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(精讲)(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(精讲)(原卷版+解析)，共18页。


【知识储备】
1.恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：
= 1 \* GB3 ①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
= 4 \* GB3 ④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．
【题型精讲】
【题型一 端点效应处理不等式求参】
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝csx＋eq \f(1,2)x2－1．
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）设函数f(x)＝(1－x2)ex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．
2. (2023·山东济南高三期末）设函数f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1＋2x2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】
方法技巧 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
例2 (2023·山东青岛高三期末）已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥ eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
【题型三 最值法处理不等式求参】
方法技巧 最值法处理不等式求参
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
例3 (2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知a∈R，设函数f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤＋lneq \f(x,a)－1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】
例4 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）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．
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝eax－x．
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．
【题型五 双变量不等式求参】
例5 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，其中参数a<0．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)【题型精练】
1. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设f(x)＝eq \f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
2. (2023·山东·历城二中期末）设函数f(x)＝eq \f(e(x2－ax＋a),ex)(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；
(2)设g(x)＝x＋eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,3)，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)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】
【知识储备】
1.恒成立与能成立问题的解决策略大致分四类：
= 1 \* GB3 ①构造函数，分类讨论；
②部分分离，化为切线；
③完全分离，函数最值；
= 4 \* GB3 ④换元分离，简化运算；
在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.
一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．
【题型精讲】
【题型一 端点效应处理不等式求参】
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝csx＋eq \f(1,2)x2－1．
(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；
(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1，
∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，
故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．
(2)∵f(x)＋g(x)＝ex＋cs x－ax－2，
令h(x)＝ex＋cs x－ax－2，则h′(x)＝ex－sin x－a，
令t(x)＝ex－sin x－a，则t′(x)＝ex－cs x，∵ex≥1，－1≤cs x≤1，故t′(x)≥0，
∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；
②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，
∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期末）设函数f(x)＝(1－x2)ex．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1±eq \r(2)，
当x∈(－∞，－1－eq \r(2))时，f′(x)＜0；当x∈(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)＜0．
所以f(x)在(－∞，－1－eq \r(2))，(－1＋eq \r(2)，＋∞)上单调递减，在(－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))上单调递增．
(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，令x＝0，可得g(0)＝0．
g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，g′(0)＝1－a，
又g′′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，g′′(x)＜0，g′(x)在[0，＋∞)上单调递减，
①当1－a≤0时，即a≥1，则eq \a\vs4\al(g′(x)≤g′(0)＝1＋a≤0，)g(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以g(x) ≤g(0)＝0．
②当1－a>0时，即a<1，x→＋∞时，g′(x)→－∞，
所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，
当0＜x＜x0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，(*)式不恒成立．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2. (2023·山东济南高三期末）设函数f (x)＝(1＋x－x2)ex(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当x≥0时，f (x)≤ax＋1＋2x2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f ′(x)＝(2－x－x2)ex＝－(x＋2)(x－1)ex．
当x<－2或x>1时，f ′(x)<0；当－20．
所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增．
(2)设F(x)＝f (x)－(ax＋1＋2x2)，F(0)＝0，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a，F′(0)＝2－a，
当a≥2时，F′(x)＝(2－x－x2)ex－4x－a≤－(x＋2)·(x－1)ex－4x－2
≤－(x＋2)(x－1)ex－x－2＝－(x＋2)[(x－1)ex＋1]，
设h(x)＝(x－1)ex＋1，h′(x)＝xex≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x－1)ex＋1≥h(0)＝0，
即F′(x)≤0在[0，＋∞)上恒成立，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，F(x)≤F(0)＝0，
所以f (x)≤ax＋1＋2x2在[0，＋∞)上恒成立．
当a<2时，F′(0)＝2－a>0，而函数F′(x)的图象在(0，＋∞)上连续且x→＋∞，F′(x)逐渐趋近负无穷，
必存在正实数x0使得F′(x0)＝0且在(0，x0)上F′(x)>0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，此时F(x)>F(0)＝0，f (x)>ax＋1＋2x2有解，不满足题意．
综上，a的取值范围是[2，＋∞)．
【题型二 分离参数法处理不等式求参】
方法技巧 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
例2 (2023·山东青岛高三期末）已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1．
令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)，∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))．
令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)，∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1恒成立．
∵x＞0，∴a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f((x－1)(3x＋1),2x2)．
令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍去)．
当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．
∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，
∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，
故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥ eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，
由于f″(x)＝ex＋2＞0，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)≥ eq \f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥ eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x＞0时，分离参数a得a≥－ eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－ eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－ eq \f((x－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，
令h(x)＝ex－ eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－ eq \f(1,2)x2－x－1≥0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)max＝g(2)＝ eq \f(7－e2,4)，
综上可得，实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞))．
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数f(x)＝ex－xlnx，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，其中e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求t的取值范围．
【解析】 (1)由f(x)＝ex－xln x，知f′(x)＝e－ln x－1，则f′(1)＝e－1，而f(1)＝e，
则所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋1．
(2)∵f(x)＝ex－xln x，g(x)＝ex－tx2＋x，t∈R，
∴g(x)≥f(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立等价于ex－tx2＋x－ex＋xln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即t≤eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令F(x)＝eq \f(ex＋x－ex＋xln x,x2)，则F′(x)＝eq \f(xex＋ex－2ex－xln x,x3)＝eq \f(1,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex＋e－\f(2ex,x)－ln x))，
令G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x，
则G′(x)＝ex－eq \f(2(xex－ex),x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(ex(x－1)2＋ex－x,x2)＞0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
∴G(x)＝ex＋e－eq \f(2ex,x)－ln x在(0，＋∞)上单调递增，且G(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，G(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，G(x)＞0，
即当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(1)＝1，∴t≤1，
即t的取值范围是(－∞，1]．
【题型三 最值法处理不等式求参】
方法技巧 最值法处理不等式求参
根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
例3 (2023·河南高三期末）已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a．
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0．
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0．
③若a＜0，则由(1)得，当x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))时，f(x)取得最小值，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))＝a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))，
从而当且仅当a2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))))≥0，即－2eeq \s\up6(\f(3,4))≤a＜0时，f(x)≥0．
综上，a的取值范围是[－2eeq \s\up6(\f(3,4))，1]．
【题型精练】
1．(2023·广东·高三期末）已知a∈R，设函数f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤＋lneq \f(x,a)－1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝eq \f(a,x＋a)＋eq \f(1,x)＝eq \f((a＋1)x＋a,x(x＋a))，x＞0且x＞－a，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②当a≤－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
③当－1＜a＜0时，－eq \f(a,a＋1)＞－a＞0，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(a,a＋1)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,a＋1)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)f(x)＝aln(x＋a)＋ln x≤＋lneq \f(x,a)－1，
即aln(x＋a)＋ln x≤＋lnx－ln a－1，a＞0，即aln(x＋a)＋ln a≤－1，
令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x，
∴e－1＞a2x，则原不等式等价为aln(x＋a)＋ln a≤a2x，即aln(x＋a)－a2x＋ln a≤0，
令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋ln a，则h′(x)＝eq \f(a,x＋a)－a2＝eq \f(－a2x＋a－a3,x＋a)，令h′(x)＝0，可得x＝eq \f(1－a2,a)，
当a≥1时，h′(x)≤0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则只需满足h(0)＝aln a＋ln a≤0，∴ln a≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1；
当0＜a＜1时，可得h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－a2,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－a2,a)，＋∞))上单调递减，
则h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－a2,a)))＝alneq \f(1,a)－a(1－a2)＋ln a≤0，整理可得ln a－a2－a≤0，
令φ(a)＝ln a－a2－a，则φ′(a)＝eq \f(1,a)－2a－1＝eq \f(－(a＋1)(2a－1),a)，
则可得φ(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
则φ(a)max＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2－eq \f(3,4)＜0，故0＜a＜1时，h(x)≤0恒成立，
综上，0＜a≤1．
【题型四 同构法处理不等式求参】
例4 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）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)同构后参变分离
f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝eln a＋x－1－lnx＋lna≥1等价于eln a＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝eln x＋lnx，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，
显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，
令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝ eq \f(1,x)－1＝ eq \f(1－x,x)，
在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）已知函数f(x)＝eax－x．
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2．
∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2)．
当x<－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)<0；当x>－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)>0．
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2,2)，＋∞))．
(2)(同构后参变分离) 由f(x)≥eaxln x－ax2，即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，
故仅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．
设函数g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，则eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等价于g(eax)≥g(x)．
∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，
∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．
设函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，则a≥eq \f(1,e)即可，∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
【题型五 双变量不等式求参】
例5 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，其中参数a<0．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)【解析】 (1)∵f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－eq \f(a＋1,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(ax－（a＋1）,x2)．
①当－1②当a＝－1时，f′(x)＝－eq \f(1,x)<0，∴f(x)的减区间是(0，＋∞)．
③当a<－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a＋1,a)))，f′(x)>0，∴f(x)的增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a＋1,a)))；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋1,a)，＋∞))，
f′(x)<0，∴f(x)的减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋1,a)，＋∞))．
(2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)，
因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0，∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数；
当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数．
∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3，g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3．
∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>eq \f(3,2e－6)．又a<0，从而eq \f(3,2e－6)即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2e－6)，0))．
【题型精练】
1. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设f(x)＝eq \f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3．
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M．
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))．由g′(x)＜0，解得0＜x＜eq \f(2,3)；
由g′(x)＞0，解得x＜0或x＞eq \f(2,3)．又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))上单调递增，又g(0)＝－3，g(2)＝1，
故g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)．
所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋eq \f(85,27)＝eq \f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4．
(2)对于任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max．
由(1)可知在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1．
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，则h′(x)＝1－2xln x－x，易知h′(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上是减函数，
又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当eq \f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0．
所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2. (2023·山东·历城二中期末）设函数f(x)＝eq \f(e(x2－ax＋a),ex)(a∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线过点M(2，3)，求a的值；
(2)设g(x)＝x＋eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,3)，若对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立，求a的取值范围．
【解析】 (1)因为f(x)＝eq \f(e(x2－ax＋a),ex)，所以f′(x)＝e·eq \f((2x－a)ex－(x2－ax＋a)ex,e2x)＝－eq \f((x－2)(x－a),ex－1)．
又f(1)＝1，即切点为(1，1)，所以k＝f′(1)＝1－a＝eq \f(3－1,2－1)，解得a＝－1．
(2)“对任意的n∈[0，2]，存在m∈[0，2]，使得f(m)≥g(n)成立”，等价于
“在[0，2]上，f(x)的最大值大于或等于g(x)的最大值”．
因为g(x)＝x＋eq \f(1,x＋1)－eq \f(1,3)，g′(x)＝eq \f(x2＋2x,（x＋1）2)≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝2．
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝a．
①当a≤0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝(4－a)e－1≥2，解得a≤4－2e；
②当0f(x)的最大值为f(2)＝(4－a)e－1或f(0)＝ae，所以(4－a)e－1≥2或ae≥2．
解得：a≤4－2e或a≥eq \f(2,e)，所以eq \f(2,e)≤a<2；
③当a≥2时，f′(x)≤0在[0，2]上恒成立，f(x)单调递减，f(x)max＝f(0)＝ae≥2，解得a≥eq \f(2,e)，所以a≥2．
综上所述：a≤4－2e或a≥eq \f(2,e)．