高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题(精练)(原卷版+解析)，共17页。


【题型一 端点效应处理不等式求参】
1.(2023·山东济南历城二中高三月考）设函数f(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．
(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．
2．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝lnx(ax＋1－a)(a＞0)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，设g(x)＝f(x)－x＋1，讨论g(x)的导函数g′(x)的单调性；
(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，求a的取值范围．
3. (2023·山东济南高三期末）已知函数f(x)＝axln(x＋1)＋x＋1(x>－1，a∈R)．
(1)若a＝eq \f(1,e)，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≤ex恒成立，求实数a的取值范围．
【题型二 分离参数法处理不等式求参】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
3. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求实数a的取值范围．
【题型三 最值法处理不等式求参】
1.(2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
2．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
3. 函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．
【题型四 同构法处理不等式求参】
1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝x－alnx．
(1)若曲线y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0，求a，b的值；
(2)求函数g(x)＝f(x)＋eq \f(a＋1,x)(a∈R)的极值点；
(3)设h(x)＝eq \f(1,a)f(x)＋aex－eq \f(x,a)＋ln a(a>0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．
2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝1＋aexlnx．
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)≥ex(xa－x)(a<0)，对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【题型五 双变量不等式求参】
1.(2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x)＝eq \f (1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq \f (a,x)(a>0)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f (1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围．
2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq \f(a,x)(a∈R且a(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
3.6利用导数研究不等式恒(能)成立问题
【题型解读】
【题型一 端点效应处理不等式求参】
1.(2023·山东济南历城二中高三月考）设函数f(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．
(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；
(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．
【解析】(1)当b＝0时，f(x)＝xln x－ax2－x，f′(x)＝ln x－2ax，
∴f(x)＝xln x－ax2－x有2个极值点就是方程ln x－2ax＝0有2个解，
即y＝2a与m(x)＝eq \f(ln x,x)的图象的交点有2个．∵m′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x∈(0，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．m(x)有极大值eq \f(1,e)，
又∵x∈(0，1]时，m(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，0当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))时，y＝2a与m(x)＝eq \f(ln x,x)的图象的交点有0个；
当a∈(－∞，0]或a＝eq \f(1,2e)时，y＝2a与m(x)＝eq \f(ln x,x)的图象的交点有1个；
当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))时，y＝2a与m(x)＝eq \f(ln x,x)的图象的交点有2个．
综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))．
(2)函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴f′(1)＝0且f(1)≠0，
∵f′(x)＝ln x－2ax＋b，∴b＝2a且a≠1．h(x)＝xln x－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)时，
其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x>1时，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，
即ln x＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，令t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝eq \f(1,x)＋ex－2a，
设φ(x)＝eq \f(1,x)＋ex－2a，φ′(x)＝ex－eq \f(1,x2)，∵x>1，∴ex>e，eq \f(1,x2)<1，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，
当a≤eq \f(1＋e,2)且a≠1时，t′(x)≥0，∴t(x)＝ln x＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，
∴t(x)>t(1)＝0成立，当a>eq \f(1＋e,2)时，∵t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln 2a)＝eq \f(1,ln 2a)＋2a－2a>0，
∴存在x0∈(1，ln 2a)，满足t′(x0)＝0．∵t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x∈(1，x0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，∴t(x0)0不恒成立．
∴实数a的取值范围为(－∞，1)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1＋e,2)))．
2．(2023·天津·崇化中学期末）已知函数f(x)＝lnx(ax＋1－a)(a＞0)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，设g(x)＝f(x)－x＋1，讨论g(x)的导函数g′(x)的单调性；
(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝eq \f(1,2)时，g(x)＝eq \f(1,2)(x＋1)ln x－x＋1，x＞0，
∴g′(x)＝eq \f(1,2)ln x＋eq \f(1,2x)－eq \f(3,2)，∴g″(x)＝eq \f(1,2x)－eq \f(1,2x2)＝eq \f(x－1,2x2)，
当0＜x＜1时，g″(x)＜0，当x＞1时，g″(x)＞0，
∴g′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
(2)当x＞1时，f(x)＞x－1，∴lnx(ax＋1－a)＝lnx＋a(x－1)lnx＞x－1，
即lnx＋a(x－1)lnx－(x－1)＞0，
设h(x)＝lnx＋a(x－1)lnx－(x－1)，∵h(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵h′(x)＝eq \f(1,x)＋alnx＋a－eq \f(a,x)－1，∵h′(1)＝1＋a－a－1＝0，
设φ(x)＝eq \f(1,x)＋alnx＋a－eq \f(a,x)－1，∴φ′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(a,x)＋eq \f(a,x2)＝eq \f(ax＋(a－1),x2)，令φ′(x)＝0，解得x＝eq \f(1－a,a)，
当eq \f(1－a,a)≤1时，即a≥eq \f(1,2)时，函数φ′(x)＞0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)＞φ(1)＝0，
∴函数h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
当0＜a＜eq \f(1,2)时，函数φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a－1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－1,a)，＋∞))上单调递增，
∴φ(x)min＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－1,a)))＜φ(1)＝0，∴h(x)在(1，＋∞)上不单调，
综上所述a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
3. (2023·山东济南高三期末）已知函数f(x)＝axln(x＋1)＋x＋1(x>－1，a∈R)．
(1)若a＝eq \f(1,e)，求函数f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≤ex恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)a＝eq \f(1,e)时，f(x)＝eq \f(1,e)xln(x＋1)＋x＋1，
f′(x)＝eq \f(1,e)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋\f(x,x＋1)))＋1＝eq \f(1,e)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1．
易得f′(x)在(－1，＋∞)上是增函数，且f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,e)))＝0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
∴函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1＋\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(1,e)，＋∞))．
(2)记g(x)＝f(x)－ex(x≥0)，则g(0)＝0，g′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1－ex．
记h(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln(x＋1)＋1－\f(1,x＋1)))＋1－ex(x≥0)，h′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(x＋1)2)＋\f(1,x＋1)))－ex，h′(0)＝2a－1．
①当a≤eq \f(1,2)时，∵eq \f(1,(x＋1)2)＋eq \f(1,x＋1)∈(0，2]，ex≥1，∴h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上是减函数，
则h(x)≤h(0)＝0，即g′(x)≤0，∴g(x)在[0，＋∞)上是减函数，∴g(x)≤g(0)＝0恒成立，
即f(x)≤ex恒成立，满足题设；
②当a>eq \f(1,2)时，h′(x)＝aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,(x＋1)2)＋\f(1,x＋1)))－ex在[0，＋∞)上是减函数，
又h′(0)＝2a－1>0，当x→＋∞时，h′(x)→－∞，则必存在x0∈(0，＋∞)，使h′(x0)＝0，
则当x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)在(0，x0)上是增函数，此时h(x)>h(0)＝0，
即当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上是增函数，∴g(x)>g(0)＝0，即f(x)>ex，不符合题意．
综合①②，得a≤eq \f(1,2)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))．
【题型二 分离参数法处理不等式求参】
1.(2023·山东青岛高三期末）已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a＋1)(x＋1)ex，
①当a＝0时，f′(x)＝ex(x＋1)，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．
②当a>0时，f′(x)＝a(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a＋1,a)))ex，则方程f′(x)＝0有两根－1，－eq \f(a＋1,a)，且－1>－eq \f(a＋1,a)．
所以函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋1,a)，－1))．
综上可知，当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(a＋1,a)))和(－1，＋∞)，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a＋1,a)，－1))；当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－1，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1)．
(2)函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立转化为a≤x＋eq \f(1,ex)在R上恒成立．
令h(x)＝x＋eq \f(1,ex)，则h′(x)＝eq \f(ex－1,ex)，易知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数．
所以h(x)min＝h(0)＝1，则a≤1．
又由题设a≥0，故实数a的取值范围为[0，1]．
2．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(e是自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数，并说明理由；
(2)若对任意的x>0，f(x)＋ex≥x3＋x，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a)．
当a≤0时，由f′(x)<0得x<0，由f′(x)>0得x>0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)有1个极值点；
当00得x0，由f′(x)<0得ln (2a)∴f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递增，在(ln (2a)，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)有2个极值点；
当a＝eq \f(1,2)时，由f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)没有极值点；
当a>eq \f(1,2)时，由f′(x)>0得x<0或x>ln (2a)，由f′(x)<0得0综上，当a≤0时，f(x)有1个极值点；当a>0且a≠eq \f(1,2)时，f(x)有2个极值点；当a＝eq \f(1,2)时，f(x)没有极值点．
(2)由f(x)＋ex≥x3＋x得xex－x3－ax2－x≥0．
当x>0时，ex－x2－ax－1≥0，即a≤eq \f(ex－x2－1,x)对任意的x>0恒成立．
设g(x)＝eq \f(ex－x2－1,x)，则g′(x)＝eq \f((x－1)(ex－x－1),x2)．
设h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1．
∵x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex－x－1>0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝e－2，∴a≤e－2，
∴实数a的取值范围为(－∞，e－2]
3. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－a－ln x,x2)．
令f′(x)>0，得1－a－ln x>0，解得0令f′(x)<0，得1－a－ln x<0，解得x>e1－a．
故f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞)．
(2)因为f(x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1恒成立，即eq \f(ln x＋a,x)≤ex－1＋eq \f(1,x)－1对(0，＋∞)恒成立，
所以a≤xex－1－x－ln x＋1对(0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝xex－1－x－ln x＋1，则g′(x)＝ex－1＋xex－1－1－eq \f(1,x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1－\f(1,x)))．
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，1)上单调递减．
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故当x＝1时，g(x)取到最小值g(1)＝1，所以a≤1．
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
【题型三 最值法处理不等式求参】
1.(2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)若a＝0，f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x，
x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)有极小值，f(1)＝0，无极大值．
(2)f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)恒成立．
①若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，
∴f(x)为增函数，∴f(x)>f(1)＝0，即f(x)<0不成立，∴a＝0不成立．
②∵x>1，lnx－eq \f((x－1)(ax－a＋1),x)<0在(1，＋∞)恒成立，
不妨设h(x)＝lnx－eq \f((x－1)(ax－a＋1),x)，x∈(1，＋∞)，
h′(x)＝－eq \f((x－1)(ax＋a－1),x2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝0，x＝1或eq \f(1－a,a)，
若a<0，则eq \f(1－a,a)<1，x>1，h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若00，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若a≥eq \f(1,2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)<0，h(x)为减函数，h(x)综上所述，若x>1时，f(x)<0恒成立，则a≥eq \f(1,2)．
2．(2023·广东·高三期末）已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，∴f′(x)＝ex－ eq \f(1,x)，∴f′(1)＝e－1．
∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，
∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)，0))，
∴所求三角形面积为 eq \f(1,2)×2× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2,e－1)))＝ eq \f(2,e－1)．
(2)解法一 (隐零点法)
∵f(x)＝aex－1－ln x＋lna，∴f′(x)＝aex－1－ eq \f(1,x)，且a>0．
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋ eq \f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；
当a>1时， eq \f(1,a)<1，∴<1，∴f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))f′(1)＝，
∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－ eq \f(1,x0)＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，
∴ae x0－1＝ eq \f(1,x0)，∴lna＋x0－1＝－lnx0，
因此f(x)min＝f(x0)＝ae x0－1－lnx0＋lna＝ eq \f(1,x0)＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2 eq \r(\f(1,x0)·x0)＝2lna＋1>1，
∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当0综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．
3. 函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R).
(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；
(2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋eq \f(1,x)，f′(1)＝3－2a，
由题意f′(1)·eq \f(1,2)＝(3－2a)·eq \f(1,2)＝－1，解得a＝eq \f(5,2)．
(2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－eq \f(3,x)，
令g(x)＝2ln x＋x－a＋eq \f(3,x)，
则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，
则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；
在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.
由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，
所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
【题型四 同构法处理不等式求参】
1.(2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数f(x)＝x－alnx．
(1)若曲线y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0，求a，b的值；
(2)求函数g(x)＝f(x)＋eq \f(a＋1,x)(a∈R)的极值点；
(3)设h(x)＝eq \f(1,a)f(x)＋aex－eq \f(x,a)＋ln a(a>0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．
【解析】 (1)由f(x)＝x－aln x，得y＝x－aln x＋b，∴y′＝f′(x)＝1－eq \f(a,x)．
由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′(1)＝－1，,f(1)＋b＝2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a＝－1，,1＋b＝2，))∴a＝2，b＝1．
(2)g(x)＝f(x)＋eq \f(a＋1,x)＝x－aln x＋eq \f(a＋1,x)，
∴g′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f((x＋1)[x－(a＋1)],x2)(x>0)，
当a＋1≤0，即a≤－1时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，无极值点．
当a＋1>0，即a>－1时，则有，当0a＋1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0，a＋1)上为减函数，在(a＋1，＋∞)上为增函数，
∴x＝a＋1是g(x)的极小值点，无极大值点．
综上可知，当a≤－1时，函数g(x)无极值点，
当a>－1时，函数g(x)的极小值点是a＋1，无极大值点．
(3) (同构后参变分离)
h(x)＝eq \f(1,a)f(x)＋aex－eq \f(x,a)＋ln a＝aex－ln x＋lna(a>0)，
由题意知，当x>a时，aex－ln x＋lna≥0恒成立，
又不等式aex－ln x＋ln a≥0等价于aex≥lneq \f(x,a)，即ex≥eq \f(1,a)lneq \f(x,a)，即xex≥eq \f(x,a)lneq \f(x,a)．①
①式等价于xex≥lneq \f(x,a)·elneq \f(x,a)，由x>a>0知，eq \f(x,a)>1，lneq \f(x,a)>0．
令φ(x)＝xex(x>0)，则原不等式即为φ(x)≥φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x,a)))，
又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x≥ln eq \f(x,a)，②
又②式等价于ex≥eq \f(x,a)，即a≥eq \f(x,ex)(x>a>0)，
设F(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，则F′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
∴F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x>a>0，
∴当0∴F(x)≤F(1)＝eq \f(1,e)．要使原不等式恒成立，须使eq \f(1,e)≤a<1，
当a≥1时，F(x)在(a，＋∞)上为减函数，F(x)要使原不等式恒成立，须使a≥eq \f(1,e)，∴当a≥1时，原不等式恒成立．
综上可知，a的取值范围是[eq \f(1,e)，＋∞)，a的最小值为eq \f(1,e)．
2.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝1＋aexlnx．
(1)当a＝1时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若不等式f(x)≥ex(xa－x)(a<0)，对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f′(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))，
令g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x＝1时，g(x)取得极小值即最小值g(1)＝1，
∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)(同构后参变分离) 不等式f(x)≥ex(xa－x)⇔e－x＋x≥xa－aln x⇔e－x－ln e－x≥xa－ln xa，
设k(t)＝t－ln t，即k(e－x)≥k(xa)，(*)
∵k′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，∴当t∈(0，1)时，k′(t)<0，k(t)在(0，1)上单调递减；
当t∈(1，＋∞)时，k′(t)>0，k(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∵x∈(1，＋∞)，0则(*)式⇔e－x≤xa⇒－a≤eq \f(x,ln x)，令h(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，则h′(x)＝eq \f(ln x－1,(ln x)2)，
当x∈(1，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)min＝h(e)＝e，则－a≤e，∴a≥－e，又a<0，∴a的取值范围是[－e，0)．
【题型五 双变量不等式求参】
1.(2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f (x)＝eq \f (1,2)lnx－mx，g(x)＝x－eq \f (a,x)(a>0)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f (1,2e2)，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)因为f (x)＝eq \f (1,2)ln x－mx，x>0，所以f ′(x)＝eq \f (1,2x)－m，
当m≤0时，f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．当m>0时，由f ′(x)＝0得x＝eq \f (1,2m)；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′(x)>0，,x>0))得00))得x>eq \f (1,2m)．
所以f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,2m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,2m)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当m≤0时，f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,2m)，＋∞))．
(2)若m＝eq \f (1,2e2)，则f (x)＝eq \f (1,2)ln x－eq \f (1,2e2)x．对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f (x2)成立，
等价于对∀x∈[2，2e2]都有g(x)min≥f (x)max，由(1)知在[2，2e2]上f (x)的最大值为f (e2)＝eq \f (1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f (a,x2)>0(a>0)，x∈[2，2e2]，所以函数g(x)在[2，2e2]上是增函数，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f (a,2)．由2－eq \f (a,2)≥eq \f (1,2)，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，
所以实数a的取值范围为(0，3]．
2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq \f(a,x)(a∈R且a(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f((x－1)(x－a),x2)．
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．
②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
(2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)，又g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)＜1，解得a＞eq \f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1))