=3a-2，再分3a-2≥0，3a-2<0两种情况讨论求解即可.方法归纳【规律方法】构造函数的常见类型有：x若fx+fx>0，则构造gx=e⋅fx，fx若fx-fx>0，则构造gx=，xe若fx+xfx>0，则构造gx=xfx，fx若fx-xfx>0，则构造gx=.x若f′(x)>a(a≠0)，则构造函数：h(x)=f(x)-ax.若f′(x)±g′(x)>0，则构造函数：h(x)=f(x)±g(x)．若f′(x)g(x)+f(x)g′(x)，则构造函数F(x)=f(x)g(x)f(x)若f′(x)g(x)-f(x)g′(x)，则构造可导函数y=.g(x)热点三最值比较法解答恒(能)成立问题xx14(2023·全国·统考高考真题)设a∈0,1，若函数fx=a+1+a在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是.5-1【答案】,12xx【分析】原问题等价于fx=alna+1+aln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可1+axlna得≥-，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数aln1+aa的取值范围.xx【详解】由函数的解析式可得fx=alna+1+aln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，xx1+axlna则1+aln1+a≥-alna，即≥-在区间0,+∞上恒成立，aln1+a1+a0lna故=1≥-，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，aln1+alna+1≥-lnaaa+1≥15-1故即，故≤a<1，0<a<10<a<125-1结合题意可得实数a的取值范围是,1.25-1故答案为：,1.2x15(2023春·湖南·高二校联考期末)已知函数fx=ax+ea>0，gx=xe，若∀x2∈-∞,1，∃x1∈-1,2，使fx1=gx2成立，则实数a的取值范围是.1【答案】e+e,+∞【分析】求导判断gxxx1=xe的单调性，进而可求解gx=xe在x∈-∞,1上的值域B=-,e，进而求e解fx的值域为A=-a+e,2a+e，将问题转化为两个函数的值域的包含关系，即可列不等式求解.8,xx【详解】由函数gx=xe，得gx=x+1e，当x∈-∞,-1时，gx<0，gx单调递减，当x∈-1,+∞时，gx>0，gx单调递增，1所以gx≥g-1=-，又当x<0时，gx<0，g1=e，e11所以当x∈-∞,1，-≤gx≤e，即函数gx的值域为B=-,e，ee又由函数fx=ax+ea>0在区间-1,2上单调递增，可得-a+e≤fx≤2a+e，即函数fx的值域为A=-a+e,2a+e，e-a≤-1e1又由∀x2∈-∞,1，∃x1∈-1,2，使fx1=gx2成立，即B⊆A，则满足，解得a≥e+，2a+e≥ee1即实数a的取值范围是e+e,+∞.1故答案为:e+e,+∞.方法归纳【方法技巧】比较函数值的大小，通常有三种类型，一是利用函数的单调性或通过引入-1,0,1等中介值完成解答；二是给出看似独立的几个函数值，通过观察其特征，构造函数，应用导数求解；三是给出抽象函数关系，比较函数值大小，一般也要通过构造函数，应用导数求解，构造函数的常见类型和题型二类似.热点四“先分离后构造”解答恒(能)成立问题116(2023春·北京·高二北京市第十二中学校考期末)已知函数fx=lnx-x+m，若存在x∈,e，e使fx≤0，则m的取值范围是()1A.-∞,1B.-∞,1+eC.-∞,e-1D.-∞,e【答案】C1【分析】将题意转化为m≤x-lnx，x∈,e，令gx=x-lnx，即m≤gxmax，对gx求导，求出gxe1在,e的最大值即可得出答案.e1【详解】若存在x∈,e，使fx≤0，即fx=lnx-x+m≤0，e1所以m≤x-lnx，令gx=x-lnx，x∈,e，e1x-1gx=1-=，令gx>0，解得：x∈1,e，xx1令gx<0，解得：x∈e,1，1所以gx在x∈1,e上单调递增，在x∈,1上单调递减，e11111所以ge=e-1,g=-ln=+1,e-1>+1eeeee所以m≤e-1.故选：C.217(2023春·湖南长沙·高二雅礼中学校考期末)已知函数f(x)=lnx-x+x．(1)证明f(x)≤0；9,2xx2(2)关于x的不等式-+lnx-ax+x≤0恒成立，求实数a的取值范围．ax2xee【答案】(1)证明见解析(2)[1,+∞)(2x+1)(x-1)【分析】(1)根据题意，求得并化简得到f(x)=-，得出函数f(x)的单调区间，结合f(x)≤xf1，即可可证；22lnx-ax2lnx-xx(2)根据题意把不等式转化为e+2lnx-ax≤e+lnx-x，根据g(x)=e+x为增函数，转化为alnx+xlnx+x1-x-2lnx≥恒成立，令h(x)=，求得h(x)=，得出函数h(x)的单调区间和最大值223xxxh(1)=1，即可求解.21(2x+1)(x-1)【详解】(1)由函数f(x)=lnx-x+x，可得f(x)=-2x+1=-，xx令f(x)>0，可得0<x<1；令f(x)<0，可得x>1，所以f(x)在区间0,1上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，所以f(x)≤f1=0，即f(x)≤0．2xx22lnx-ax22lnx-x(2)由不等式-+lnx-ax+x≤0，可得e+2lnx-ax≤e+lnx-x，ax2xeex2lnx+x因为g(x)=e+x为增函数，则2lnx-ax≤lnx-x，即a≥在(0,+∞)恒成立，2xlnx+x1-x-2lnx令h(x)=，可得h(x)=，23xx2再令mx=1-x-2lnx，可得mx=-1-<0，所以mx单调递减，x又因为m1=0，所以当x∈0,1时，mx>0，h(x)>0，函数h(x)在0,1上单调递增；当x∈1,+∞时，mx<0，h(x)<0，函数h(x)在1,+∞上单调递减，即h(x)在区间0,1上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，所以h(x)最大值为h(1)=1，所以实数a的取值范围为[1,+∞)．【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．【点评】这类题目的特点，就是首先易于分离参数，然后通过构造函数，应用导数求解.热点五两次构造函数，解答恒(能)成立问题sinxπ18(2023·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=ax-,x∈0,cos3x2(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析.(2)(-∞,3]10,2【分析】(1)求导,然后令t=cosx,讨论导数的符号即可;(2)构造g(x)=f(x)-sin2x,计算g(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.32cosxcosx+3sinxcosxsinx【详解】(1)f(x)=a-6cosx222cosx+3sinx3-2cosx=a-=a-44cosxcosx2令cosx=t,则t∈(0,1)23-2tat+2t-3则f(x)=g(t)=a-=22tt2(2t-1)(4t+3)8t+2t-3当a=8,f(x)=g(t)==22tt1ππ当t∈0,2,即x∈4,2,f(x)<0.1π当t∈2,1,即x∈0,4,f(x)>0.πππ所以f(x)在0,4上单调递增,在4,2上单调递减(2)设g(x)=f(x)-sin2x22at+2t-323g(x)=f(x)-2cos2x=g(t)-22cosx-1=-2(2t-1)=a+2-4t+-设φ(t)=a+t2tt2232-4t+-tt232(t-1)(2t2+2t+3)26-4t-2t+6φ(t)=-4-+==->02333tttt所以φ(t)<φ(1)=a-3.°1若a∈(-∞,3],g(x)=φ(t)<a-3≤0π即g(x)在0,上单调递减,所以g(x)<g(0)=0.2所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2x,符合题意.°2若a∈(3,+∞)231121当t→0,-=-3-+→-∞,所以φ(t)→-∞.tt2t33φ(1)=a-3>0.π所以∃t0∈(0,1),使得φt0=0,即∃x0∈0,2,使得gx0=0.当t∈t0,1,φ(t)>0,即当x∈0,x0,g(x)>0,g(x)单调递增.所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数,若t0=cosx0,当t∈t0,1,φ(t)>0,对应当x∈0,x0,g(x)>0.x219(2023春·甘肃临夏·高二统考期末)设函数fx=e，gx=mx+x+1m∈R．(1)求证：fx≥x+1；(2)若当x∈0,+∞时，fx≥gx恒成立，求m的取值范围．【答案】(1)证明见解析1(2)m≤.2【分析】(1)作差构造函数，利用导数证明即可；11,x211(2)作差构造函数φ(x)=e-mx-x-1，求导后分三种情况①m≤0，②0<m≤，③m>，讨论求解22即可得解.xx【详解】(1)设h(x)=f(x)-x-1=e-x-1，h(x)=e-1，令h(x)<0，得x<0，令h(x)>0，得x>0，所以h(x)在(-∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以h(x)≥h(0)=0，即fx≥x+1.x2(2)设φ(x)=f(x)-g(x)=e-mx-x-1，x2当x∈0,+∞时，fx≥gx，即φ(x)=e-mx-x-1≥0恒成立，xφ(x)=e-2mx-1，x当m≤0时，因为x≥0，e-1≥0，-2mx≥0，所以φ(x)≥0，φ(x)在[0,+∞)上为增函数，φ(x)≥φ(0)=0恒成立，xx当m>0时，设u(x)=e-2mx-1，u(x)=e-2m，1x若2m≤1，即0<m≤时，因为e≥1，所以u(x)≥0，u(x)在[0,+∞)上为增函数，2u(x)≥u(0)=0，即φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，故φ(x)在[0,+∞)上为增函数，所以φ(x)≥φ(0)=0恒成立，1若2m>1，即m>时，令u(x)<0，得0≤x<ln(2m)，则u(x)在0,ln(2m)上为减函数，2所以当x∈0,ln(2m)时，u(x)<u(0)=0，即φ(x)<0，φ(x)在0,ln(2m)上为减函数，可得φ(x)<φ(0)=0，不符合题意.1综上所述：m≤.2【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y=fx,x∈a,b，(1)若∀x∈a,b，总有fx<k成立，故fxmax<k；(2)若∀x∈a,b，总有fx>k成立，故fxmin>k；(3)若∃x∈a,b，使得fx<k成立，故fxmin<k；(4)若∃x∈a,b，使得fx>k，故fxmax>k.热点六先分离参数、再两次构造函数，解答恒(能)成立问题220(2023春·天津滨海新·高二统考期末)已知函数fx=lnx-mx+1-2mx+1，m∈R.(1)若f1=-1，求m的值及函数fx的极值；(2)讨论函数fx的单调性：(3)若对定义域内的任意x，都有fx≤0恒成立，求整数m的最小值.11【答案】(1)m=1，极大值为f=-ln2，无极小值24(2)答案见解析(3)1【分析】(1)由f1=-1可求出m=1，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；(2)对函数求导后，分m≤0和m>0两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；lnx+x+1lnx+x+1(3)方法一：将问题转化为m≥在0,+∞上恒成立，构造函数Fx=，求出后得22x+2xx+2x12,-x+1x+2lnxFx=，再构造函数φx=-x+2lnx，对其求导判断其单调性，从而可求出Fx22x+2x的单调区间，求出其最大值，进而可求出整数m的最小值；方法二：由(2)可知，当m>0时，fx有最大值111111f2m=ln2m+4mm>0，则将问题转化为需要f2m≤0即可，构造函数gm=ln2m+4m，利用导数求出其最大值即可.【详解】(1)fx的定义域为0,+∞，2因为fx=lnx-mx+1-2mx+1，f1=-1，则f1=-3m+2=-1，解得m=1.21x+12x-1当m=1时，fx=lnx-x-x+1，fx=-2x-1=-.xx11当0<x<时，fx>0，则fx在0,上单调递增；2211当x>时，fx<0，则fx在,+∞上单调递减；22111所以fx在x=时取得极大值且极大值为f=-ln2，无极小值．224212mx+2m-1x-12mx-1x+1(2)因为fx=-2mx+1-2m=-=-x>0，xxx当m≤0时，fx>0在0,+∞上恒成立，此时fx在0,+∞上单调递增；当m>0时，11当0<x<时，fx>0，则fx在0,上单调递增；2m2m11当x>时，fx<0，则fx在,+∞上单调递减；2m2m综上：当m≤0时，fx在0,+∞上单调递增；11当m>0时，fx在0,2m上单调递增，在2m,+∞上单调递减，(3)解法一：若对定义域内的任意x，都有fx≤0恒成立，22所以lnx-mx+1-2mx+1≤0，即lnx+x+1≤mx+2x在0,+∞上恒成立，lnx+x+1即m≥在0,+∞上恒成立，2x+2xlnx+x+1-x+1x+2lnx设Fx=，则Fx=.222x+2xx+2x2设φx=-x+2lnx，则φx=-1+<0x所以φx在0,+∞上单调递减，1111因为φ1=-1<0，φ2=-2+2ln2=2ln2-2>0，1所以∃x0∈2,1，使得φx0=0，即x0+2lnx0=0.当x∈0,x0时，φx>0，当x∈x0,+∞时，φx<0.所以Fx在-0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，lnx0+x0+12lnx0+2x0+2x0+21所以Fxmax=Fx0=2=2==2x.x0+2x02x0+2x02x0x0+20111因为x0∈2,1，所以2x∈2,1013,故整数m的最小值为1解法二：若对定义域内的任意x，都有fx≤0恒成立，由(2)可知，当m≤0时，fx在0,+∞上单调递增，因为f1=-3m+2>0，显然不符合对定义域内的任意x，都有fx≤0恒成立11由(2)可知，当m>0时，fx在0,2m上单调递增，在2m,+∞上单调递减，1111-2m11所以fx有最大值f=ln-++1=ln+m>0.2m2m4m2m2m4m1若对定义域内的任意x，都有fx≤0恒成立，只需要f≤0即可.2m1111设gm=ln+，显然gm=ln+在0,+∞上单调递减，2m4m2m4m1111因为g(x)min>h(x)max，g1=ln+<0，g2=ln+<024481所以要使f≤0，只需要整数m≥1，2m故整数m的最小值为1【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数的单lnx+x+1调性，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第(3)问解题的关键是将问题转化为m≥在2x+2xlnx+x+10,+∞上恒成立，然后构造函数Fx=，利用导数求出其最大值，即可得到m的范围，考查2x+2x数学转化思想和计算能力，属于难题.x221(2023春·山东济宁·高二统考期末)已知函数fx=ae-x．(1)讨论fx的单调性;12(2)设函数gx=xlnx-x，若对任意x∈0,+∞，不等式fx<gx恒成立，求a的取值范围．2【答案】(1)答案见解析-2(2)a<-e【分析】(1)求导，用导数研究函数的单调性；1212xlnx-x+xxlnx-x+x22(2)恒成立问题，分离参数得到a<，令hx=，则a<hxmin.xx22eexa2【详解】(1)函数fx的定义域为r，fx=e-1，2xa2①当a≤0时，fx=e-1<0，函数fx在r上单调递减；2xa22②当a>0时，令fx=e-1>0，得x>2ln，2a2函数fx在2ln,+∞上单调递增；axa22令fx=e-1<0，得x<2ln，2a2函数fx在-∞,2ln上单调递减．a综上，当a≤0时，函数fx在R上单调递减；2当a>0时，函数fx单调递增区间为2ln,+∞，a14,2单调递减区间为-∞,2ln．a12(2)因为函数gx=xlnx-x，对任意x∈0,+∞，不等式fx<gx恒成立，212xlnx-x+x2等价于对任意x∈0,+∞，a<恒成立．x2e12xlnx-x+x2令hx=，x2e112111lnx-x+2-xlnx+x-xx-2x-2-lnx24222则hx==，xx22ee111x-2令φx=x-2-lnx，则φx=-=22x2x若φx>0，则x>2，φx在2,+∞上单调递增，若φx<0，则0<x<2，φx在0,2上单调递减，所以φ(x)min=φ2=-1-ln2<0．3132-21-2又因为φe=e-5>e-5>0，φe=e>0，22-23所以φx=0有两个实根x1,x2，且x1∈e,2，x2∈2,e．所以当x∈0,x1时，hx<0，函数hx在0,x1上单调递减，当x∈x1,2时，hx>0，函数hx在x1,2上单调递增，当x∈2,x2时，hx<0，函数hx在2,x2上单调递减，当x∈x2,+∞时，hx>0，函数hx在x2,+∞上单调递增，所以函数hx有两个极小值点为x1,x2．111x1-22因为x1是x-2-lnx=0的根，所以x1-2=lnx1，即x1=e，22所以函数hx的一个极小值为121121x1-2x1lnx1-2x1+x1x12x1-2-2x1+x1-x-e21-2hx1=x1=x1=x1=x1=-e．2222eeee-2同理，函数hx的另一个极小值为hx2=-e，-2所以h(x)min=-e，-2所以若对任意x∈0,+∞，不等式fx<gx恒成立，则a<-e．热点七构造函数法证明恒成立问题x22(2023·全国·统考高考真题)已知函数fx=ae+a-x．(1)讨论fx的单调性；3(2)证明：当a>0时，fx>2lna+．2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；2121(2)方法一：结合(1)中结论，将问题转化为a--lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a--22lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.xx2方法二：构造函数hx=e-x-1，证得e≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a-x，进而将问题转化15,21为a--lna>0的恒成立问题，由此得证.2xx【详解】(1)因为f(x)=ae+a-x，定义域为R，所以fx=ae-1，xxx当a≤0时，由于e>0，则ae≤0，故fx=ae-1<0恒成立，所以fx在R上单调递减；x当a>0时，令fx=ae-1=0，解得x=-lna，当x<-lna时，fx<0，则fx在-∞,-lna上单调递减；当x>-lna时，fx>0，则fx在-lna,+∞上单调递增；综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；当a>0时，fx在-∞,-lna上单调递减，fx在-lna,+∞上单调递增.(2)方法一：-lna2由(1)得，fxmin=f-lna=ae+a+lna=1+a+lna，32321要证f(x)>2lna+，即证1+a+lna>2lna+，即证a--lna>0恒成立，22222112a-1令ga=a--lnaa>0，则ga=2a-=，2aa22令ga<0，则0<a<；令ga>0，则a>；2222所以ga在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，22212所以gamin=g2=2-2-ln2=ln2>0，则ga>0恒成立，3所以当a>0时，f(x)>2lna+恒成立，证毕.2方法二：xx令hx=e-x-1，则hx=e-1，xx由于y=e在R上单调递增，所以hx=e-1在R上单调递增，0又h0=e-1=0，所以当x<0时，hx<0；当x>0时，hx>0；所以hx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，x故hx≥h0=0，则e≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，xx2x+lna22因为f(x)=ae+a-x=ae+a-x=e+a-x≥x+lna+1+a-x，当且仅当x+lna=0，即x=-lna时，等号成立，32321所以要证f(x)>2lna+，即证x+lna+1+a-x>2lna+，即证a--lna>0，22222112a-1令ga=a--lnaa>0，则ga=2a-=，2aa22令ga<0，则0<a<；令ga>0，则a>；2222所以ga在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，22212所以gamin=g2=2-2-ln2=ln2>0，则ga>0恒成立，3所以当a>0时，f(x)>2lna+恒成立，证毕.2x1223(2023春·广东广州·高二统考期末)已知函数fx=axe-(x+1),a∈R．216,(1)讨论函数fx的单调性；12(2)当a>1时，令gx=lnx-x-1，求证：fx>gx2【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导，导论a的范围，通过导函数的正负判断函数的单调性；(2)构造函数Hx=fx-gx，探讨函数Hx在区间0,+∞上的最小值即可.【详解】(1)由题意可知fx的定义域为x∈R，xxxfx=ae+axe-x+1=x+1ae-1，x当a≤0时，ae-1<0，所以当x>-1时，fx<0，fx单调递减，当x<-1时，fx>0，fx单调递增；当a>0时，令fx=0解得x1=-1，x2=-lna，①当-lna=-1，即a=e时，fx≥0恒成立，所以fx在R上单调递增，②当-lna<-1，即a>e时，当-lna<x<-1时，fx<0，fx单调递减，当x<-lna或x>-1时，fx>0，fx单调递增，③当-lna>-1，即0<a<e时，当-1<x<-lna时，fx<0，fx单调递减，当x<-1或x>-lna时，fx>0，fx单调递增，综上所述，当a≤0时，fx在-∞,-1上单调递增，在-1,+∞上单调递减，当a=e时，fx在R上单调递增，当a>e时，fx在-∞,-lna，-1,+∞上单调递增，在-lna,-1上单调递减，当0<a<e时，fx在-∞,-1，-lna,+∞上单调递增，在-1,-lna上单调递减.x1212x(2)令hx=fx-gx=axe-x+1-lnx+x-1=axe-x-1-lnx，x>0，22xxx1x+1axe-1则Hx=ae+axe-1-=，xxx令hx=axe-1，x>0，xxx因为a>1，所以hx=ae+axe=aex+1>0恒成立，hx单调递增，又因为h0=-1<0，h1=ae-1>0，所以存在x=t∈0,1使得ht=0，所以当x∈0,t时，hx<0，进而可得Hx<0，Hx单调递减，当x∈t,+∞时，hx>0，进而可得Hx>0，Hx单调递增，tt因为a>1且ht=ate-1=0，即ate=1，tt所以两边取对数可得lnate=lna+lnt+lne=0，即lnt+t=-lna<0，tt所以Hxmin=Ht=ate-t-1-lnt=ate-1-t+lnt>0，所以Hx>0恒成立，即fx>gx.224(2023春·河北沧州·高二统考期中)已知函数fx=alnx-xa∈R．(1)讨论fx的单调性；x2(2)当a=2时，证明：不等式fx<e-x-2恒成立．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的定义域与导函数，分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；xx(2)依题意e-2lnx-2>0恒成立，令gx=e-2lnx-2，x∈0,+∞，利用导数说明函数的单调性，只17,需证明gxmin>0即可.2【详解】(1)fx=alnx-x定义域为0,+∞，2aa-2xfx=-2x=，xx当a≤0时fx<0恒成立，所以fx在0,+∞上单调递减，a-2x2a-2xa+2x当a>0时fx==，xx2a2a所以当0<x<2时fx>0，则fx在0,2上单调递增，2a2a当x>2时fx<0，则fx在2,+∞上单调递减，综上可得，当a≤0时fx在0,+∞上单调递减；2a2a当a>0时fx在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减.2x2(2)当a=2时fx=2lnx-x，则不等式fx<e-x-2恒成立，x即e-2lnx-2>0恒成立，xx2令gx=e-2lnx-2，x∈0,+∞，则gx=e-，xx2x2令hx=gx=e-，x∈0,+∞，则hx=e+>0，xx2所以hx在0,+∞上单调递增，1121又h2=e-4<0，h1=e-2>0，所以存在唯一实数x0∈2,1使得hx0=0，所以当0<x<x0时hx<0，即gx<0，所以gx在0,x0上单调递减，当x>x0时hx>0，即gx>0，所以gx在x0,+∞上单调递增，x0x02所以gxmin=gx0=e-2lnx0-2，又e-=0，x0x02即e=，所以x0=ln2-lnx0，则lnx0=ln2-x0，x0x02所以gx0=e-2lnx0-2=-2ln2-x0-2x02=+2x0-2ln2-2，x0111令mx=x+，x∈,1，则mx=1-<0,x2x211所以mx=x+在,1上单调递减，所以mx>m1=2，x221所以x+2x0-2ln2-2=2x+x0-2ln2-200>4-2ln2-2=2-2ln2=21-ln2>0，xx2即gxmin=gx0>0，所以e-2lnx-2>0恒成立，即不等式fx</x<x0时hx<0，即gx<0，所以gx在0,x0上单调递减，当x></e-x-2恒成立，x即e-2lnx-2></x<2时fx></e-x-2恒成立．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的定义域与导函数，分a≤0、a></a<e时，fx在-∞,-1，-lna,+∞上单调递增，在-1,-lna上单调递减.x1212x(2)令hx=fx-gx=axe-x+1-lnx+x-1=axe-x-1-lnx，x></a<e时，当-1<x<-lna时，fx<0，fx单调递减，当x<-1或x></x<-1时，fx<0，fx单调递减，当x<-lna或x></a<；令ga></a<；令ga></gx恒成立，则a<-e．热点七构造函数法证明恒成立问题x22(2023·全国·统考高考真题)已知函数fx=ae+a-x．(1)讨论fx的单调性；3(2)证明：当a></x<2，φx在0,2上单调递减，所以φ(x)min=φ2=-1-ln2<0．3132-21-2又因为φe=e-5></gx恒成立，212xlnx-x+x2等价于对任意x∈0,+∞，a<恒成立．x2e12xlnx-x+x2令hx=，x2e112111lnx-x+2-xlnx+x-xx-2x-2-lnx24222则hx==，xx22ee111x-2令φx=x-2-lnx，则φx=-=22x2x若φx></gx恒成立，求a的取值范围．2【答案】(1)答案见解析-2(2)a<-e【分析】(1)求导，用导数研究函数的单调性；1212xlnx-x+xxlnx-x+x22(2)恒成立问题，分离参数得到a<，令hx=，则a<hxmin.xx22eexa2【详解】(1)函数fx的定义域为r，fx=e-1，2xa2①当a≤0时，fx=e-1<0，函数fx在r上单调递减；2xa22②当a></x<时，fx></x<时，fx></k成立，故fxmin<k；(4)若∃x∈a,b，使得fx></ln(2m)，则u(x)在0,ln(2m)上为减函数，2所以当x∈0,ln(2m)时，u(x)<u(0)=0，即φ(x)<0，φ(x)在0,ln(2m)上为减函数，可得φ(x)<φ(0)=0，不符合题意.1综上所述：m≤.2【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y=fx,x∈a,b，(1)若∀x∈a,b，总有fx<k成立，故fxmax<k；(2)若∀x∈a,b，总有fx></m≤时，因为e≥1，所以u(x)≥0，u(x)在[0,+∞)上为增函数，2u(x)≥u(0)=0，即φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，故φ(x)在[0,+∞)上为增函数，所以φ(x)≥φ(0)=0恒成立，1若2m></m≤，③m></a-3≤0π即g(x)在0,上单调递减,所以g(x)<g(0)=0.2所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2x,符合题意.°2若a∈(3,+∞)231121当t→0,-=-3-+→-∞,所以φ(t)→-∞.tt2t33φ(1)=a-3></sin2x恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析.(2)(-∞,3]10,2【分析】(1)求导,然后令t=cosx,讨论导数的符号即可;(2)构造g(x)=f(x)-sin2x,计算g(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.32cosxcosx+3sinxcosxsinx【详解】(1)f(x)=a-6cosx222cosx+3sinx3-2cosx=a-=a-44cosxcosx2令cosx=t,则t∈(0,1)23-2tat+2t-3则f(x)=g(t)=a-=22tt2(2t-1)(4t+3)8t+2t-3当a=8,f(x)=g(t)==22tt1ππ当t∈0,2,即x∈4,2,f(x)<0.1π当t∈2,1,即x∈0,4,f(x)></x<1；令f(x)<0，可得x></a<10<a<125-1结合题意可得实数a的取值范围是,1.25-1故答案为：,1.2x15(2023春·湖南·高二校联考期末)已知函数fx=ax+ea></f1=0，故与题设矛盾.2综上所述，a的取值范围是3,+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，导数中的恒成立问题，属于较难题，不等式fx≥xlnx+a7,在1,+∞上恒成立，求a的取值范围，只需求得f1=0，f1=3a-2，再分3a-2≥0，3a-2<0两种情况讨论求解即可.方法归纳【规律方法】构造函数的常见类型有：x若fx+fx></a<时，有f1<0，又x→+∞，fx→+∞，令gx=fx=-e-+2ax+3xx21-x11gx=e++2a1-></gxmax=，由于fx的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以m≠0，e11故解得m∈-e,0∪0,e11故答案为：-e,0∪0,e1-x313(2023春·安徽·高二校联考期末)已知函数fx=xe+ax-xa∈r.1(1)若a=，判断fx在-∞,0上的单调性；3(2)若关于x的不等式fx≥xlnx+a在1,+∞上恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)函数fx在-∞,0上单调递增2(2)3,+∞1-x【分析】(1)求出函数的导数，判断1-x与e-x-1的正负，即可判定函数单调性；(2)求得f1=0，f1=3a-2，再分3a-2≥0，3a-2<0两种情况讨论求解即可.1-x21-x【详解】(1)fx=e1-x+x-1=1-xe-x-1，1-x1-x∵x∈-∞,0，∴1-x></lnx⇒m<，x6,lnx1-lnx记gx=，x∈1,+∞，则gx=，xx2故当x∈e,+∞,gx<0,gx单调递减，当x∈1,e,gx></lnx⇒m<成立，xlnx构造函数gx=，利用导数求解单调性即可得最值求解.x【详解】令a=b=1，则f1=2f(1)-1⇒f1=1，令a=b=-1，则f1=2f(-1)-1⇒f-1=1，去b=-1,a=x,x∈-∞,0∪0,+∞，则f-x=fx+f(-1)-1⇒fx=f-x，所以fx为定义域-∞,0∪0,+∞内的偶函数，fx在-∞,0上单调递增，故fx在0,+∞上单调递减，由fmx-flnx></x<1时，hx<0所以h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增，所以h(x)min=h(1)=e，即0<a≤e，故选：b【点睛】易错点点睛：本题在化简不等式时，一定注意到lnax在区间0,2上有意义，必有a></a≤，在任意x∈0,2上恒成立，xxexx-1e记h(x)=，x∈0,2，则h(x)=，xx2令h(x)=0，解得x=1，当1<x<2时，hx></a≤，在任意x∈0,2上恒成立，再利用导函数求出h(x)=在0,2上的最小值即可.xxx【详解】因为e≥lnax+a-1x，xlnax所以e+x≥lnax+ax=e+lnax，xx记f(x)=e+x，则f(x)=e+1></h2，所以hxmax=h2=2-ln2，所以1≤b≤2-ln2所以实数b的取值范围是1,2-ln2.故选：bx0-b【点睛】关键点点睛：本题考查函数同构问题和存在性问题.关键点在于将原式进行变形转化，转化为ex+x0-b=x0+lnx0，构造gx=e+x，得到gx0-b=glnx0，进而得到自变量的关系，再通过构造函数研究最值即可.本题考查了转化与化归能力、数学运算能力，属于中档题.1210(2023春·广东广州·高二统考期末)已知函数fx=alnx+x，若对任意正数x1，x2x1≠x2，都2fx1-fx2有></f(x0)成立，则只需a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围.热点二构造函数法解答恒(能)成立问题m8(辽宁省五校2022-2023学年高二下学期期末数学试题)已知函数f(x)=(e-1)x的图象恒在g(x)x=e-lnx-m的图象的下方，则实数m的取值范围是()a.(-∞,1)b.(-∞,e-1)c.(0,1)d.(0,e-1)【答案】amxm+lnxxx【分析】由题意可得(e-1)x<e-lnx-m，转化原不等式为e+m+lnx<e+x，构造函数φ(x)=e+x，利用单调性可得m+lnx<x，分离参数求h(x)=x-lnx的最小值即可.mx【详解】由题意可得(e-1)x<e-lnx-m恒成立，mxm+lnxx故x⋅e+m+lnx<e+x恒成立，即e+m+lnx<e+x恒成立，xx令φ(x)=e+x，则φ(x)=e+x单调递增，原不等式可化为φ(m+lnx)<φ(x)，所以m+lnx<x，即m<x-lnx，令h(x)=x-lnx，1x-1则h(x)=1-=，当0<x<1时，h(x)<0，当x></f(x)对x∈d恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈d，使a></a≤0时，ae≥a(a+1)，1211令g(a)=a(a+1)=a+2-4∈-4,0，1b-11所以此时a=-,b=1-ln2,ae取最小值为-，24b-1当a></x<，令f(x)<0，解得x></g(1)==e，所以a≥e，e-1即实数a的最小值为e.故选：c6(云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题)已知关于x的不等式a+1xb-1≥lnx+b恒成立，则ae的最小值为()111a.-1b.-c.-d.-248【答案】c【分析】令f(x)=lnx-(a+1)x，则将问题转化为f(x)max≤-b，求出函数的导数，根据函数的单调性可求出b-1b-1f(x)的最大值，问题转化为(a+1)≥e，-1<a≤0时，ae≥a(a+1)，从而可求出其最小值.【详解】关于x的不等式a+1x≥lnx+b恒成立，即lnx-(a+1)x≤-b，令f(x)=lnx-(a+1)x，则f(x)max≤-b，1-(a+1)x+1f(x)=-(a+1)=，xx当a≤-1时，f(x)>
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