重难点专题04 函数中的双变量问题-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

这是一份重难点专题04 函数中的双变量问题-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用），文件包含重难点专题04函数中的双变量问题原卷版docx、重难点专题04函数中的双变量问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题04函数中的双变量问题
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc144404634" 题型1二次函数中的双变量问题 PAGEREF _Tc144404634 \h 1
\l "_Tc144404635" 题型2构造函数法 PAGEREF _Tc144404635 \h 9
\l "_Tc144404636" 题型3同构法 PAGEREF _Tc144404636 \h 13
\l "_Tc144404637" 题型4换元法（整体法） PAGEREF _Tc144404637 \h 19
\l "_Tc144404638" 题型5选取主元法 PAGEREF _Tc144404638 \h 22
\l "_Tc144404639" 题型6变换主元法 PAGEREF _Tc144404639 \h 25
\l "_Tc144404640" 题型7参变分离 PAGEREF _Tc144404640 \h 30
题型1二次函数中的双变量问题
【例题1】（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）二次函数y=x2−2x+2与y=−x2+ax+ba>0,b>0在它们的一个交点处切线互相垂直，则2ba+4b的最小值为 .
【答案】85+855
【分析】根据交点处切线垂直得到a+b=52，再利用基本不等式中的乘1法即可得到最值.
【详解】解：设该交点为x1,y1，
因为f'x=2x−2，则f'x1=2x1−2，
因为g'x=−2x+a，则g'x1=−2x1+a，
因为两函数在交点处切线互相垂直，
所以2x1−2⋅−2x1+a=−1，y1=x12−2x1+2=−x12+ax1+b，
分别化简得−2x12+2x1+ax1=a−12，2x12−2x1−ax1=b−2，
上述两式相加得a+b=52，又2ba+4b=5−2aa+4b=5a+4b−2，
其中5a+4b=25⋅a+b5a+4b=25⋅5+4+5ba+4ab≥185+855，
当且仅当5ba=4ab，且a+b=52即a=25−1052b=55−10时取等号.
故所求最小值为85+855，
故答案为：85+855.
【点睛】切线问题是导数中常遇到的问题，本题设交点坐标，根据交点处切线垂直得到等式，再转化为基本不等式中的最值问题.
【变式1-1】1. （2022秋·江苏宿迁·高三校考开学考试）已知二次函数f(x)=ax2+bx(a≠0)，满足f(x+1)为偶函数，且方程f(x)=x有两个相等的实数根，若存在区间[m,n]使得f(x)的值域为[3m,3n]，则m+n= ．
【答案】-4
【分析】由f(x+1)为偶函数可以得到函数f(x)=ax2+bx(a≠0)的对称轴为x=1，可以结合题意得到f(x)在[m,n]上单调递增，利用fm=3mfn=3n构造二次方程，利用根与系数关系即可.
【详解】∵f(x+1)为偶函数 ∴f(x)的对称轴是x=1 ∴−b2a=1
又f(x)=x有两个相等的实数根，即ax2+（b−1)x=0，得b=1,a=−12
∴f(x)=−12x2+x，
∴f(x)max=12，
∴3n≤12,n≤16
∵f(x)在[m,n]上单调递增，
∴fm=3mfn=3n ，
∴m,n为方程f(x)=3x的两根
−12x2−2x=0，
∴m+n=−−2−12=−4
故答案为：-4
【变式1-1】2. （2023·河北·高三考试）已知二次函数fx=ax2+bx a,b∈R，满足f1−x=f1+x，且在区间[−1，0]上的最大值为3，若函数gx=fx−mx有唯一零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．[−2，0]B．−2,0∪2,+∞
C．[−2，0)D．−∞,0∪2,+∞
【答案】C
【分析】利用f1−x=f1+x求出二次函数对称轴，得到a,b的关系，再利用最大值来确定a,b的值，从而确定fx的解析式，然后画出|fx|的图象，gx=fx−mx的零点等价于函数y=fx和y=mx的交点问题，通过图象来进行求解.
【详解】解：已知二次函数fx=ax2+bx a,b∈R，满足f1−x=f1+x，
即x=1是函数fx的对称轴，
即−b2a=1，
即b=−2a，
∴fx=ax2−2ax，
又∵fx在区间−1,0上的最大值为3，
若a>0，则fx在区间−1,0上递减，
∴fxmax=f−1=a+2a=3a=3，
解得：a=1，
此时，fx=x2−2x，
若a<0，则fx在区间−1,0上递增，
fxmax=f0=0不成立，舍去，
综上所述：fx=x2−2x，
若函数gx=fx−mx有唯一零点，
即方程fx=mx有唯一实根，
画出y=fx和y=mx的图象，如下所示：
当m=0时，y=fx和y=0有两个交点，
当m>0时，由mx=2x−x2，
即x2+m−2x=0，
令Δ=m−22=0，
解得：m=2，
由图象可知：m≥2时，y=fx和y=mx有两个交点，
当0当m<0时，且y=mx为曲线y=fx的切线时，只有一个交点，即为原点，
y=fx=x2−2xx<0，
可得：mx=x2−2x，
即x2−2+mx=0只有相等的两实根，
可得判别式Δ=−2+m2=0，
解得：m=−2，
由图象可知：−2≤m<0时，
y=fx和y=mx只有一个交点，即为原点，
综上所述：m的取值范围[−2，0).
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是求出fx的解析式，并利用数形结合的思想对m进行分类讨论.
【变式1-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知fx是二次函数，f−2=0，且2x≤fx≤x2+42，则f10= .
【答案】36
【分析】法一：由f−2=0，可设fx=x+2ax+b=ax2+2a+bx+2b，则由fx≥2x整理后即为4a2+b2≤4ab+8a+4b−4，由fx≤x2+42得2a−1x2+4a+2bx+4b−4≤0，讨论2a−1=0，2a−1≤0可得出2a=b，由此可解出a=14，可求出fx的解析式，即可得出答案.
法二：由2x≤fx≤x2+42⇒0≤fx−2x≤12(x−2)2，设gx=ax−2x−ma≠0，讨论m≠2和m=2结合题目条件可解得a=14，可求出fx的解析式，即可得出答案.
【详解】法一：
由f−2=0，可设fx=x+2ax+b=ax2+2a+bx+2b，
则由fx≥2x得ax2+2a+b−2x+2b≤0，
所以a≥0且(2a+b−2)2≤8ab，整理后即为4a2+b2≤4ab+8a+4b−4，
由fx≤x2+42得2a−1x2+4a+2bx+4b−4≤0，
若2a−1=0则必有4a+2b=0，此时与(2a+b−2)2≤8ab矛盾，
所以2a−1≤0且(4a+2b)2≤42a−14b−4，
整理后为4a2+b2≤4ab−8a−4b+4，
与4a2+b2≤4ab+8a+4b−4相加即得4a2+b2≤4ab，
即(2a−b)2≤0，所以2a=b，
所以fx=x+2ax+2a=a(x+2)2，
又由于在原不等式中令x=2可得4≤f2≤4，所以f2=4，由此解得a=14.
所以fx=14(x+2)2,f10=36.
法二：
2x≤fx≤x2+42⇒0≤fx−2x≤12(x−2)2，
令gx=fx−2x，则g−2=4,g2=0，设gx=ax−2x−ma≠0.
若m≠2，则
12(x−2)2−gx'x=2=−g'2=am−2≠0，
于是am−2>0时，存在x0<2使得12x0−22−gx0<0，矛盾；
am−2<0时，存在x0>2使得12x0−22−gx0<0，矛盾；
故m=2，令x=−2，则16a=g−2=4⇒a=14.
于是fx=gx+2x=14(x−2)2+2x=14(x+2)2，进而f10=36.
故答案为：36.
【变式1-1】4. （2023·全国·高三专题练习）设二次函数fx=mx2−2x+nm,n∈R，若函数fx的值域为0,+∞，且f1≤2，则m2n2+1+n2m2+1的取值范围为 .
【答案】[1,13]
【分析】根据二次函数的性质和已知条件得到m与n的关系，化简m2n2+1+n2m2+1后利用不等式即可求出其范围.
【详解】二次函数f(x)对称轴为x=1m，
∵f(x)值域为0,+∞，
∴m>0且f1m=0⇒m⋅1m2−2m+n=0⇒n=1m⇒mn=1，n＞0.
f(1)≤2⇒m−2+n≤2⇒m+n≤4，
∵m2n2+1+n2m2+1=m2m2+1+n2n2+1m2+1n2+1=m4+n4+m2+n2m2n2+m2+n2+1
=m2+n22−2m2n2+m2+n2m2+n2+2=m2+n22+(m2+n2)−2m2+n2+2=m2+n2+2m2+n2−1m2+n2+2=m2+n2−1
∴m2+n2−1≥2mn−1=1，m2+n2−1=(m+n)2−3≤42−3=13，
∴m2n2+1+n2m2+1∈[1,13].
故答案为：[1,13].
【变式1-1】5. （2023·全国·高三专题练习）已知二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c均为正数)过点1,1，值域为0,+∞，则ac的最大值为 ；实数λ满足1−b=λa，则λ取值范围为 .
【答案】 116 [22−2,+∞)
【分析】由题意a+b+c=1(a>0,b>0,c>0)，Δ=b2−4ac=0，所以a+b+c=a+2ac+c=1，进而得到a+c=1，利用基本不等式求出ac的最大值，由已知条件可得λ=2a+1a−2，利用基本不等式结合0【详解】因为二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c均为正数)过点1,1，
∴a+b+c=1(a>0,b>0,c>0)，
∵开口向上且值域为0,+∞，
∴Δ=b2−4ac=0，
∴b=2ac，
∴a+b+c=a+2ac+c=1，
∴(a+c)2=1，
∴a+c=1，
∴1=a+c⩾2a⋅c，即ac⩽12，当且仅当a=c=14时等号成立.
∴ac≤14,即ac≤116，当且仅当 a=c=14时等号成立，
∴ac的最大值为116 (当且仅当a=c=14时最大)，
∵λa=1−b=a+c=a+(1−a)2=2a−2a+1，
∴λ=2a−2+1a=2a+1a−2，
∵a+c=2a−2a+1=1−b<1，即 2a−2a<0，
∴a−a<0，
∴a−a=a(a−1)<0,∴0∴0∴λ⩾22a⋅1a−2=22−2，当且仅当2a=1a时，即a=12时，等号成立.
又∵a→0时，1a→+∞，
∴λ∈[22−2,+∞)，
故答案为：116；[22−2,+∞)
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
题型2构造函数法
【例题2】（2021•海淀区校级月考）若2x−2y<3−x−3−y，则（ ）
A．ln(y−x+1)>0B．ln(y−x+1)<0C．ln|xy|>0D．ln|xy|<0
【答案】A
【分析】观察函数结构，通过移项，可构造函数f(x)=2x−13x，通过判断函数的单调性，即可得到x和y的关系，然后根据选项验证即可.
【详解】解：若2x−2y<3−x−3−y，即2x−13x<2y−13y，
由于函数f(x)=2x−13x是R上的增函数，且f(x)1，ln(y−x+1)>0，故A正确、B错误，
由于不能得出|xy|与1的大小关系，故不能确定C、D是否正确，
故选：A．
【变式2-1】1. （2023·辽宁锦州·统考二模）已知实数x，y，z满足eylnx=yex且ezln1x=zex，若y>1，则（ ）
A．x>y>zB．x>z>y
C．y>z>xD．y>x>z
【答案】D
【分析】首先根据题中的条件得到eyy+ezz=0，从而得到z<0；再根据x>1时x>lnx得到eyy>exx，结合函数g(x)=exxx>1的单调性得到y>x，从而得到y>x>z.
【详解】由eylnx=yex得eyy=exlnx，————①
由ezln1x=zex得ezz=exln1x，————②
两式相加得eyy+ezz=0，因为y>1，ey>0，所以ezz<0，又因为ez>0 ，所以z<0；
因为eyy=exlnx，y>1，所以exlnx>0，即lnx>0，所以x>1；
令f(x)=x−lnx x>1，则f'(x)=1−1x=x−1x，当x∈1,+∞时，f'(x)>0，
所以f(x)=x−lnx在1,+∞内单调递增，即x>lnx，
所以eyy=exlnx>exx，即eyy>exx，
又令g(x)=exxx>1，则g'(x)=xex−exx2=x−1exx2x>1，
当x>1时，g'(x)>0，所以g(x)=exx在1,+∞内单调递增，所以由eyy>exx，得到y>x.
所以y>x>z.
故选：D.
【变式2-1】2. （2021·山东泰安·统考模拟预测）已知0A．abC．a>12D．不存在a,b满足a+b=1
【答案】D
【分析】令tx=ex−x−1，利用导数求出单调性可判断A；对ea−b=ab取对数可得lna−2a=lnb−2b，判断B；令fx=lnx−2x，利用导数求出单调性，根据fa=fb可求出a的范围；令gx=lnx−ln1−x−4x+2，利用导数求出单调性可判断D.
【详解】令tx=ex−x−1，x<0，则t'x=ex−1<0，所以tx在区间−∞，0内单调递减，所以tx>t0=0，又0a−b+1，A项错误；
对ea−b=ab两边取自然对数得a−b=12lnab，即lna−2a=lnb−2b，B项错误；
令fx=lnx−2x，则f'x=1x−2=1−2xx，故fx在区间0,12内单调递增，在区间12,+∞内单调递减，因为fa=fb且0假设a+b=1，则b=1−a，所以lna−ln1−a−4a+2=0，
令gx=lnx−ln1−x−4x+2，则g'x=1x+11−x−4=2x−12x1−x>0，故gx在区间0,12内单调递增，故当x∈0,12时，gx故选：D．
【点睛】关键点睛：本题考查根据已知条件判断不等式，解题的关键是构造合适的函数，根据导数求出函数的变化情况判断.
【变式2-1】3. （2022秋·辽宁丹东·高三凤城市第一中学校考阶段练习）已知x,y∈R满足x−23+2019x−2=1y−23+2019y−2=−1，若对任意的t>0，t+kt≥x+y恒成立，则实数k的最小值为 ．
【答案】4
【分析】观察x−23+2019x−2=1y−23+2019y−2=−1可构造函数f(x)=(x−2)3+2019(x−2),分析其性质得出x,y的关系再进行不等式恒成立的运用即可.
【详解】设f(x)=(x−2)3+2019(x−2),则f(x)为g(x)=x3+2019x往右平移两个单位得来.
又g(x)=x3+2019x为单调递增的奇函数,且关于(0,0)对称.
故f(x)=(x−2)3+2019(x−2)为单调递增的函数且关于(2,0)对称.
又x−23+2019x−2=1y−23+2019y−2=−1可知(x,1),(y,−1)关于(2,0)对称.故x+y2=2 ,
即x+y=4.又对任意的t>0,t+kt≥x+y=4恒成立.
即t2−4t+k≥0恒成立.故判别式Δ=42−4k≤0,得k≥4.故k的最小值为4.
故答案为4
【点睛】本题主要考查函数的对称性与恒成立问题.其中构造函数f(x)=(x−2)3+2019(x−2)进行分析是关键,属于难题.
【变式2-1】4. （2021·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）已知实数x,y满足3x−y≤ln(x+2y−3)+ln(2x−3y+5)，则x+y= .
【答案】167
【详解】分析：先构造函数f(t)=lnt−t+1，根据函数单调性得f(t)≤0，结合条件得t=1，解得x,y，即得结果.
详解：令f(t)=lnt−t+1，因为f'(t)=1t−1=0∴t=1，所以当00,当t>1时f'(t)<0,因此f(t)≤f(1)=0，即lnt≤t−1，
所以ln(x+2y−3)≤x+2y−3−1,ln(2x−3y+5)≤2x−3y+5−1
因此ln(x+2y−3)+ln(2x−3y+5)≤x+2y−3−1+2x−3y+5−1=3x−y
因为3x−y≤ln(x+2y−3)+ln(2x−3y+5)，
所以x+2y−3=1，2x−3y+5=1∴x=47,y=127∴x+y=167.
点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥lnx+1,
ex≥x+1,ex≥x2+1(x≥0).
【变式2-1】5.（2022·江西九江·统考二模）若存在正实数x，y使得x2+y2lny−lnx−axy=0a∈R成立，则a的取值范围是 .
【答案】1,+∞
【分析】依题意可得1+y2x2lnyx−ayx=0，令t=yxt>0，则方程1+t2lnt−at=0有实根，即a=1t+tlnt有实根，令ft=1t+tlnt，利用导数研究函数的单调性、最值，从而求出参数的取值范围.
【详解】解：由x2+y2lny−lnx−axy=0得x2+y2lnyx−axy=0，等式两边除以x2得1+y2x2lnyx−ayx=0，令t=yxt>0，则方程1+t2lnt−at=0有实根，即a=1t+tlnt有实根，令ft=1t+tlnt，则f't=−1t2+1+lnt，令gt=f't=−1t2+1+lnt，则g't=2t3+1t>0，∴f't在0,+∞上单调递增，又∵f'1=0，∴ft在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴ftmin=f1=1，∴要使a=1t+tlnt有实根，则a≥1.
故答案为：1,+∞
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值及方程的有解问题，属中档题
题型3同构法
【例题3】（2021•龙凤区校级月考）已知a<0，不等式xa+1⋅ex+alnx≥0对于任意x∈(1,+∞)恒成立，则a的取值范围（ ）
A．[−e,−1]B．[−e,0)
C．(−∞,−1)D．(−∞,−e]
【答案】B
【分析】变换得到xex≥lnx−a⋅e(lnx−a)，设f(x)=xex，等价于f(x)≥f(lnx−a)，即−a≤(xlnx)min,令g(x)=xlnx，根据函数的单调性得到最值得到答案.
【详解】由xa+1⋅ex+alnx≥0得xex≥x−a⋅−alnx，即xex≥lnx−a⋅e(lnx−a)，
设f(x)=xex,x>1，则f'(x)=x+1ex>0，x>1，所以函数f(x)在x∈(1,+∞)上是增函数，
所以不等式xa+1⋅ex+alnx≥0对于任意x∈(1,+∞)恒成立，等价于f(x)≥f(lnx−a)，
所以x≥lnx−a，即x≥−alnx对任意的x>1恒成立，
因为x>1，所以lnx>0，即−a≤xlnx对任意的x>1恒成立，即−a≤(xlnx)min，
令g(x)=xlnx，则g'(x)=lnx−1(lnx)2，由g'(x)=0，得x=e，
所以当x∈(1,e)时，g'(x)<0，函数g(x)在区间(1,e)为减函数，当x∈(e,+∞)时，g'(x)>0，函数g(x)在区间(e,+∞)为增函数，
所以当x=e时，g(x)取得最小值g(e)=e，所以−a≤e，所以a≥−e，又由已知得a<0，所以a的取值范围为[−e，0).
故选：B.
【点睛】方法点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若f(x)>0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为f(x)min>0，若f(x)<0恒成立，转化为f(x)max<0.
【变式3-1】1．（2023·广东梅州·统考三模）已知实数x1，x2满足ex1=4x1，lnx2=2x22，则x1x22=（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】由已知可得x1ex1=elnx22lnx22=4，构造函数fx=xex，通过导数研究单调性，得x1=lnx22，结合对数的运算规则求x1x22的值.
【详解】由ex1=4x1，得x1ex1=4，
由lnx2=2x22，有x22lnx22=4，可得elnx22lnx22=4.
令fx=xex，f'x=x+1ex，由f'x>0，得x>−1，由f'x<0，得x<−1，
所以函数fx在区间−∞,−1上单调递减，在区间−1,+∞上单调递增.
当x>0时，fx>0，当x<0时，fx<0，
由fx1=flnx22=4，则有x1=lnx22，所以ex1=elnx22=x22，
因为x1ex1=4，所以x1x22=4.
故选：C
【点睛】思路点睛：
由已知ex1=4x1，lnx2=2x22，得x1ex1=elnx22lnx22=4，找到共同特征，通过构造函数fx=xex，利用导数研究函数性质，即可得到x1=lnx22，可求x1x22的值.
【变式3-1】2. （2023秋·湖北黄冈·高三浠水县第一中学校考阶段练习）若函数f(x)=ax−x(lnx−1) (a>0且a≠1)存在极大值点，则a的取值范围是 ．
【答案】(0,1)∪(1,e1e)
【分析】将问题转化为f'(x)=axlna−lnx=0有不等根，且左边导函数为正，右边导函数为负数求解.
【详解】解：令f'(x)=axlna−lnx=0，
得exlna(xlna)=(lnx)elnx，
令g(x)=xex，即g(xlna)=g(lnx)，
有g'(x)=1+xex，当x<−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a>1时，xlna>0，又g(x)在(0,+∞)上单调递增，且当x∈(0,+∞)，g(x)>0，
当x∈(−∞,0)，g(x)<0，故g(xlna)=g(lnx)>0⇒lnx>0⇒x>1，
所以xlna=lnx，即lna=lnxx(x>1)有变号根，
令ℎx=lnxx(x>1)，则ℎ'x=1−lnxx2(x>1)，
当 10，ℎx递增，当x>e时， ℎ'x<0，ℎx递减，
所以 当x=e时， ℎx取得最大值 1e，
所以0当0此时f'(x)必存在一个零点，且这个零点的左边导函数为正，右边导函数为负数，
该零点即为极大值点，
所以a的取值范围是(0,1)∪(1,e1e)，
故答案为：(0,1)∪(1,e1e)
【变式3-1】3. （2022秋•南关区校级月考）设实数m>0，若对任意的x∈(0,+∞)，不等式emx2−lnx2m≥0成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．1e,+∞B．2e,+∞
C．e2,+∞D．[e,+∞)
【答案】B
【分析】把不等式emx2−lnx2m≥0成立，转化为mxemx2≥2xlnx=2elnx⋅lnx恒成立，设函数gx=xex，进而转化为g(mx2)≥g(lnx)恒成立，得出mx2≥lnx恒成立，构造函数ℎx=2lnxx，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】因为m>0，不等式emx2−lnx2m≥0成立，即emx2≥lnx2m成立，即memx2≥2lnx，
进而转化为mxemx2≥2xlnx=2elnx⋅lnx恒成立，
构造函数gx=xex，可得g'x=ex+xex=(x+1)ex，
当x>0，g'x>0，gx单调递增，
则不等式emx2−lnx2m≥0恒成立等价于g(mx2)≥g(lnx)恒成立，即mx2≥lnx恒成立，
进而转化为m≥2lnxx恒成立，
设ℎx=2lnxx，可得ℎ'x=2(1−lnx)x2，
当00，ℎx单调递增；
当x>e时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，
所以当x=e，函数ℎx取得最大值，最大值为ℎe=2e，
所以m≥2e，即实数m的取值范围是2e,+∞.
故选：B
【变式3-1】4.（2022·全国·高三专题练习）设k>0，若存在正实数x，使得不等式lg2x−k⋅2kx≥0成立，则k的最大值为 ．
【答案】1eln2
【分析】由题意可得lg2k(x)⩾(2k)x，可令2k=a，则lgax⩾ax成立，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值．
【详解】法一：（同构法）lg2x−k⋅2kx≥0⇔1klg2x≥2kx⇔lg2kx≥2kx
令2k=a，不等式化为lgax≥ax⇔lnxlna≥elnax⇔lnaexlna≤lnx⇔xlnaexlna≤xlnx=lnxelnx，
令fx=xex，fxlna≤flnx，
由f'x=x+1ex>0，fx在0,+∞上单调递增，
∴xlna≤lnx有解，
由y=lnxx，导数为y'=1−lnxx2，
可得x>e时，函数y递减，0则x=e时，y=lnxx取得最大值1e，
lna≤lnxxmax=1e，
∴a≤e1e，即2k≤e1e，0法二：lg2x−k⋅2kx≥0⇔1klg2x≥2kx⇔lg2kx≥2kx
令2k=a，化为不等式lgax≥ax有解，
∵y=ax与y=lgax互为反函数，关于y=x对称，
要使ax≥lgax有解，则y=ax与y=x有公共点，即ax=x有解，xlna=lnx，
lna=lnxx，
由y=lnxx，导数为y'=1−lnxx2，
可得x>e时，函数y递减，0则x=e时，y=lnxx取得最大值1e，
可得即有lna⩽1e，
∴a∈0，e1e，
∴2k≤e1e，解得，0故答案为：1eln2.
【变式3-1】5.（2023秋·湖北黄冈·高三浠水县第一中学校考阶段练习）已知lnx−e2x≤2tx−ln2−2t恒成立，则t的取值范围是 ．
【答案】1−e,1
【分析】由已知不等式变形为ln2−2tx+eln(2−2t)x≤2x+e2x，构造函数f(x)=ex+x，借助函数单调性，可得ln2−2tx≤2x恒成立，通过分离参数t，以及构造导数求得t的取值范围.
【详解】由lnx−e2x≤2tx−ln2−2t，得lnx+ln2−2t≤2tx+e2x，
所以ln2−2tx≤(2t−2)x+e2x+2x，即ln2−2tx+(2−2t)x≤e2x+2x，
即ln2−2tx+eln(2−2t)x≤2x+e2x恒成立，
构造函数f(x)=ex+x，上式即为fln2−2tx≤f(2x)恒成立，
因为f'(x)=ex+1>0，所以f(x)在R上单调递增，
则可得ln2−2tx≤2x恒成立，
所以0<2−2tx≤e2x，即0<1−t≤e2x2x，
再设g(x)=e2x2x(x>0)，因为g'(x)=(2x−1)e2x2x2，
所以当x∈(0,12)时，g'(x)<0，则g(x)单调递减；当x∈(12,+∞)时，g'(x)>0，则g(x)单调递增；
所以g(x)min=g(12)=e，
从而0<1−t≤e，即t的取值范围是1−e,1.
故答案为：1−e,1
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若f(x)在区间D上有最值，则
（1）恒成立：∀x∈D,fx>0⇔fxmin>0；∀x∈D,fx<0⇔fxmax<0；
（2）能成立：∃x∈D,fx>0⇔fxmax>0；∃x∈D,fx<0⇔fxmin<0.
若能分离常数，即将问题转化为：a>fx（或a（1）恒成立：a>fx⇔a>fxmax；a（2）能成立：a>fx⇔a>fxmin；a题型4换元法（整体法）
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）实数x,y满足x≥1,y≥1，且(lgax)2+(lgay)2=lga(ax2)+lga(ay2)，当a>1时，则lga(xy)的范围是 .
【答案】1+3,2+22
【分析】令u=lgax,v=lgay,可将问题转化为：已知u≥0,v≥0，且(u−1)2+(v−1)2=4,求u+v的范围”，
【详解】令u=lgax,v=lgay,由x≥1,y≥1可得u≥0,v≥0.
则(lgax)2+(lgay)2=lga(ax2)+lga(ay2)⇔u2+v2=1+2u+1+2v
⇔u−12+v−12=4.令u=1+2csθ,v=1+2sinθ,θ∈0,2π，则 u+v=2+2csθ+2sinθ =2+22sin(θ+π4)
由u≥0,v≥0得csθ≥−12,sinθ≥−12 ∴ −π6≤θ≤2π3,π12≤θ+π4≤1112π
∴当sin(θ+π4)=1时，(u+v)max=2+22
当sin(θ+π4)=sinπ12或sin1112π时，sinπ12=sinπ4−π6=6−24=sin11π12,(u+v)min=1+3 ，∴1+3≤u+v≤2+22
故lga(xy)的范围是1+3,2+22.
故答案为：1+3,2+22
【变式4-1】1. （2020·上海·高三专题练习）若实数x,y满足2cs2x+y−1=x+12+y−12−2xyx−y+1.则xy的最小值为
【答案】14.
【分析】根据等式两边范围确定x,y满足条件，再根据二次函数性质求xy的最小值.
【详解】∵2cs2x+y−1=x+12+y−12−2xyx−y+1，∴x−y+1＞0，
∵x+12+y−12−2xyx−y+1=x−y+12+1x−y+1=x−y+1+1x−y+1
∴x−y+1+1x−y+1≥2x−y+1⋅1x−y+1=2,
当且仅当x−y+1=1时即x=y时取等号
∵2cs2x+y−1≥2，当且仅当x+y−1=kπk∈Z时取等号
∴x+12+y−12−2xyx−y+1=2cs2x+y−1=2，即x−y+1=1且
x+y−1=kπk∈Z，
即x=y=1+kπ2k∈Z，
因此xy=1+kπ22≥14（当且仅当k=0时取等号），
从而xy的最小值为14.
【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
【变式4-1】2. （2021•杭州二模）若x，y∈R，设M=x2−2xy+3y2−x+y，则M的最小值为 ．
【答案】−14##−0.25
【分析】将M化简可得M=x−y−122+2y2−14，由此即可求出结果.
【详解】因为M=x2−2y+1x+3y2+y=x2−2y+1x+y2+y+14+3y2+y−y2−y−14
=x−y−122+2y2−14≥−14．
当且仅当y=0，x=12时取等号．
所以M的最小值为−14．
故答案为：−14．
【变式4-1】3. （2023春•台州期末）若x∈[−1,1] ，关于x的不等式x3−1≤ax2+2ax−a2恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】0,34
【分析】对不等式进行因式分解，(x−a−1)(x2+x+1−a)≤0，利用分离变量法转化为对应函数最值，即得到答案.
【详解】x∈[−1,1]，x3−1≤ax2+2ax−a2⇒(x−1)(x2+x+1)≤a(x2+x+1)+a(x−a−1)
即：(x−a−1)(x2+x+1−a)≤0恒成立
∴(x−1)max≤a≤(x2+x+1)min
∵x∈[−1,1]∴x−1≤0, x2+x+1=(x+12)2+34≥34
所以0≤a≤34
故答案为0,34
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，因式分解是解题的关键.
题型5选取主元法
【例题5】（2021•浙江模拟）已知任意a∈[−1，2]，若存在实数b使不等式|x2−ax|≤b对任意的x∈[0，2]恒成立，则（ ）
A．b的最小值为4B．b的最小值为6
C．b的最小值为8D．b的最小值为10
【答案】B
【解析】转化条件得−b≤x2−ax≤b，设fx=x2−ax，x∈0，2，根据a∈−1，0、a∈0,2分类，分别求出函数fx的最值即可得解.
【详解】由题意x2−ax≤b⇔−b≤x2−ax≤b，
设fx=x2−ax，x∈0，2，其图象为开口向上，对称轴为x=a2的抛物线的一部分，
当a∈−1，0即a2∈−12，0时，fxmin=f0=0，fxmax=f2=4−2a≤6；
当a∈0,2即a2∈0,1时，fxmin=fa2=−a24≥−1，fxmax=f2=4−2a<4；
若要x2−ax≤b对于任意a∈−1，2，x∈0，2均成立，
则b≥6−b≤−1即b≥6，所以b的最小值为6.
故选：B.
【点睛】本题考查了绝对值不等式和利用函数单调性求函数的最值，考查了恒成立问题的解决和分类讨论思想，属于中档题.
【变式5-1】1. （2022春•金华期末）若存在正实数b，使得ab(a+b)=b−a，则
A．实数a的最大值为2+1B．实数a的最小值为2+1
C．实数a的最大值为2−1D．实数a的最小值为2−1
【答案】C
【分析】将题目所给方程转化为关于b的一元二次方程，根据此方程在b>0上有解列不等式组，解不等式组求得a的取值范围，进而求出正确选项.
【详解】由ab(a+b)=b−a得ab2+a2−1b+a=0，当a=0时，方程为−b=0,b=0不和题意，故这是关于b的一元二次方程，依题意可知，该方程在b>0上有解，注意到b1⋅b2=1，所以由Δ=a2−12−4a2≥0−a2−12a>0解得0【点睛】本小题主要考查一元二次方程根的分布问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
【变式5-1】2. （2021•浦江县模拟）已知实数a,b,c满足a2+b2+c2=1，则ab+c的最小值为
A．-2B．-32C．-1D．-12
【答案】C
【详解】分析：先分离出a2+b2，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值．
详解：若ab+c取最小值，则ab异号，c＜0，根据题意得：1-c2=a2+b2，又由a2+b2≥2|ab|=-2ab，即有1-c2≥-2ab，⇒ab+c≥c2−12+c=c22+c−12=12(c2+2c)−12=12(c+1)2−1≥−1，即ab+c的最小值为-1，故选C．
点睛：本题考查代数式求和，考查一元二次不等式性质、完全平方和、完全平方差公式基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
【变式5-1】3. （2021春•金东区校级期中）若正数a，b，c满足a2+b2+c2−ab−bc=1，则c的最大值是 .
【答案】62
【分析】将a2+b2+c2−ab−bc=1看成关于a的方程，则问题等价于关于a的方程a2+b2+c2−ab−bc−1=0有解，则Δ=(−b)2−4b2+c2−bc−1⩾0，再将问题转化为关于b的不等式−3b2−4c2+4bc+4⩾0有解，从而(4c)2−4×(−3)−4c2+4⩾0，进而得到结果.
【详解】解：把式子a2+b2+c2−ab−bc=1看作是关于a的方程，则问题等价于关于a的方程a2+b2+c2−ab−bc−1=0有解，则Δ=(−b)2−4b2+c2−bc−1⩾0，即−3b2−4c2+4bc+4⩾0，则问题转化为关于b的不等式−3b2−4c2+4bc+4⩾0有解，则(4c)2−4×(−3)−4c2+4⩾0，化简得c2≤32，所以cmax=62，此时a=66，b=63，符合条件.
故答案为：62
【点睛】本题考查函数与方程，注意转化思想在解题中的应用，属于中档题.
【变式5-1】4. （2022秋•上海月考）设函数fx=x2013+x,x∈R，若当θ∈0,π2时，fmsinθ+f1−m>0恒成立，则m的取值范围是 ．
【答案】−∞,1
【分析】先判断fx=x2013+x的奇偶性、单调性，再将不等式转化为具体不等式，即可求实数m的取值范围.
【详解】由fx=x2013+x，可判断fx为奇函数，且单调递增，
∴fmsinθ+f1−m>0恒成立，即fmsinθ>fm−1恒成立，
∴msinθ>m−1恒成立，
当θ∈0,π2时，sinθ∈0,1，
∴0>m−1m≥m−1，解得m<1，故实数m的取值范围是−∞,1，
故答案为：−∞,1.
题型6变换主元法
【例题6】（2021•沙坪坝区校级模拟）已知函数fx=x2+ax+ba,b∈R在区间2，3上有零点，则a2+ab的取值范围是（ ）
A．−∞，4B．−∞，818C．4，818D．818，+∞
【答案】B
【分析】设x1，x2为函数fx的两个零点，其中x1∈2，3，x2∈R，由根与系数的关系得x1+x2=−a，x1⋅x2=b.表示则a2+ab，再运用基本不等式可得a2+ab≤x144x1−1，令gx1=x144x1−1，求导，得出在所给区间内导函数的正负，原函数的单调性，可得选项.
【详解】不妨设x1，x2为函数fx的两个零点，其中x1∈2，3，x2∈R，则x1+x2=−a，x1⋅x2=b.
则a2+ab=x1+x22−x1+x2⋅x1x2=1−x1x22+2x1−x12x2+x12，
由1−x1<0，x2∈R，所以1−x1x22+2x1−x12x2+x12≤41−x1x12−2x1−x12241−x1=x144x1−1，
可令gx1=x144x1−1,g'x1=x133x1−44x1−1 ，
当x1∈2，3，g'x1>0恒成立，所以gx1∈g2，g3=4,818.
则gx1的最大值为818，此时x1=3，x2=−2x1−x1221−x1=−34，
所以x1=3，x2=−34时，a=b=−94，a2+ab=818.所以a2+ab的取值范围是−∞，818.
故选：B.
【点睛】本题考查函数的零点，二次函数的根与系数的关系，基本不等式的运用，以及构造函数，运用导函数研究函数的最值，属于难题.
【变式6-1】1.已知a∈[−1,1]时不等式x2+(a−4)x+4−2a>0恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】 (−∞,1)∪(3,+∞).
【解析】把a看成自变量，令g(a)=x2+(a−4)x+4−2a=(x−2)a+x2−4x+4，则问题转化为{g(−1)>0g(1)>0，从而可求出实数x的取值范围
【详解】令g(a)=x2+(a−4)x+4−2a=(x−2)a+x2−4x+4，
因为a∈[−1,1]时不等式x2+(a−4)x+4−2a>0恒成立，
所以{g(−1)>0g(1)>0，即{x2−5x+6>0x2−3x+2>0，解得x<1或x>3，
所以实数x的取值范围为(−∞,1)∪(3,+∞)
【点睛】关键点点睛：此题考查一元二次不等式恒成立问题，解题的关键是把a看成自变量，构造关于a的函数g(a)=x2+(a−4)x+4−2a=(x−2)a+x2−4x+4，把此函数看成关于a的一次函数，所以要a∈[−1,1]时不等式x2+(a−4)x+4−2a>0恒成立，只要满足{g(−1)>0g(1)>0即可，考查数学转化思想，属于中档题
【变式6-1】2. （2023·辽宁大连·校考模拟预测）已知函数fx=2−3x2+3x，若θ∈−π,π，f2t2−8sinθ−π3t+3<−15在t∈0,+∞时恒成立，则θ的取值范围是
【答案】−5π6,π2
【分析】先利用复合函数的单调性判断fx是单调递减函数且f1=−15，则题意可转化成t2−4sinθ−π3t+1>0，θ∈−π,π在t∈0,+∞时恒成立，设gt=t2−4sinθ−π3t+1，对称轴为t=2sinθ−π3，分两种情况即可求解.
【详解】因为fx=2−3x2+3x=42+3x−1，
因为y=2+3x是单调递增函数，且y=2+3x∈2,+∞，
所以根据复合函数的单调性性质可得fx是单调递减函数，
而f1=−15，
所以f2t2−8sinθ−π3t+3<−15=f1，θ∈−π,π在t∈0,+∞时恒成立可转化成2t2−8sinθ−π3t+3>1，θ∈−π,π在t∈0,+∞时恒成立，
可整理得t2−4sinθ−π3t+1>0，θ∈−π,π在t∈0,+∞时恒成立，
设gt=t2−4sinθ−π3t+1，
当−4sinθ−π3≥0时，
gt=t2−4sinθ−π3t+1的对称轴为t=2sinθ−π3≤0，
此时，当t>0，gt>g0=1>0恒成立，满足题意，
所以由−4sinθ−π3≥0可得sinθ−π3≤0，
所以−π+2kπ≤θ−π3≤2kπ，k∈Z，
解得−23π+2kπ≤θ≤π3+2kπ，k∈Z，
因为θ∈(−π,π)，所以−2π3≤θ≤π3；
当−4sinθ−π3<0，
gt=t2−4sinθ−π3t+1的对称轴为t=2sinθ−π3>0，
则Δ=16sin2θ−π3−4<0，解得0所以2kπ<θ−π3<π6+2kπ或5π6+2kπ<θ−π3<π+2kπ，k∈Z，
所以π3+2kπ<θ<π2+2kπ或7π6+2kπ<θ<4π3+2kπ，k∈Z，
因为θ∈(−π,π)，所以π3<θ<π2或−5π6<θ<−2π3，
综上所述，θ的取值范围是−5π6,π2.
故答案为：−5π6,π2
【点睛】关键点睛：本题主要考查函数恒成立问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题.
【变式6-1】3. （2020春·江苏·高三专题练习）若对任意正实数a,b,a2+(lnb−lna)b2+ab≥mab恒成立，则实数m的取值范围是
【答案】−∞,2
【分析】将原不等式等价转化为m−1≤(1x+xlnx)minx>0，构造函数ϕ(x)=1x+xlnx，利用导数求得ϕ(x)的最小值，由此求得m−1的取值范围，进而求得m的取值范围.
【详解】∵对任意正实数a,b,a2+(lnb−lna)b2+ab≥mab恒成立，
即a2+lnb−lnab2≥m−1ab恒成立，
∴m−1≤ab+ba(lnb−lna)=ab+ba⋅lnba对任意正实数a,b恒成立，
∴m−1≤(ab+ba⋅lnba)min.令ba=x,则x>0,m−1≤(1x+xlnx)min.
设ϕ(x)=1x+xlnx,则ϕ'(x)=−1x2+lnx+1.令g(x)=ϕ'(x)
则g'(x)=2x3+1x>0,∴ϕ'(x)在(0,+∞)上单调递增，
又ϕ'(1)=−112+ln1+1=0,∴当x∈(0,1)时，ϕ'(x)<0,当x∈(1,+∞)时，
ϕ'(x)>0,∴ϕ (x)在(0，1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴ϕ(x)min=ϕ(1)=1,∴m−1≤1,∴m≤2.
故答案为：−∞,2
【点睛】本小题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题，属于难题.
【变式6-1】4.（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）若∀x∈0,+∞,lnxx≤a−bx≤xa,b∈R，则b−12a的取值范围是 .
【答案】−14,ln2
【分析】根据题意，将不等式变形然后转化为一元二次不等式恒成立问题，将范围转化为函数的值域问题，再结合导数即可得到结果.
【详解】
∵x>0，原不等式变形得lnx≤ax−b≤x2.
∀x∈0,+∞，x2−ax+b≥0⇔a≤0b≥0或a>0Δ=a2−4b≤0，
∀x∈0,+∞,fx=lnx−ax+b≤0，
由于f'x=1x−a=1−axx，
若a≤0，则f'x>0恒成立，fx在0,+∞上单调递增，fx无最大值，不符合题意；
若a>0，则f'x=0⇒x=1a，fx在0,1a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，
所以fxmax=f1a=−lna−1+b≤0.
综上：14a2≤b≤1+lna，
gx=x24−1−lnx⇒g'x=x2−1x=x2−22x=0⇒x=2
gx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，gxmin=g2=−12ln2+1<0
且g1e=14e2>0,g1=−34<0,g2=−ln2<0,ge2=e44−3>0，
所以gx有两个零点1e<α<1<2<β由a24≤b≤1+lna得a24−12a≤b−12a≤1+lna−12a
pa=14a2−12a,αqa=1+lna−12a⇒q'a=1a−12=0⇒a=2，
且当a∈α,2，q'a>0，qa单调递增，且当a∈2,β，q'a<0，qa单调递减；
所以qa≤q2=ln2，当且仅当a=2时等号成立.
所以b−12a的取值范围是−14,ln2.
故答案为：−14,ln2
【点睛】解答本题的关键在于先转化为恒成立问题，再构造函数，结合导数作为工具研究函数的最值，即可得到结果.
题型7参变分离
【例题7】（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）设函数fx=axex−ax+a−ex(a>0)，若不等式fx<0有且只有两个整数解，则实数a的取值范围是 ．
【答案】[e22e2−1,1)
【分析】根据题意，把不等式转化为1a>x−xex+e1x，令ℎx=x−xex+e1x，求得ℎ'x=ex+x−2ex，令φx=ex+x−2，得到φ'x>0，结合φ0<0,φ1>0，得到存在唯一的x0∈0,1使得φx0=0，得出函数ℎx的单调性，结合ℎ0,ℎ1,ℎ−1,ℎ2的值和题设条件，得出1<1a≤2−1e2，即可求解.
【详解】由函数fx=axex−ax+a−ex(a>0)，则不等式fx<0，即axex−ax+a−ex<0，
因为a>0，可化为1a>x−xex+e−x，令ℎx=x−xex+e-x，可得ℎ'x=ex+x−2ex，
令φx=ex+x−2，可得φ'x=ex+1>0，所以φx在R上单调递增，
又由φ0=−1<0,φ1=e−1>0，所以存在唯一的x0∈0,1使得φx0=0，
当x∈−∞,x0时，φx<0，可得ℎ'x<0，所以ℎx单调递减；
当x∈x0,+∞时，φx>0，可得ℎ'x>0，所以ℎx单调递增，且x0∈0,1，
又因为ℎ0=1,ℎ1=1,ℎ−1=2e−1,ℎ2=2−1e2，
所以当原不等式有且仅有两个整数解时，则满足1<1a≤2−1e2，
解得e22e2−1≤a<1，即实数a的取值范围是[e22e2−1,1).
故答案为：[e22e2−1,1).
【点睛】方法技巧：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．【变式7-1】1. （2021•西湖区校级模拟）
【变式7-1】1．已知函数f(x)=mln(x+1)−3x−3，若不等式f(x)>mx−3ex在x∈0,+∞上恒成立，则实数m的取值范围是.
A．0≤m≤3B．m≥3C．m≤3D．m≤0
【答案】C
【分析】将不等式变形后，构造函数g(x)，结合选项对m讨论，利用导数分析函数的单调性及函数值的分布情况，对选项排除验证即可．
【详解】原不等式转化为mlnx+1−3x−3−mx+3ex>0在x∈0,+∞上恒成立，
记g(x)＝mlnx+1−3x−3−mx+3ex=mlnx+1−x+3(ex−x−1)，
由基本初等函数的图象及导数的几何意义可知，
y=x+1与y=x-1分别为y=ex与y=lnx的切线，
即ex≥x+1,(x=0时等号成立)，lnx≤x−1（x=1时等号成立），可得lnx+1≤x(x=0时等号成立)，
∴m≤0时，mlnx+1−x≥0在x∈0,+∞上恒成立，
又3ex−x−1>0在x∈0,+∞上恒成立，
∴mlnx+1−x+3ex−x−1>0在x∈0,+∞上恒成立，
∴m≤0时符合题意，排除A、B；
当m>0时，验证C选项是否符合，只需代入m=3，此时g(x)＝3lnx+1−6x−3+3ex，
则g'x=3x+1−6+3ex=−3xx+1+3（ex−1），此时g'0=0，
令g'x=ℎx，h'x=3(ex−1(x+1)2)在x∈0,+∞上单调递增，且h'0=0，∴h'x>0在x∈0,+∞上恒成立，即g'x在x∈0,+∞上单调递增，而g'0=0，∴g'x>0在x∈0,+∞上恒成立，
∴g(x)在x∈0,+∞上单调递增,又g(0)=0，∴g(x)>0在x∈0,+∞上恒成立，
即m=3符合题意，排除D,
故选C.
【点睛】本题考查了导数的应用，考查了函数的单调性、最值问题，考查了分类讨论思想，注意小题小做的技巧，是一道综合题．
【变式7-1】2. （2021秋•江西月考）对任意x∈13,+∞，不等式lnx+mxA．−∞,e12+12ln2B．−∞,e12+12ln2
C．−∞,e13+13ln3D．−∞,2
【答案】C
【分析】通过参变分离，利用导函数求函数的值域即可.
【详解】原不等式可化为m13．
令gx=ex−xlnx，则g'x=ex−lnx−1．
令tx=ex−lnx−1，则t'x=ex−1x．
∵函数t'x在区间13,+∞上递增，∴t'13=e13−3<0，
∴t'1=e−1>0．
∃x0∈13,1，使得t'x0=0，即ex0=1x0，x0=−lnx0，
x∈13,x0，tx递减，x∈x0,1，tx递增，
∴txmin=tx0=ex0−lnx0−1=1x0+x0−1>1，
∴x∈13,+∞，恒有g'x>0，gx在区间13,+∞上递增，
∴gx>g13=e13+13ln3，
∴m≤e13+13ln3．
故选：C.
【变式7-1】3. （2021秋•江西月考）不等式x−4ex−alnx≥x+1对任意x∈1,+∞恒成立，则实数a的取值范围（ ）
A．−∞,1−eB．−∞,2−e2
C．−∞,−4D．−∞,−3
【答案】C
【分析】利用参变分离法，然后求函数最值即可.
【详解】由x−4ex−alnx≥x+1得，
alnx≤x−4ex−x−1对∀x∈1,+∞恒成立，
即a≤x−4ex−x−1lnx对∀x∈1,+∞恒成立，从而求y=x−4ex−x−1lnx，x∈1,+∞的最小值，
设g(x)=ex−x−1，则g'(x)=ex−1，令g'(x)=0得，x=0
∴x∈(−∞,0),g'(x)<0,x∈(0,+∞),g'(x)>0，
∴g(x)min=g0=0，即ex≥x+1恒成立
所以x−4ex=elnx−4ex=ex−4lnx≥x−4lnx+1
故x−4ex−x−1≥x−4lnx+1−x−1=−4lnx
即x−4ex−x−1lnx≥−4lnxlnx=−4
当x−4lnx=0时，等号成立，方程x−4lnx=0在1,+∞内有根，
故x−4ex−x−1lnxmin=−4，所以a≤−4。
故选：C．
【变式7-1】4.（2023·浙江金华·统考模拟预测）对任意的x>1，不等式ex−x4+3x3lnx−ax3≥0恒成立，则实数a的取值范围为 .
【答案】a≤1
【分析】移项化简可得a≤exx3+lnx3ex.换元t=x3ex，根据x的范围，求得0【详解】原题等价于a≤ex−x4+3x3lnxx3 =exx3−x+3lnx =exx3+lnx3ex，x>1.
令t=x3ex，x>1，则t'=3x2−x3ex=x23−xex.
当x=3时，t'=0.
当10，所以函数t=x3ex在1,3上单调递增；
当x>3时，t'<0，所以函数t=x3ex在3,+∞上单调递减.
所以，函数t=x3ex在x=3处取得唯一极大值，也是最大值27e3.
又t=x3ex>0，所以0令ft=1t+lnt，0当t=1时，f'x=0.
因为27e3>2733=1，
所以，当0当10，所以函数t=x3ex在1,27e3上单调递增.
所以，函数ft=1t+lnt在x=1处取得唯一极小值，也是最小值f1=1.
所以，当x>1时，有exx3+lnx3ex≥1.
要使x>1时，有a≤exx3+lnx3ex恒成立，则应有a≤1.
故答案为：a≤1.
【点睛】方法点睛：移项，构造函数，通过导函数得出函数的单调性，研究函数的最值，即可得出参数的取值范围.
1 .（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0,a,b,c为常数）的对称轴为x=1，其图像如图所示，则下列选项正确的有（ ）
A．abc+abc=0
B．当a≤x≤1−a时，函数的最大值为c−a2
C．关于x的不等式ax4+bx2>ax2−22+bx2−2的解为x>2或x<−2
D．若关于x的函数t=x2+bx+1与关于t的函数y=t2+bt+1有相同的最小值，则b−1≥5
【答案】ACD
【分析】A选项，由开口方向，与y轴交点，及对称轴，求出a,b,c的正负，得到A正确；B选项，当a≤x≤1−a时，数形结合得到函数随着x的增大而减小，从而求出最大值；C选项，结合b=−2a，化简不等式，求出解集；D选项，配方得到两函数的最小值，从而得到−b2≥1−b24，求出b−1≥5.
【详解】A选项，二次函数图象开口向上，故a>0，
对称轴为x=−b2a=1，故b=−2a<0，
图象与y轴交点在y轴正半轴，故c>0，
所以abc<0，故abc+abc=−abc+abc=0，A正确；
B选项，因为b=−2a，故y=ax2−2ax+c，
因为a>0，所以1−a<1，
当a≤x≤1−a<1时，y=ax2−2ax+c随着x的增大而减小，
所以x=a时，y取得最大值，最大值为y=a3−2a2+c，B错误；
C选项，因为b=−2a，所以ax4+bx2=ax4−2ax2，
ax2−22+bx2−2=ax4−4ax2+4a−2ax2−2=ax4−6ax2+8a，
故不等式ax4+bx2>ax2−22+bx2−2变形为4ax2−8a>0，
因为a>0，x2>2，解得：x>2或x<−2，故C正确；
D选项，t=x2+bx+1=x+b22+1−b24，当x=−b2时，t取得最小值，最小值为1−b24，
y=t2+bt+1=t+b22+1−b24，当t=−b2时，y取得最小值，最小值为1−b24，
所以−b2≥1−b24，即b2−2b−4≥0，所以b−12≥5，
即b−1≥5，故D正确.
故选：ACD
2.（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知yey−1=lnx+1x，若关于x的方程1+x=aya≠0无解，则实数a的取值范围是 .
【答案】0,e
【分析】由yey−1=lnx+1x可变形为lneyey−1=ln(x+1)(x+1)−1，令f(x)=lnxx−1（x>0，且x≠1），通过二次求导判断f(x)在(0,1),(1,+∞)上是单调递减函数，从而有ey=x+1，即y=ln(x+1)，从而可得a=1+xln(x+1)无解，令ℎ(x)=xlnx（x>0，且x≠1），求导判断单调性，结合图象即可求解.
【详解】∵yey−1=lneyey−1=ln(x+1)x=ln(x+1)(x+1)−1，令f(x)=lnxx−1（x>0，且x≠1），
∴fey=f(x+1)，
又f'(x)=x−1x−lnx(x−1)2=1−1x−lnx(x−1)2，
令g(x)=1−1x−lnx(x>0)，则g'(x)=1x2−1x=1−xx2，
∴当00,g(x)单调递增，当x>1时，g'(x)<0,g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)=0, 即f'(x)<0.
∴f(x)在(0,1),(1,+∞)上是单调递减函数.
∴ey=x+1,∴y=ln(x+1)（x>−1，且x≠0），
∵1+x=ay,∴a=1+xln(x+1)（x>−1，且x≠0），
令ℎ(x)=xlnx（x>0，且x≠1），则ℎ'(x)=lnx−1(lnx)2，
∴当0当x>e时，ℎ'(x)>0,ℎ(x)单调递增，
又因为当01时，lnx>0，则ℎx>0，
画出ℎ(x)=xlnx的图象，如图所示：

由图可知，当0所以实数a的取值范围是0,e.
故答案为：0,e
【点睛】方法点睛:
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;
（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;
（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
3.（2023·全国·高三专题练习）若关于x的不等式2lnx−x2ex+ax+1≥0有解，则a的取值范围是 .（其中e=2.71828⋯）
【答案】1,+∞
【分析】根据题意，将式子变形为a≥x2ex−2lnx−1x，结合ex≥x+1,x∈R，即可得到结果.
【详解】关于x的不等式2lnx−x2ex+ax+1≥0有解，则a≥x2ex−2lnx−1x有解，
设ℎ(x)=ex−x−1,x∈R，则ℎ'(x)=ex−1，
当x>0时，ℎ'(x)>0，当x<0时，ℎ'(x)<0；
所以ℎ(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即ex≥x+1，
又x2ex−2lnx−1x=ex+2lnx−2lnx−1x≥x+2lnx+1−2lnx−1x=1，
当x+2lnx=0时（y=2lnx与y=−x显然在(0,+∞)有交点，故此方程有解），等号成立，
所以a≥1.
故答案为: 1,+∞
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将x2ex改写成ex+2lnx，再利用常见不等式ex≥x+1放缩得到.
4．（2023·西藏昌都·校考模拟预测）函数在f(x)=12kx2−xlnx在区间(0,e]上单调递增，则k得取值范围是（ ）
A．[0，+∞）B．1，+∞）
C．[2e,+∞)D．（-∞，1]
【答案】B
【分析】将问题转化为f'(x)≥0即k≥lnx+1x在(0,e]上恒成立，利用导数求出函数g(x)=lnx+1x在(0,e]上的最大值即可求得k的范围.
【详解】因为f'(x)=kx−lnx−1，
由题意知f'(x)≥0在(0,e]上恒成立，
所以k≥lnx+1x在(0,e]上恒成立，
令g(x)=lnx+1x，则g'(x)=−lnxx2，
当x∈(0,1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1,e]时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=1，
故k≥1.
故选：B.
5．（2021·陕西榆林·陕西省神木中学校考三模）已知函数fx=xlnx−12m+1x2−x有两个极值点，则实数m的取值范围为 .
【答案】−1,1e−1
【分析】只需f'x=0在(0,+∞)上有两个变号根即可，通过分离参数，研究函数y=lnxx的单调性结合函数图象的变化趋势即可求解．
【详解】由fx=xlnx−12m+1x2−x，得f'x=lnx−(m+1)x，x>0．
要使fx=xlnx−12m+1x2−x有两个极值点，
只需f'x=lnx−(m+1)x有两个变号根，即m+1=lnxx有两个变号根．
令g(x)=lnxx，(x>0)，则g'(x)=1−lnxx2，
由g'(x)=0得x=e，易知当x∈(0,e)时，g'(x)>0，此时g(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，g'(x)<0，此时g(x)单调递减．
所以g(x)max=g(e)=1e，
而g(1e)=−e<0，当01时，gx>0，
作出y=g(x)，y=m+1的图象，可知：

0故答案为：−1,1e−1
6．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知定义在R上的奇函数f(x)与偶函数g(x)满足f(x)=2g(x)+x−4x2+1，若f1sinθ+f(cs2θ)【答案】2kπ−5π6,2kπ−π6k∈Z
【分析】用−x代换x得f(−x)=2g(−x)−x+4x2+1，与原式联立求得f(x)=xx2+1，利用导数法研究单调性，利用奇函数及单调性把不等式f1sinθ+f(cs2θ)0，解不等式得−1≤sinθ<−12，解三角不等式即可求解θ的范围.
【详解】由已知f(x)=2g(x)+x−4x2+1①，用−x代换x得f(−x)=2g(−x)−x+4x2+1，
因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，函数g(x)为定义在R上的偶函数，
所以−f(x)=2g(x)−x+4x2+1②，①+②得g(x)=2x2+1，①-②得f(x)=xx2+1，
则f'(x)=1−x2x2+12，当−1≤x≤1时，f'(x)≥0，所以f(x)在−1,1上单调递增，
所以f(1π)=1π1π2+1=ππ2+1=f(π)，f1sinθ=1sinθ1sin2θ+1=sinθsin2θ+1=f(sinθ)，
所以f1sinθ+f(cs2θ)所以f(cs2θ)<−fsinθ=f−sinθ，所以cs2θ<−sinθ，
所以2sin2θ−sinθ−1>0，解得sinθ>1或sinθ<−12，又sinθ∈−1,1且sinθ≠0，
所以−1≤sinθ<−12，所以2kπ−5π6<θ<2kπ−π6,k∈Z，
则θ的取值范围是2kπ−5π6,2kπ−π6k∈Z.
故答案为：2kπ−5π6,2kπ−π6k∈Z.
【点睛】关键点点睛：通过函数的单调性，奇偶性，以及f(1π)=f(π)，从而解出cs2θ<−sinθ，是解题关键.本题考查函数的基本性质的综合应用，属于较难题.
7．（2023·全国·统考高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】5−12,1
【分析】原问题等价于f'x=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得1+aax≥−lnaln1+a，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a的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得f'x=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，
则1+axln1+a≥−axlna，即1+aax≥−lnaln1+a在区间0,+∞上恒成立，
故1+aa0=1≥−lnaln1+a，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，
故lna+1≥−lna0结合题意可得实数a的取值范围是5−12,1.
故答案为：5−12,1.
8．（2018·天津·高考真题）已知a∈R，函数fx=x2+2x+a−2，x≤0，−x2+2x−2a，x>0．若对任意x∈［–3，+∞），f(x)≤x恒成立，则a的取值范围是 ．
【答案】18,2
【分析】由题意分类讨论x>0和x≤0两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当x>0时，fx≤x即：−x2+2x−2a≤x，
整理可得：a≥−12x2+12x，
由恒成立的条件可知：a≥−12x2+12xmaxx>0，
结合二次函数的性质可知：
当x=12时，−12x2+12xmax=−18+14=18，则a≥18；
②当−3≤x≤0时，fx≤x即：x2+2x+a−2≤−x，整理可得：a≤−x2−3x+2，
由恒成立的条件可知：a≤−x2−3x+2min−3≤x≤0，
结合二次函数的性质可知：
当x=−3或x=0时，−x2−3x+2min=2，则a≤2；
综合①②可得a的取值范围是18,2，故答案为18,2.
点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
一元二次函数中的双变量问题，注意对称轴的使用
一些双变量问题具有相同的形式，我们可以通过构造函数，进行变量统一，找到共同的函数，分析所构造函数的单调性解决比较大小，最值取值范围等问题.
当指对函数同时出现时，可以考虑进行同构化简，构造函数.
多变量同时出现时，可以把相同形式变量放在一起，通过整体换元，或者看做一个整体，进行整体分析.
多个变元一起出现时可以选择其中一个作为主元，另一个看做常量，分析函数的性质
我们通常把x看做主元，但是变量比较多时，可以选择函数简单的变量作为分析的主元，一次分析不同主元的性质.
多个变量的不等式，可以通过参变分离把变元分开，进行求解.