重难点04 利用导数研究不等式恒（能）成立问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc3661" 【题型1 直接法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc3661 \h 3
\l "_Tc21606" 【题型2 分离参数法求参数范围】 PAGEREF _Tc21606 \h 6
\l "_Tc14047" 【题型3 分类讨论法求参数范围】 PAGEREF _Tc14047 \h 9
\l "_Tc20374" 【题型4 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc20374 \h 12
\l "_Tc27069" 【题型5 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】 PAGEREF _Tc27069 \h 16
\l "_Tc16468" 【题型6 洛必达法则】 PAGEREF _Tc16468 \h 20
\l "_Tc6042" 【题型7 双变量的恒（能）成立问题】 PAGEREF _Tc6042 \h 25
1、利用导数不等式恒（能）成立问题
恒(能)成立问题是高考的常考考点，是高考的热点问题，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，综合考查分析问题、解决问题的能力，一般作为压轴题出现，试题难度较大，解题时要学会灵活求解.
【知识点1 不等式恒（能）成立问题的解题策略】
1．不等式恒（能）成立问题的求解方法
解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题
①分离变量：根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，进而解决问题．
②恒成立；
恒成立；
能成立；
能成立.
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题
分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
【知识点2 双变量的恒（能）成立问题的解题策略】
1．双变量的恒（能）成立问题的求解方法
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变换有：
对于某一区间I，
(1).
(2).
(3).
【知识点3 洛必达法则】
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则.
1．洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)，
那么.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)，
那么.
2．用洛必达法则处理型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
3．用洛必达法则处理型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
【注意】：
1．将上面公式中的换成，洛必达法则也成立.
2．洛必达法则可处理型求极限问题.
3．在着手求极限前，首先要检查是否满足型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限.
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.
，如满足条件，可继续使用洛必达法则.
【题型1 直接法解决不等式恒（能）成立问题】
【例1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若ex−ea≥e+lnax在x∈0,+∞上恒成立，则a的最大值为（ ）
A．e2−e2B．2e12−eC．e1−eD．e1+1e−e
【解题思路】易知a>0，原式可变形为f(x)=ex−e−ae−alnax≥0,(x>0)，结合隐零点的解题思路，求出f(x)min，由f(x)min≥0可得ℎ(t)=1t−2lnt−t≥0，结合函数的单调性解得0【解答过程】由题意知，ax>0，由x>0，得a>0.
原式可化为ex−e−ae−alnax≥0，
设f(x)=ex−e−ae−alnax(x>0)，则f′(x)=ex−e−ax，
又函数y=ex−e,y=−ax在(0,+∞)上单调递增，所以函数y=f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
则当x→0时，f′(x)→−∞，当x→+∞时，f′(x)→+∞，
故存在t>0使得f′(t)=0，即et−e−at=0，得a=tet−e，即lna=lnt+t−e，
且当0t时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0,t)上单调递减，在(t,+∞)上单调递增，
故f(x)min=f(t)=et−e−ae−alnat=et−e−teet−e−tet−e(2lnt+t−e)，
所以et−e−teet−e−tet−e(2lnt+t−e)=et−e(1−te−2tlnt−t2+te)≥0，
即1t−2lnt−t≥0，设ℎ(t)=1t−2lnt−t(t>0)，
由函数y=1t,y=−2lnt,y=−t在(0,+∞)在单调递减，
知函数ℎ(t)在(0,+∞)在单调递减，且ℎ(1)=0，所以0所以e−e所以a的最大值为e1−e.
故选：C.
【变式1-1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知不等式lnx−2x−a−1e1x2+e≤0有实数解，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,−12eB．−∞,0C．−12e,+∞D．0,+∞
【解题思路】构造两个函数ℎx=x2lnx,fx=−ex2+2x−1e+a(x>0)，先利用导数求出ℎx=x2lnx单调区间，从而得到ℎ(x)在x=1e处取到最小值，再利用二次函数的性质知fx=−ex2+2x−1e+a(x>0)在x=1e处取到最大值，从而可求出结果.
【解答过程】∵x>0，所以不等式lnx−2x−a−1e1x2+e≤0有实数解，即不等式x2lnx≤−ex2+2x−1e+a成立，
设ℎx=x2lnx,fx=−ex2+2x−1e+a(x>0)， ∴ℎ′x=2xlnx+x2×1x=x1+2lnx，
当01e时，ℎ′x>0，
所以ℎx在区间0,1e上是减函数，在区间1e,+∞上是增函数，∴ℎ(x)min=ℎ1e=−12e，
又因为fx=−ex−1e2+a，当x=1e时，f(x)max=a，
因为不等式lnx−2x−a−1e1x2+e≤0有实数解，则f(x)max=a≥ℎ(x)min=−12e
故选：C.
【变式1-2】（2024·四川成都·模拟预测）若关于x的不等式e−1lna+x≥aex−1在x∈0,1内有解，则实数a的取值范围是（ ）
A．12e,e2B．1e,eC．1e,e2D．12e,e
【解题思路】题设中的不等式等价于e−1lnaex≥aex−1，令ft=e−1lnt−t+1，结合导数可得该函数的单调性，结合f1=0,fe=0可得e−1lnt≥t−1的解，从而可求实数a的取值范围.
【解答过程】由lna有意义可知，a>0.
由e−1lna+x≥aex−1，得e−1lnaex≥aex−1.
令t=aex，即有e−1lnt≥t−1.
因为x∈0,1，所以t=aex∈a,ae，令ft=e−1lnt−t+1，
问题转化为存在t∈a,ae，使得ft≥0.
因为f′t=e−1−tt，令f′t<0，即e−1−t<0，解得t>e−1；
令f′t>0，即e−1−t>0，解得0所以ft在0,e−1上单调递增，在e−1,+∞上单调递减.
又f1=0,fe=e−1lne−e+1=0，所以当1≤t≤e时，ft≥0.
因为存在t∈a,ae，使得ft≥0成立，所以只需a≤e且ae≥1，解得a∈1e,e.
故选：B.
【变式1-3】（2024·甘肃兰州·三模）已知函数f(x)=1ex+1−x3，对于任意的x∈(1,2]，不等式fx+1x−1+ft+1(x−1)2(x−6)<1恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
A．(1,+∞)B．[−1,1]C．(−∞,−1]D．(−∞,−1)
【解题思路】由题意可得f(x)=1−f(−x)，f(x)在R上单调递减，所以不等式f(x+1x−1)+f(t+1(x−1)2(x−6))<1恒成立，等价于x+1x−1>−t+1(x−1)2(x−6)在x∈(1,2]恒成立，即(x+1)(x−1)(x−6)<−(t+1)恒成立，设ℎ(x)=(x+1)(x−1)(x−6)，x∈(1,2]，利用导数求出函数ℎ(x)在x∈(1,2]的最值即可得答案．
【解答过程】解：因为f(x)=1ex+1−x3，x∈R，易知f(x)在R上单调递减，
所以f(−x)=1e−x+1+x3=exex+1+x3，
所以f(−x)+f(x)=1，所以f(x)=1−f(−x)，
又因为对于任意的x∈(1,2]，不等式f(x+1x−1)+f(t+1(x−1)2(x−6))<1恒成立，
即对于任意的x∈(1,2]，不等式f(t+1(x−1)2(x−6))<1−f(x+1x−1)=f(−x+1x−1)恒成立，
所以t+1(x−1)2(x−6)>−x+1x−1在x∈(1,2]上恒成立，
即x+1x−1>−t+1(x−1)2(x−6)在x∈(1,2]上恒成立．
由x∈(1,2]，知x−1>0，x−6<0，
所以当x∈(1,2]，上式等价于(x+1)(x−1)(x−6)<−(t+1)恒成立．
设ℎ(x)=(x+1)(x−1)(x−6)=x3−6x2−x+6，x∈(1,2]，
ℎ′(x)=3x2−12x−1，开口向上，对称轴为x=2，
当x∈(1,2]时，ℎ′(x)<ℎ′(1)=−10<0，所以ℎ(x)在x∈(1,2]内单调递减，而ℎ(1)=0，
所以ℎ(x)<0，所以0≤−(t+1)，即t≤−1．
故选：C.
【题型2 分离参数法求参数范围】
【例2】（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a∈N∗，函数fx=e3x−xa>0恒成立，则a的最大值为（ ）
A．2B．3C．6D．7
【解题思路】由题意函数fx=e3x−xa>0恒成立，可得到a为正奇数，讨论x的范围，参变分离转化成恒成立问题，定义新函数求导求最小值，从而得到a的最大值.
【解答过程】当a为正偶数时，当x=−2时，f(−2)=e6−(−2)a<0，不合题意，所以a为正奇数，
则当x<0时，xa<00时，e3x−xa>0恒成立即可，
当x=1时，e3−1>0成立，则当x∈(0,1)时，a>3xlnx，因为此时3xlnx<0，所以恒成立.
当x∈(1,+∞)时，a<3xlnx恒成立，
设g(x)=3xlnx,x∈(1,+∞)，则g′(x)=3(lnx−1)(lnx)2，
令g′(x)=0，得x=e，
当x∈(1,e)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(e)=3e≈8.2，又因为a为正奇数，
所以a的最大值为7.
故选：D.
【变式2-1】（2024·四川宜宾·二模）已知不等式axex+x>1−lnx有解，则实数a的取值范围为（ ）
A．−1e2,+∞B．−1e,+∞C．−∞,1e2D．−∞,1e
【解题思路】分离参数转化为a>1−x−lnxxex，构造函数fx=1−x−lnxxex，利用导数法求出fxmin，a>fxmin即为所求.
【解答过程】不等式axex+x>1−lnx有解，即a>1−x−lnxxex，x>0，只需要a>1−x−lnxxexmin，
令fx=1−x−lnxxex，
∴f′x=x+1x−2+lnxx2ex，x>0，
令gx=x−2+lnx，x>0，
∴g′x=1+1x>0，所以函数gx在0,+∞上单调递增，
又g1=−1<0，g2=ln2>0，所以存在x0∈1,2，使得gx0=0，即x0−2+lnx0=0，
∴x∈0,x0，gx<0，即f′x<0；x∈x0,+∞，gx>0，即f′x>0，
所以函数fx在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，
∴fx0=1−x0−lnx0x0ex0，又由x0−2+lnx0=0，可得x0ex0=e2，
∴fx0=1−x0−lnx0x0ex0=1−x0+x0−2e2=−1e2.
∴a>−1e2.
故选：A.
【变式2-2】（2024·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤ex恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．eB．2C．e−1D．e−2
【解题思路】先确定x=0时的情况，在x>0时，参变分离可得a≤ex−x2−1x，进而构造函数f(x)=ex−x2−1x，求得f(x)的最小值即可.
【解答过程】当x=0，1≤e0，不等式成立，
当x>0时，a≤ex−x2−1x恒成立，即a≤(ex−x2−1x)min，
令f(x)=ex−x−1x，则f′(x)=(ex−2x)x−(ex−x2−1)·1x2=(x−1)(ex−x−1)x2，
令g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，当x>0时，g′(x)=ex−1≥0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0，所以ex−x−1>0，
所以当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e1−12−11=e−2，所以a≤e−2.
所以实数a的最大值为e−2.
故选：D.
【变式2-3】（2024·四川南充·三模）已知函数f(x)=13x3，g(x)=ex−12x2−x，∃x1，x2∈[1,2]使gx1−gx2>kfx1−fx2（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
A．(−∞,e−2]B．(−∞,e−2)C．−∞,e2−34D．−∞,e2−34
【解题思路】存在性问题转化为k【解答过程】f(x)=13x3在[1,2]上为增函数，
由g(x)=ex−12x2−x知，g′(x)=ex−x−1，
令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ′(x)=ex−1，
当x>0时，ℎ′(x)=ex−1>0，
即ℎ(x)=ex−x−1在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(0)=0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g(x)在[1,2]上单调递增，
不妨设1≤x2g(x2)，f(x1)>f(x2)，
∴gx1−gx2>kfx1−fx2可化为gx1−gx2>kfx1−kfx2，
即gx1−kfx1>gx2−kfx2，
令F(x)=g(x)−kf(x)=ex−12x2−x−13kx3，
则F′(x)=ex−x−1−kx2，
∵∃x1,x2∈[1,2]， 使gx1−gx2>kfx1−fx2能成立，
∴F′(x)>0在[1,2]上能成立，
即k∴k令G(x)=ex−x−1x2，x∈[1,2]，
则G′(x)=(x−2)ex+x+2x3，令m(x)=(x−2)ex+x+2，
则m′(x)=(x−1)ex+1，当x∈[1,2]时，m′(x)>0，
故m(x)在[1,2]上单调递增，所以m(x)≥m(1)=3−e>0，
故G′(x)>0，G(x)在[1,2]上单调递增，
∴G(x)max=G(2)=e2−34，
∴k故选：D.
【题型3 分类讨论法求参数范围】
【例3】（2024·广东汕头·三模）已知函数fx=lnx−ax,gx=2ax,a≠0．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若fx≤gx恒成立，求a的最小值．
【解题思路】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a>0与a<0分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【解答过程】（1）f′x=1x−a=1−axx（a≠0），
当a<0时，由于x>0，所以f′x>0恒成立，从而fx在0,+∞上递增；
当a>0时，00；x>1a，f′x<0，
从而fx在0,1a上递增，在1a,+∞递减；
综上，当a<0时，fx的单调递增区间为0,+∞，没有单调递减区间；
当a>0时，fx的单调递增区间为0,1a，单调递减区间为1a,+∞.
（2）令ℎx=fx−gx=lnx−ax−2ax，要使fx≤gx恒成立，
只要使ℎx≤0恒成立，也只要使ℎxmax≤0.
ℎ′x=1x−a+2ax2=−ax+1ax−2ax2，
若a>0，x>0，所以ax+1>0恒成立，
当00，当2a可知ℎx在0,2a内单调递增，在2a,+∞内单调递减，
所以ℎxmax=ℎ2a=ln2a−3≤0，解得：a≥2e3，
可知a的最小值为2e3；
若a<0，x>0，所以ax−2<0恒成立，
当00，
可知ℎx在0,−1a内单调递减，在−1a,+∞内单调递增，
所以ℎx在0,+∞内无最大值，且当x趋近于+∞时，ℎx趋近于+∞，不合题意；
综上所述：a的最小值为2e3.
【变式3-1】（2024·四川泸州·二模）已知函数fx=2x3−ax2+2a>0．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若∃x∈−1,1，fx≥3，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）对fx求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）先利用导数分析fx的单调性，再构造g(x)=fx，将问题转化为g(x)max≥3，利用fx的单调性，分析得|f(x)|max，从而得解.
【解答过程】（1）因为fx=2x3−ax2+2a>0，则f′(x)=6x2−2ax，
所以f(0)=2，f′(0)=0，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程y=2；
（2）因为f′(x)=6x2−2ax=6xx−a3，且a>0，
所以当0当x<0或x>a3时，f′(x)>0，fx单调递增；
不妨令g(x)=fx，
当a3≥1，即a≥3时，f(x)在[−1,0]单调递增，在0,1单调递减，
且f(−1)=−a≤−3,f(0)=2,f(1)=4−a≤1，
所以g(x)max=|f(x)|max=max{a,2,|4−a|}≥3，此时符合题意；
当0显然f(x)在x=a3处取得极小值，此时极小值为fa3=2−a327>0，
而f(−1)=−a∈(−3,0),f(0)=2,f(1)=4−a>0，
所以g(x)max=|f(x)|max=max{a,2,4−a}，
要使g(x)max≥3，则必有4−a≥3，解得a≤1，故0综上:a的取值范围是(0,1]∪[3,+∞).
【变式3-2】（2024·北京·三模）已知函数fx=lnx+1+kx+1．
(1)求fx的单调区间；
(2)若fx≤−1恒成立，求实数k的取值范围；
(3)求证：i=2nlnii+1【解题思路】（1）对函数fx求导,再根据k的正负分类讨论单调性即可;
（2）若fx≤−1恒成立，即fxmax≤−1，根据（1）中fx的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当k=−1时,有lnx+1−x+1≤−1在−1,+∞恒成立，令x=n2n∈N∗,n>1,即可推出lnnn+1【解答过程】（1）函数fx的定义域为−1,+∞．
f′x=1x+1+k．
①k≥0时，f′x>0，fx的递增区间为−1,+∞，无递减区间；
③k<0时，令f′x>0得−1−1−1k，
所以fx的递增区间为−1,−1−1k，递减区间为−1−1k,+∞．
（2）由（1）知，k≥0时，fx在−1,+∞上递增，f0=k≥0，不合题意，
故只考虑k<0的情况，由（1）知fxmax=f−1−1k=−1−ln−k≤−1
即ln−k≥0⇒−k≥1⇒k≤−1
综上，k的取值范围为k≤−1．
（3）由（2）知：当k=−1时，lnx+1−x+1≤−1恒成立，所以lnx+1≤x，
所以lnx1，
进而lnn2即2lnn所以i=2nlnii+1=ln23+ln34+ln45+⋅⋅⋅+lnnn+1<12+22+32+⋅⋅⋅+n−12=nn−14．（n∈N且n≥2）
即i=2nlnii+1【变式3-3】（2024·四川·模拟预测）已知函数fx=axlnx−2x+b（a，b∈R）在点1,f1处的切线方程为y=−x．
(1)求函数fx的极值；
(2)设gx=exxf1x+2+mx（m∈R），若gx≥0恒成立，求m的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意结合导数的几何意义可得a=b=1，进而利用导数判断fx的单调性和极值；
（2）根据题意分析可知：原题意等价于m≥exlnx−xx在0,+∞内恒成立，令设ℎx=exlnx−xx,x>0，利用导数求ℎx的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【解答过程】（1）由题fx=axlnx−2x+b，f′x=alnx+a−2，
由题意可得f1=b−2=−1f′1=a−2=−1，解得a=b=1，
所以fx=xlnx−2x+1，f′x=lnx−1．
令f′x>0，解得x>e，令f′x<0，解得0可知fx在e,+∞上单调递增，在0,e上单调递减，
所以当x=e时，fx有极小值，极小值为fe=1−e，无极大值．
（2）由题意可知：gx=exxf1x+2+mx=exx−lnx+mx≥0，且x>0，
整理得m≥exlnx−xx，原题意等价于m≥exlnx−xx在0,+∞内恒成立，
设ℎx=exlnx−xx,x>0，则ℎ′x=exx−1lnx−x−1x2，
设tx=lnx−x−1,x>0，则t′x=1x−1=1−xx．
当00；当x>1时，t′x<0，
可知tx在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减，
则tx≤t1=−2<0，即当x>0时，lnx−x−1<0恒成立，
当00；当x>1时，ℎ′x<0；
可知ℎx在0,1内单调递增，在1,+∞内单调递减，则ℎx≤ℎ1=−e，
由m≥exlnx−xx恒成立，可得m≥−e，
所以m的取值范围为−e,+∞．
【题型4 构造函数法解决不等式恒（能）成立问题】
【例4】（2024·四川乐山·二模）若存在x0∈−1,2，使不等式x0+e2−1lna≥2aex0+e2x0−2成立，则a的取值范围是（ ）
A．12e,e2B．1e2,e2C．1e2,e4D．1e,e4
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令aex0=t，构造函数f(t)=e2−1lnt−2t+2，将问题转化为存在t∈ae2,ae−1，使得f(t)≥0成立，再借助导数求解即得.
【解答过程】依题意，x0+e2−1lna≥2aex0+e2x0−2 ⇔ e2−1lna−e2−1x0≥2aex0−2
⇔e2−1lna−e2−1lnex0≥2aex0−2⇔e2−1lnaex0≥2aex0−2，
令aex0=t，即e2−1lnt−2t+2≥0，由x0∈[−1,2]，得t∈ae2,ae−1，
令f(t)=e2−1lnt−2t+2，则原问题等价于存在t∈ae2,ae−1，使得f(t)≥0成立，
求导得f′(t)=e2−1t−2=e2−1−2tt，由f′(t)<0，得t>e2−12，由f′(t)>0，得0因此函数ft在e2−12,+∞上单调递减，在(0,e2−12)上单调递增，
而f(1)=0,fe2=e2−1lne2−2e2+2 =2e2−2−2e2+2=0，又1则当1≤t≤e2时，f(t)≥0，若存在t∈ae2,ae−1，使得f(t)≥0成立，
只需ae2≤e2且ae−1≥1，解得a≤e4且a≥1e，即1e≤a≤e4，
所以a的取值范围为1e,e4.
故选：D.
【变式4-1】（2024·甘肃兰州·二模）若关于x的不等式ex+x+2ln1x≥mx2+lnm恒成立，则实数m的最大值为（ ）
A．12B．e24C．e22D．e2
【解题思路】对所给不等式适当变形，利用同构思想得出lnm≤x−2lnx对于任意x>0恒成立，进一步构造函数gx利用导数分析最值即可求出结果.
【解答过程】由题意可得x>0,m>0，
ex+x+2ln1x≥mx2+lnm恒成立等价于ex+x≥mx2+lnm−2ln1x=elnmx2+lnmx2恒成立，
令fx=ex+x,x>0，
则f′x=ex+1>0恒成立，
所以fx在定义域内严格单调递增，
所以若有fx≥flnmx2成立，则必有x≥lnmx2=lnm+2lnx恒成立，
即lnm≤x−2lnx对于任意x>0恒成立，
令gx=x−2lnx,x>0，
则g′x=1−2x=x−2x，
令g′x=0⇒x=2，
所以当02时，g′x>0，gx单调递增，
所以gxmin=g2=2−2ln2=lne24，
从而lnm≤lne24，所以m的取值范围为m≤e24，即实数m的最大值为e24，
故选：B.
【变式4-2】（2023·河南开封·模拟预测）若存在x∈1,+∞，使得关于x的不等式1+1xx+a≥e成立，则实数a的最小值为（ ）
A．2B．1ln2C．ln2−1D．1ln2−1
【解题思路】由1+1xx+a≥e两边取对数可得(x+a)ln1+1x≥1，令1+1x=t,则不等式可转化为1t−1+alnt≥1，即a≥1lnt−1t−1，故根据题意可得求1lnt−1t−1的最小值即可，令g(x)=1lnx−1x−1,x∈(1,2]，通过求导可得g(x)的最小值即可
【解答过程】由1+1xx+a≥e两边取对数可得(x+a)ln1+1x≥1①，
令1+1x=t,则x=1t−1，因为x∈1,+∞，所以t∈(1,2]，
则①可转化得1t−1+alnt≥1，
因为lnt>0，∴a≥1lnt−1t−1
因为存在x∈1,+∞，使得关于x的不等式1+1xx+a≥e成立，
所以存在t∈(1,2]，a≥1lnt−1t−1成立，故求1lnt−1t−1的最小值即可，
令g(x)=1lnx−1x−1,x∈(1,2]
∴g′(x)=−1x⋅(lnx)2+1(x−1)2 =x⋅(lnx)2−(x−1)2x(x−1)2(lnx)2 =(lnx)2−(x−1)2x(x−1)2(lnx)2=(lnx)2−x−1x+2(x−1)2(lnx)2，
令ℎ(x) =(lnx)2−x−1x+2,x∈(1,2]
∴ℎ′(x)=1x⋅2lnx−1+1x2=2lnx−x+1xx，
令φ(x)=2lnx−x+1x,x∈(1,2]，
∴φ′(x)=2x−1−1x2=−x2+2x−1x2 =−(x−1)2x2<0，
所以φ(x)在(1,2]上单调递减，所以φ(x)<φ(1)=0，
∴ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)在(1,2]上单调递减，
所以ℎx<ℎ(1)=0,∴g′(x)<0,
∴g(x)在(1,2]上单调递减，∴g(x)≥g(2)=1ln2−1，
∴a≥1ln2−1，所以实数a的最小值为1ln2−1
故选：D.
【变式4-3】（2024·江西赣州·二模）已知函数fx=ekx+1，gx=1+1xlnx.若kfx≥gx，则k的取值范围为（ ）
A．0,eB．e,+∞C．1e,+∞D．0,1e
【解题思路】根据已知条件，有lnekx⋅ekx+1≥1+xlnx x>0，构造函数ℎx=1+xlnx x>0，将问题转化为为ℎekx≥ℎx x>0，对函数求导，通过函数的单调性求出函数的最值从而求解.
【解答过程】因为fx=ekx+1，所以kfx=kekx+1，
由kfx≥gx得kekx+1≥1+1xlnx x>0，
即kxekx+1≥1+xlnx x>0，
即lnekx⋅ekx+1≥1+xlnx x>0，
构造函数ℎx=1+xlnx x>0，
lnekx⋅ekx+1≥1+xlnx x>0可化为ℎekx≥ℎx x>0，
因为ℎ′x=lnx+1x+1 x>0，令tx=lnx+1x+1 x>0，
则t′x=1x−1x2=x−1x2x>0，令t′x=0，解得x=1，
所以x∈0,1时，t′x<0，tx在0,1上单调递减，
所以x∈1,+∞时，t′x>0，tx在1,+∞上单调递增，
所以x=1时，tx取得最小值，即txmin=t1=2>0，
所以tx>0在x∈0,+∞上恒成立，即ℎ′x>0在x∈0,+∞上恒成立，
所以ℎx在x∈0,+∞上单调递增，
因为ℎekx≥ℎx x>0，
所以ekx≥x x>0，kx≥lnx x>0，k≥lnxx x>0，
令mx=lnxxx>0，则m′x=1−lnxx2 x>0，
令m′x=0，即1−lnx=0，解得x=e，
所以x∈0,e时，m′x>0，mx在0,e上单调递增，
x∈e,+∞时，m′x<0，mx在0,e上单调递减，
所以x=e时，mx取得最大值，即mxmax=me=1e，
所以mx≤1e，所以k≥1e.
故选：C.
【题型5 与不等式恒（能）成立有关的证明问题】
【例5】（2024·云南昆明·三模）已知函数fx=ex−sinax；
(1)当a=−1时，证明：对任意x∈−π6,+∞，fx>0；
(2)若x=0是函数fx的极值点，求实数a的值．
【解题思路】（1）求导得到函数的单调区间，求出fx>f−π6=e−π6−12>0，结合对数的运算可得结果；
（2）求导得到函数的单调区间，可得fx在−π6,0单调递减，在0,+∞单调递增，满足x=0是fx的极值点，进而求出结果即可.
【解答过程】（1）当a=−1时，fx=ex+sinx，f′x=ex+csx，
当x∈0,+∞时，ex>1≥−sinx，则fx>0；
当x∈−π6,0时，csx>0，ex>0，故f′x>0，所以fx在−π6,0单调递增，
因为e<2.8<22，所以eπ所以π6f−π6=e−π6−12>0；
综上，对任意x∈−π6,+∞，fx>0．
（2）x∈R，f′x=ex−acsax，因为x=0是fx的极值点，
所以f′0=1−a=0，即a=1．
当a=1时，fx=ex−sinx，令gx=f′x=ex−csx，则g′x=ex+sinx，
由（1）可知，对任意x∈−π6,+∞，g′x>0，故gx在−π6,+∞单调递增，又g0=0，
故当x∈−π6,0时，gx<0，即f′x<0，当x∈0,+∞时，gx>0，即f′x>0，
故fx在−π6,0单调递减，在0,+∞单调递增，满足x=0是fx的极值点，
综上，实数a的值为1．
【变式5-1】（2024·青海·模拟预测）已知函数fx=eax+12x2−ax（a∈R）.
(1)当a=1时，求fx的最值；
(2)当a∈−1,1时，证明：对任意的x1，x2∈−2,2，都有fx1−fx2≤e2−1.
【解题思路】（1）当a=1时，易求函数fx的导数，求出导函数的零点并判断原函数在求得零点附近的单调性，从而确定函数极值，进一步确定函数的最值；
（2）当a∈−1,1时，通过连续求导得出原函数fx在−2,2上的单调性，通过计算f2−f0和f−2−f0的值构造函数ℎt=e2t−2t−e2+2，并通过求导确定其单调性，求出ℎt在t∈−1,1的值域，由此可构造不等式e2t−2t+1≤e2−1，从而得出f2−f0≤e2−1，f−2−f0≤e2−1，从而得证.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex+12x2−x，f′x=ex+x−1，
易知f′x=ex+x−1在上R单调递增.
因为f′0=0，所以当x<0时，f′x<0，当x>0时，f′x>0，
所以fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以fx有最小值f0=1，无最大值.
（2）证明：f′x=aeax+x−a.令gx=f′x=aeax+x−a，则g′x=a2eax+1>0，
所以f'x在−2,2上单调递增.
又f′0=0，所以当x<0时，f′x<0，当x>0时，f′x>0，
所以fx在−2,0上单调递减，在0,2上单调递增，
即当a∈−1,1时，fx在−2,0上单调递减，在0,2上单调递增.
所以f2−f0=e2a−2a+1，f−2−f0=e−2a+2a+1.
令ℎt=e2t−2t−e2+2，则ℎ′t=2e2t−2，当t<0时，ℎ′t<0，当t>0时，ℎ′t>0，
所以ℎt在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.
因为ℎ1=0，ℎ−1=1e2+4−e2<0，所以当t∈−1,1时，ℎt≤0，
即当t∈−1,1时，e2t−2t+1≤e2−1，
所以当a∈−1,1时，e2a−2a+1≤e2−1且e−2a+2a+1≤e2−1，
即f2−f0≤e2−1且f−2−f0≤e2−1，
即对任意的x1，x2∈−2,2，都有fx1−fx2≤e2−1.
【变式5-2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数fx=aexa≠0,gx=x2,g'x为gx的导函数.
(1)证明：当a=1时，∀x∈0,+∞,f(x)>g′x；
(2)若fx与gx有两条公切线，求a的取值范围.
【解题思路】（1）等价于证明∀x∈0,+∞,ex>2x，令ℎx=ex−2xx>0，求导判断出ℎx的单调性，求出最值可得答案；
（2）设一条公切线与fx=aex,gx=x2切点分别为x1,aex1,x2,x22，求出切线方程，根据是同一条直线可得a=4x1−4ex1，转化为y=4x−4ex与y=a的图象有两个交点，利用导数得出y=4x−4ex的大致图象可得答案.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=ex，g′x=2x，
∀x∈0,+∞,f(x)>g′x等价于证明∀x∈0,+∞,ex>2x，
令ℎx=ex−2xx>0，ℎ′x=ex−2，
当0当x>ln2时，ℎ′x>0，ℎx在ln2,+∞上单调递增，所以ℎx≥ℎln2=2−2ln2>0，
所以∀x∈0,+∞,ex>2x，即∀x∈0,+∞,f(x)>g′x；
（2）设一条公切线与fx=aex,gx=x2切点分别为x1,aex1,x2,x22，
则f′x=aex,g′x=2x，
可得切线方程为y−aex1=aex1x−x1，y−x22=2x2x−x2，
因为它们是同一条直线，所以aex1=2x2−x1aex1+aex1=−x22，
可得a=4x1−4ex1，令px=4x−4ex，
若fx与gx有两条公切线，则y=4x−4ex与y=a的图象有两个交点，
则p′x=8−4xex，
当x<2时，p′x>0，px在−∞,2上单调递增，
当x>2时，p′x<0，px在2,+∞上单调递减，所以px≤p2=4e2，
且当x>1时，px>0，当x<1时，px<0，可得px的大致图象如下图，
所以0【变式5-3】（2024·贵州六盘水·三模）若函数fx在a,b上有定义，且对于任意不同的x1,x2∈a,b，都有fx1−fx2(1)若fx=x2，判断fx是否为1,2上的“4类函数”；
(2)若fx=2elnx+a+1x+1x为1,e上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若fx为1,2上的“2类函数”且f1=f2，证明：∀x1，x2∈1,2，fx1−fx2<1.
【解题思路】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明fx1−fx2<4x1−x2即可；
（2）由已知条件转化为对于任意x∈1,e，都有−2（3）分|x1−x2|<12和12≤|x1−x2|<1两种情况进行证明，f1=f2，用放缩法fx1−fx2=fx1−f1+f2−fx2≤fx1−f1+f2−fx2进行证明即可.
【解答过程】（1）函数fx=x2是1,2上的“4类函数”，理由如下：
不妨设x1,x2∈1,2，所以2fx1−fx2=x12−x22=x1−x2x1+x2<4x1−x2，
所以fx=x2是1,2上的“4类函数”；
（2）fx=2elnx+a+1x+1x，f′x=−1x2+2ex+a+1，
由题意知，对于任意不同的x1,x2∈1,e都有fx1−fx2<2x1−x2，
不妨设x1故fx1+2x1fx2−2x2，
所以fx+2x为1,e上的增函数，fx−2x为1,e上的减函数，
所以对任意的x∈1,e，即−2≤f′x≤2，
由f′x≤2⇒a≤1x2−2ex+1，令gx=1x2−2ex+1，则a≤gxmin，x∈1,e，
令1x=t∈1e,1得y=t2−2et+1在1e,1上单调递增，gxmin=1−1e2，
由f′x≥−2⇒a≥1x2−2ex−3，令ℎx=1x2−2ex−3，
只需a≥ℎxmax，x∈1,e，
令1x=t∈1e,1得y=t2−2et−3在1e,1单调递增，
所以ℎxmax=ℎ1=−2−2e，
综上所述，实数a的取值范围为a−2−2e≤a≤1−1e2；
（3）证明：因为fx为1,2上的“2类函数”，所以fx1−fx2<2x1−x2，
不妨设1≤x1当12≤x1−x2<1时，因为f1=f2，−1所以fx1−fx2=fx1−f1+f2−fx2≤fx1−f1+f2−fx2
<2x1−1+22−x2=2x1−x2+1≤2−12+1=1，
综上所述，∀x1，x2∈1,2，fx1−fx2<1.
【题型6 洛必达法则】
【例6】（23-24高二下·全国·期末）若不等式sinx>x−ax3对于x∈(0,π2)恒成立，求a的取值范围.
【解题思路】由题设有a>x−sinxx3在x∈(0,π2)上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性、洛必达法则求右侧的极限，即可得参数范围.
【解答过程】当x∈(0,π2)时，原不等式等价于a>x−sinxx3.
记f(x)=x−sinxx3，则f′(x)=3sinx−xcsx−2xx4.
记g(x)=3sinx−xcsx−2x，则g′(x)=2csx+xsinx−2.
因为g″(x)=xcsx−sinx，g‴(x)=−xsinx<0，
所以g″(x)在(0,π2)上单调递减，且g″(x)<0，
所以g′(x)在(0,π2)上单调递减，且g′(x)<0.
因此g(x)在(0,π2)上单调递减，且g(x)<0，
故f′(x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x−sinxx3在(0,π2)上单调递减.
由洛必达法则有limx→0f(x)=limx→0x−sinxx3=limx→01−csx3x2=limx→0sinx6x=limx→0csx6=16，
即x趋向于0时，f(x)趋向16，即有f(x)<16.
故a≥16时，不等式sinx>x−ax3对于x∈(0,π2)恒成立.
【变式6-1】（2023高三·全国·专题练习）已知函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x−y+1=0垂直.
(1)求实数a,b的值；
(2)若∀x∈[1 , +∞)，不等式f(x)≤(m−2)x−mx恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）根据f(x)=alnx+bx, 求得f′(x)=ax+b，再根据f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，求得a，b的关系，然后由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x−y+1=0垂直求解.
（2）将不等式f(x)≤(m−2)x−mx恒成立，转化为lnx≤m(x−1x)恒成立，由x=1时，恒成立；当x>1时，m≥xlnxx2−1恒成立，令ℎ(x)=xlnxx2−1，求得其最大值即可.
【解答过程】（1）解：∵ f(x)=alnx+bx,
∴ f′(x)=ax+b；
函数f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，
∴ f′(12)=2a+b=0；
又∵曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x−y+1=0垂直，
∴ f′(1)=a+b=−1；
解得：a=1,b=−2；
（2）不等式f(x)≤(m−2)x−mx恒成立可化为lnx≤mx−mx，
即lnx≤m(x−1x)；
当x=1时，恒成立；当x>1时，m≥xlnxx2−1恒成立，
令ℎ(x)=xlnxx2−1，
则ℎ'(x)=(lnx+1)(x2−1)−2x⋅xlnx(x2−1)2=x2−x2lnx−lnx−1(x2−1)2；
令m(x)=x2−x2lnx−lnx−1，
则m'(x)=2x−2xlnx−x−1x=x2−2x2lnx−1x；
令n(x)=x2−2x2lnx−1，
则n'(x)=2x−4xlnx−2x=−4xlnx<0；
得n(x)=x2−2x2lnx−1在(1,+∞)是减函数，
故n(x)进而m'(x)<0
（或m'(x)=x−2xlnx−1x，m''(x)=−2lnx−1+1x2<0，
得m'(x)=x−2xlnx−1x在(1,+∞)是减函数，进而m'(x)<0）．
可得：m(x)而m要大于等于ℎ(x)=xlnxx2−1在(1,+∞)上的最大值，
当x=1时，y=ℎ(x)没有意义，由洛必达法得limx→1xlnxx2−1=limx→1lnx+12x=12，
∴m≥12．
【变式6-2】（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数fx，gx的导函数分别为f′x，g′x，且limx→af(x)=limx→ag(x)=0，则
limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x).
②设a>0，k是大于1的正整数，若函数fx满足：对任意x∈0,a，均有fx≥fxk成立，且limx→0fx=0，则称函数fx为区间0,a上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断fx=x3−3x是否为区间0,3上的2阶无穷递降函数；
(2)计算：limx→0(1+x)1x；
(3)证明：sinxx−π3【解题思路】（1）根据函数fx为区间0,a上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造ℎx=lngx，再结合limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)即可得到结果；
（3）通过换元令令x−π=t，则原不等式等价于tant⋅sin2t≥t3,t∈0,π2，再通过构造函数ft=tant⋅sin2tt3,t∈0,π2，根据题干中函数fx为区间0,π2上的k阶无穷递降函数的定义证出ft>1,t∈0,π2，即可证明结论.
【解答过程】（1）设Fx=fx−fx2=78x3−32x，
由于F1=78−32<0，
所以fx≥fx2不成立，
故fx=x3−3x不是区间0,3上的2阶无穷递降函数.
（2）设gx=(1+x)1x，则lngx=1xln1+x=ln1+xx，
设ℎx=ln1+xx，
则limx→0ℎ(x)=limx→0ln(1+x)x=limx→011+x1=1，
所以limx→0lng(x)=1，得limx→0(1+x)1x=e.
（3）令x−π=t，则原不等式等价于tant⋅sin2t≥t3,t∈0,π2，
即证tant⋅sin2tt3≥1,t∈0,π2，
记ft=tant⋅sin2tt3,t∈0,π2，则ft2=8tant2⋅sin2t2t3，
所以ftft2=tant⋅sin2tt3⋅t38tant2⋅sin2t2=cs2t21−tan2t2=11−tan4t2>1，
即有对任意t∈0,π2，均有ft>ft2，
所以ft>ft2>⋯>ft2n，
因为limx→0sinxx=limx→0csx=1，
所以limn→+∞ft2n=limn→+∞tant2n⋅sin2t2nt2n3=limn→+∞sin3t2nt2n3cst2n=limn→+∞sint2nt2n3⋅limn→+∞1cst2n=1，
所以ft>1,t∈0,π2，证毕!
【变式6-3】（23-24高二下·广东珠海·期末）在研究函数问题时，我们经常遇到求函数在某个区间上值域的问题，但函数在区间端点又恰好没有意义的情况，此时我们就可以用函数在这点处的极限来刻画该点附近数的走势，从而得到数在区间上的值域.求极限我们有多种方法，其中有一种十分简单且好用的方法——洛必达法则
该法则表述为：“设函数f(x)，g(x)满足下列条件：
①limx→af(x)=0，limx→ag(x)=0；
②在点a处函数f(x)和g(x)的图像是连续且光滑的，即函数f(x)和g(x)在点a处存在导数；
③limx→af′(x)g′(x)=A，其中A是某固定实数；
则limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)=A.”
那么，假设有函数f(x)=ex，g(x)=tx+1.
(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求t的取值范围；
(2)证明：ex−lnx≥2.
【解题思路】（1）由题意可得ex≥tx+1恒成立，然后分x=0,x>0,x<0三种情况，根据不等式恒成立，求出t的取值范围.
（2）令px=lnx−x+1，对px求导，判断px的单调性，求出pxmax，进而得到lnx≤x−1，结合（1），即可证明.
【解答过程】（1）若f(x)≥g(x)恒成立，即ex≥tx+1恒成立，
当x=0时，e0≥1，成立，
当x>0时，t≤ex−1x，令ℎx=ex−1x，
ℎ′x=exx−ex−1x2=exx−ex+1x2，令mx=exx−ex+1，
m′x=exx+ex−ex=exx，
当x>0时，m'x>0，当x<0时，m'x<0
所以mx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，mx>m(0)=0即exx−ex+1>0，
所以当x>0时，ℎ'x>0，即ℎx单调递增，
由洛必达法则知：limx→0ex−1x=limx→0ex1=1，
所以当x>0时，ℎx>1，所以t≤1,
同理，当x<0时，可得ex−1x<1，所以t≥1
综上所述：t的取值范围为1.
（2）令px=lnx−x+1，则p′x=1x−1=1−xx，
所以当00，px单调递增，
当x>1时，p′x<0，px单调递减，
所以当x=1时，pxmax=p1=0，
所以当x>0，px≤p1=0，即lnx≤x−1（当且仅当x=1时，等号成立）
由（1）知，ex≥x+1（当且仅当x=0时，等号成立）
所以ex−lnx≥x+1−x−1=2.
【题型7 双变量的恒（能）成立问题】
【例7】（2023·四川泸州·一模）已知函数fx=ax+1−xlnx的图像在x=1处的切线与直线x−y=0平行．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若∀x1,x2∈0,+∞，且x1>x2时，fx1−fx2>mx12−x22，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出a=2，直接利用导数求单调区间；
（2）根据式子结构构造gx=fx−mx2，由gx在0,+∞为增函数，得到2m≤1−lnxx在x>0恒成立，令ℎx=1−lnxx，利用导数求出ℎx的最小值，即可求解.
【解答过程】（1）fx=ax+1−xlnx的导数为f′x=a−1−lnx，
可得fx的图象在A1,f1处的切线斜率为a−1，
由切线与直线x−y=0平行，可得a−1=1，即a=2，
fx=2x+1−xlnx，f′x=1−lnx，
由f′x>0，可得0e，则fx在0,e递增，在e,+∞递减．
（2）因为x1>x2，若∀x1,x2∈0,+∞，由fx1−fx2>mx12−mx22，
即有fx1−mx12>fx2−mx22恒成立，设gx=fx−mx2，
所以gx=fx−mx2在0,+∞为增函数，即有g′x=1−lnx−2mx≥0对x>0恒成立，
可得2m≤1−lnxx在x>0恒成立，由ℎx=1−lnxx的导数为ℎ′x=lnx−2x2，
当ℎ′x=0，可得x=e2，ℎx在0,e2递减，在e2,+∞递增，
即有ℎx在x=e2处取得极小值，且为最小值−1e2可得2m≤−1e2，解得m≤−12e2
则实数m的取值范围是−∞,−12e2．
【变式7-1】（2023·四川自贡·二模）已知函数fx=aex−x2有两个极值点x1、x2.
(1)求a的取值范围；
(2)若x2≥3x1时，不等式x1+λx2≥2x1x2恒成立，求λ的最小值.
【解题思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2xex，则直线y=a与函数ux的图象有两个交点，利用导数分析函数ux的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，将这两个等式相除可得ex2−x1=x2x1，变形可得x2−x1=lnx2x1，再由x1+λx2≥2x1x2可得x2−x1x1+λx2≥2x1x2lnx2x1，令t=x2x1≥3，可得出λ≥2lntt−1−1t，令gt=2lntt−1−1tt≥3，利用导数求出函数gt的最大值，即可得出实数λ的最小值.
【解答过程】（1）解：因为fx=aex−x2，该函数的定义域为R，且f′x=aex−2x，
因为函数fx有两个极值点，所以，方程f′x=0有两个不等的实数根，
则方程a=2xex有两个不等的实根，
令ux=2xex，其中x∈R，则u′x=2−2xex，令u′x=0可得x=1，列表如下：
所以，函数ux的极大值为u1=2e，
且当x<0时，ux=2xex<0；当x>0时，ux=2xex>0.
如下图所示：
由图可知，当0当xx2时，f′x=exa−2xex>0；当x1此时，函数fx有两个极值点，合乎题意，
因此，实数a的取值范围是0,2e.
（2）证明：由（1）可知，函数fx的两个极值点x1、x2是方程aex−2x=0的两个根，
且00，aex2=2x2>0，
等式aex1=2x1与等式aex2=2x2相除可得ex2−x1=x2x1，则有x2−x1=lnx2x1>0，
由x1+λx2≥2x1x2可得x2−x1x1+λx2≥2x1x2lnx2x1，
即x2−x1x1+λx2x1x2≥2lnx2x1，即x2x1−1x1x2+λ≥2lnx2x1，
因为x2≥3x1，则x2x1≥3，令t=x2x1≥3，则t−1λ+1t≥2lnt，可得λ≥2lntt−1−1t，
令gt=2lntt−1−1t=2lnt−1+1tt−1，其中t≥3，则g′t=3−4t+1t2−2lntt−12，
令ℎt=3−4t+1t2−2lnt，其中t≥3，则ℎ′t=4t2−2t3−2t=−2t−12t3<0，
所以，函数ℎt在3,+∞上单调递减，则ℎt≤ℎ3=3−43+19−2ln3=169−2ln3<0，
即g′t<0，所以，函数gt在3,+∞上单调递减，
所以，当t≥3时，gtmax=g3=2ln32−13=ln3−13，则λ≥ln3−13.
因此，实数λ的最小值为ln3−13.
【变式7-2】（2024·全国·二模）已知函数fx=xlnx−a2x2−x+aa∈R，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)当a=12时，若gx=f′(x)在[t,t+1(t>0)上的最大值为ℎ(t)，求ℎ(t)；
(2)已知x1,x2是函数f（x）的两个极值点，且x1【解题思路】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据t的不同取值分类讨论求解；
（2）根据题意得f′x1=lnx1−ax1=0,f′x2=lnx2−ax2=0，从而可得不等式a>1+mx1+mx2，再根据a=lnx1x2x1−x2，从而lnx1x2x1−x2>1+mx1+mx2，进而将双变量转化为单变量，即不等式lnt<1+mt−1t+m在t∈(0,1)上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解.
【解答过程】（1）当a=12时，fx=xlnx−14x2−x+12，其定义域为（0，＋∞），
且f′x=lnx+1−12x−1 =lnx−12x，所以gx=lnx−12x，
所以g′x=1x−12=2−x2x(x>0)，
令g′x>0，得02，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．
①当t+1≤2，即0所以ℎt=gxmax=gt+1=lnt+1−12t−12；
②当t≤2,t+1>2，即1③当t>2时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减，
所以ℎt=gxmax=gt=lnt−12t，
综上所述ℎ(t)=ln(t+1)−12t−12,02.
（2）因为e1+m由题意知f(x)的定义域为(0,+∞), f′x=lnx−ax，
故x1,x2是关于x的方程f′x=lnx−ax=0的两个根，
所以f′x1=lnx1−ax1=0,f′x2=lnx2−ax2=0，
即lnx1=ax1,lnx2=ax2，
所以1+m等价于1+m因为m>0,01+mx1+mx2，
又lnx1=ax1,lnx2=ax2，作差，得lnx1x2=ax1−x2，
即a=lnx1x2x1−x2，所以原式等价lnx1x2x1−x2>1+mx1+mx2，
因为0令t=x1x2，则t∈(0,1)，
故不等式lnt<1+mt−1t+m在t∈(0,1)上恒成立，
令φ(t)=lnt−1+mt−1t+m．
又因为φ′t=1t−1+m2t+m2=t−1t−m2tt+m2，
当m2≥1时，得t∈(0,1)，所以φ′(t)>0在(0,1)上单调递增，
又φ1=0，所φt<0在(0,1)上恒成立，符合题意；
当m2<1时，可得t∈(0,m2)时，φ′(t)>0，t∈m2,1时，φ′(t)<0，
所以φ(t)在(0,m2)上单调递增，在(m2,1)上单调递减，
又因为φ1=0，
所以φ(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e1+m只需满足m2≥1，又m>0，故m≥1，
即正数m的取值范围为[1,+∞)．
【变式7-3】（2023·河南·二模）已知函数fx=12mx2+m−1x−lnxm∈R，gx=x2−12ex+1.
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈0,+∞，总存在x2∈1,+∞，使得fx1≥gx2，求m的取值范围.
【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m≤0和m>0两种情况下函数的单调性；（2）根据题意将不等式转化为fxmin≥gxmin，分别求函数的最值，即可求解.
【解答过程】（1）f′x=mx+m−1−1x=mx−1x+1x，x>0.
当m≤0时，f′x<0恒成立，fx在0,+∞上单调递减；
当m>0时，由f′x>0，解得x∈1m,+∞，即fx在1m,+∞上单调递增，
由f′x<0，解得x∈0,1m，即fx在0,1m上单调递减.
（2）当m>0时，由（1）知fxmin=f1m=lnm+1−12m，
g′x=2x+12e−x>0，x≥1恒成立，gx在1,+∞上单调递增，所以gxmin=g1=2−12e，
由题意知fxmin≥gxmin，即lnm+1−12m≥2−12e.
设ℎm=lnm+1−12m，则ℎ′m=12m2+1m>0，所以ℎm为增函数，
又ℎe=2−12e，所以m≥e，
即m的取值范围是e,+∞.
一、单选题
1．（2024·陕西·模拟预测）当x>0时，x2⋅e4x−2lnx≥ax+1恒成立，则实数a最大值为（ ）
A．4eB．4C．4e2D．8
【解题思路】本题考查利用导数解决不等式恒成立问题，根据题意易于分离参数得a≤x2⋅e4x−2lnx−1x，再利用切线放缩化简求出a的取值范围.
【解答过程】因为x>0，由x2⋅e4x−2lnx≥ax+1，得a≤x2⋅e4x−2lnx−1x.令fx=x2⋅e4x−2lnx−1x=e2lnx+4x−2lnx−1xx>0
令gx=ex−x−1,x∈[0,+∞)，则g′x=ex−1≥0在[0,+∞)上恒成立，
故函数gx=ex−x−1,x∈[0,+∞)在[0,+∞)上单调递增，所以gx≥g0=0即ex≥x+1，
由ex≥x+1，得e2lnx+4x≥2lnx+4x+1，所以fx≥2lnx+4x+1−2lnx−1x=4.
当且仅当2lnx+4x=0时，取“=”，
此时lnx=−2x，由y=lnx与y=−2x图象可知∃x0∈(0,+∞）使lnx0=−2x0，此时f(x)min=4.
所以a≤4，即a有最大值为4.
故选：B.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4+x≥eax2+ln2x成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．12e,+∞B．1e,+∞C．−∞,1eD．−∞,12e
【解题思路】将原不等式变形为ax22−eax2≥lnx2−elnx，令f(x)=x2−ex，则f(ax2)≥f(lnx)，然后利用导数判断出f(x)在R上递减，所以将问题转化为ax2≤lnx在x∈0,+∞上有解，即a≤lnxx2在x∈0,+∞上有解，再构造函数ℎ(x)=lnxx2(x>0)，利用导数求出其小大值即可.
【解答过程】由a2x4+x≥eax2+ln2x，得ax22−eax2≥ln2x−x，
所以ax22−eax2≥lnx2−elnx，
令f(x)=x2−ex，则ax22−eax2≥lnx2−elnx可化为f(ax2)≥f(lnx)，
f′(x)=2x−ex，令g(x)=f′(x)=2x−ex，则
g′(x)=2−ex，令g′(x)=2−ex=0，得x=ln2，
当x0，当x>ln2时，g′(x)<0，
所以f′(x)在(−∞,ln2)上递增，在(ln2,+∞)上递减，
所以f′(x)≤f′(ln2)=2ln2−2<0，
所以f(x)在R上递减，
所以ax2≤lnx在x∈0,+∞上有解，
所以a≤lnxx2在x∈0,+∞上有解，
令ℎ(x)=lnxx2(x>0)，则ℎ′(x)=x−2xlnxx4=1−2lnxx3(x>0)，
由ℎ′(x)>0，得1−2lnx>0，得0由ℎ′(x)<0，得1−2lnx<0，得x>e，
所以ℎ(x)在0,e上递增，在e,+∞上递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(e)=ln(e)e=12e，
所以a≤12e，
即实数a的取值范围为−∞,12e，
故选：D.
3．（2024·河南·模拟预测）已知λ>0，对任意的x>1，不等式e2λx−lne12λlnx≥0恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．1e,+∞B．12e,+∞
C．2e,+∞D．e,+∞
【解题思路】根据题意，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令ℎu=ueu，利用导数求得ℎu为单调递增函数，得到ℎ2λx≥ℎlnx恒成立，进而转化为2λ≥lnxx恒成立，构造函数mt=lntt，利用导数求得mt单调性和最小值，即可求解.
【解答过程】因为λ>0，所以整理不等式e2λx−lne12λlnx≥0，
可得2λe2λx≥lnx，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，
令ℎu=ueu,u>0，则ℎ′u=u+1eu,u>0，
因为ℎ′u>0，所以ℎu在0，+∞上单调递增，所以ℎ2λx≥ℎlnx恒成立，
又因为λ>0,x>1，所以2λx>0,lnx>0，
所以2λx≥lnx对任意的x>1恒成立，即2λ≥lnxx恒成立，
构造函数mt=lnttt>1，则m′t=1−lntt2t>1，
当10，mt单调递增；当t>e时，m′t<0，mt单调递减，
所以，当t=e时，mtmax=1e，所以2λ≥1e，即λ≥12e．
故选：B．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数f(x)=aex+1nax+2−2，若fx>0恒成立，则正实数a的取值范围是（ ）
A．0e2C．a>eD．a>2e
【解题思路】不等式整理为x+lna+ex+lna+>lnx+2+elnx+2，构造函数gx=x+ex，利用单调性得到lna>lnx+2−x，再构造kx=lnx+2−x，进而得到lna>kxmax=1，从而a>e.
【解答过程】∵f(x)=aex+1nax+2−2>0，∴ex+lna+lna>lnx+2+2，且a>0，
两边加上x得，ex+lna+x+lna>lnx+2+x+2=lnx+2+elnx+2，
设gx=x+ex，则g'x=1+ex>0，所以gx单调递增，
∴x+lna>lnx+2，即lna>lnx+2−x，
令kx=lnx+2−x，则k'x=1x+2−1=−x+1x+2，
∵fx的定义域是−2,+∞，
∴当x∈−2,−1时，k'x>0，kx单调递增，当x∈−1,+∞时，k'x<0，kx单调递减，
∴当x=−1时，kx取得极大值即为最大值，kxmax=k−1=1，
∴lna>kxmax=1，∴a>e.
故选：C．
5．（2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式e−1lnx+ax≥xeax−1在x∈12,1内有解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．0,2+2ln2B．1e,eC．0,4D．12e,e
【解题思路】将由不等式转化为e−1lnxeax≥xeax−1，令t=xeax，得到e−1lnt≥t−1，令函数ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，利用导数求得函数ft的单调性，结合f1=0,fe=0，得到12ea2≤e且ea≥1，即可求解.
【解答过程】由不等式e−1lnx+ax≥xeax−1，即e−1lnxeax≥xeax−1，
令t=xeax，即有e−1lnt≥t−1，
又由a>0，所以函数t=xeax在x∈0,+∞上单调递增，
因为x∈12,1，所以t=xeax∈12ea2,ea，
令ft=e−1lnt−t+1，问题转化为存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0，
因为f′t=e−1−tt，令f′t>0，可得0e−1，
所以ft在0,e−1上单调递增，在e−1,+∞上单调递减，
又因为f1=0,fe=e−1lne−e+1=0，所以当1≤t≤e时，ft≥0，
若存在t∈12ea2,ea，使得ft≥0成立，只需12ea2≤e且ea≥1，
解得0≤a≤2+2ln2，因为a>0，所以a∈0,2+2ln2.
故选：A.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=1−elnx−3x,x>0(x−2)ex−2exx,x<0，若不等式fx>ax恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,3B．6e−2,+∞
C．6e−2,3D．−∞,6e−2
【解题思路】分x>0和x<0两种情况讨论，分别得出不等式，由不等式恒成立转化为求函数的最值，利用导数分别求出函数的最值即可求解．
【解答过程】当x>0时，由fx>ax得a当x<0时，由fx>ax得a>xfx=x2−2x−2ex．
令gx=x−elnx+3x>0，
则g′x=1−ex=x−exx>0，令g′(x)=0，解得x=e，
所以当0e，g′(x)>0，
故gx在0,e上单调递减，在e,+∞上单调递增，
因此gx的最小值为ge=e−elne+3=3，
故当x>0时，a<3；
令ℎx=x2−2x−2exx<0，
则ℎ′x=x2−4exx<0，令ℎ′x=0，解得x=−2，
所以当−20，
故ℎx在−∞,−2上单调递增，在−2,0上单调递减，
因此ℎx的最大值为ℎ−2=4+4−2e−2=6e−2，
故当x<0时，a>6e−2．
综上，6e−2故选：C．
7．（2024·重庆·模拟预测）已知函数fx=lnxx,gx=axe−ax，若存在x1∈0,1,x2∈−∞,0使得fx1=gx2，则实数a的取值范围为（ ）
A．−∞,−2B．−2,−1C．−1,+∞D．0,+∞
【解题思路】利用导数求得fx在区间0,1上的值域，求得gx在区间−∞,0上的值域，由此求得a的取值范围.
【解答过程】对于fx=lnxx00，
所以fx在区间0,1上单调递增，ln11=0，
所以当x∈0,1时，fx的值域为−∞,0.
对于gx=axe−axx<0，g′x=a1−axe−ax=a1−axeax，
若a=0，则gx=0，不符合题意.
若a>0，则g′x>0，所以gx在−∞,0上单调递增，
所以当x∈−∞,0时，gx的值域为−∞,0，符合题意，D选项正确.
当a<0时，gx在区间−∞,1a上g′x>0,gx单调递增，
在区间1a,+∞上g′x<0,gx单调递减，
g1a=a×1a×e−a×1a=1e，而当x<0时gx=axe−ax>0
所以当x∈−∞,0时，gx的值域为0,1e，不符合题意.
综上所述，实数a的取值范围为0,+∞.
故选：D.
8．（2023·上海崇明·一模）若存在实数a, b，对任意实数x∈[0,1]，使得不等式x3 −m≤ax+b≤x3 +m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．39, +∞B．839, +∞C．33, +∞D．32, +∞
【解题思路】不等式x3−m≤ax+b≤x3+m等价于−x3+ax+b≤m，原命题等价于存在实数a，b，对任意实数x∈[0,1]不等式−x3+ax+b≤m恒成立，等价于存在实数a，b，不等式−x3+ax+bmax≤m成立，分别讨论a≤0，0【解答过程】不等式x3−m≤ax+b≤x3+m等价于−m≤−x3+ax+b≤m即−x3+ax+b≤m，
原命题等价于存在实数a，b，对任意实数x∈[0,1]不等式−x3+ax+b≤m恒成立，
等价于存在实数a，b，不等式−x3+ax+bmax≤m成立，
记f(x)=−x3+ax+b，则f′(x)=−3x2+a，
（1）当a≤0时，对任意x∈[0,1]，f′(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]上单调递减a+b−1≤f(x)≤b
①当a+b−1+b≥0，即b≥1−a2时，f(x)max=b，
②当a+b−1+b<0，即b<1−a2时，f(x)max=−a−b+1，
从而当a≤0时，g(b)=b−a−b+1,b≥1−a2,b<1−a2，
则g(b)在(−∞,1−a2)上单调递减，在1−a2,+∞上单调递增，
所以g(b)min=g(1−a2)=1−a2≥12；
（2）当0f(x)在区间0,a3上单调递增，在a3,1上单调递减，
f(0)=b，fa3=2a3a3+b，f(1)=a+b−1，
①当0α)当a+b−1+2a3a3+b<0即b<12−12a−a3a3时，f(x)max=−a−b+1，
β)当a+b−1+2a3a3+b≥0即b≥12−12a−a3a3时，f(x)max=2a3a3+b，
从而当0则g(b)在区间−∞,12−12a−a3a3上单调递减，在区间12−12a−a3a3,+∞上单调递增,
所以g(b)min=g12−12a−a6a3=12−a2+a3a3；
令t=a3，则0则ℎ′(t)=3t2−3t)=3t(t−1)，
当0,13时，ℎ′(t)<0恒成立，
即ℎ(t)在区间0,13上单调递减，即ℎ(t)min=ℎ13=39，
即g(b)min≥39；
②当1b，此时b≤f(x)≤2a3a3+b，
α)当b+2a3a3+b<0即b<−a3a3时，f(x)max=−b，
β)当b+2a3a3+b≥0即b≥−a3a3时，f(x)max=2a3a3+b，
从而当1则g(b)在区间−∞,−a3a3上单调递减，在区间−a3a3,+∞上单调递增，
所以g(b)min=g−a3a3=a3a3>39；
（3）当a≥3时，对任意x∈[0,1]，f′(x)≥0恒成立，即f(x)在[0,1]上单调递增，
b≤f(x)≤a+b−1
①当a+b−1+b≥0，即b≥1−a2时，f(x)max=a+b−1，
②当a+b−1+b<0，即b<1−a2时，f(x)max=−b，
从而当a≥3时，g(b)=2a+b−8−b,b≥1−a2,b<1−a2，
则g(b)在(−∞,1−a2)上单调递减，在1−a2,+∞上单调递增，
所以g(b)min=g(1−a2)=a−12≥1；
综上所述，g(b)min=39，
所以m≥39.
故选：A.
二、多选题
9．（2024·新疆·一模）设fx=1+xlnx,gx=a−1x，若fx≤gx在x∈1,2上恒成立，则实数 a的值可以是（ ）(附:ln2≈0.69)
A．3−ln22B．3C．2D．2+3ln22
【解题思路】
分离参数，构造函数利用导数研究其单调性与最值计算即可.
【解答过程】原不等式等价于x+1lnxx≤a−1x∈1,2，
令φ(x)=x+1lnxxx∈1,2⇒φ′(x)=1+x−lnxx2，
令ℎx=1+x−lnxx∈1,2⇒ℎ′x=x−1x≥0，
所以ℎx在x∈1,2上单调递增，即ℎx≥ℎ1=2>0，
所以φ′(x)>0，则φ(x)在x∈1,2上单调递增，故φ(x)≤φ(2)=3ln22≤a−1，
所以a≥3ln2+22，由ln2≈0.69知3>2+3ln22>2>3−ln22.
故选：BD.
10．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数fx=xcsx−sinx，下列结论中正确的是（ ）
A．函数fx在x=π2时，取得极小值−1
B．对于∀x∈0,π，fx≤0恒成立
C．若0D．若对于∀x∈0,π2，不等式a【解题思路】对fx求导，利用导函数的符号判断fx在0,π上的单调性判断AB，构造gx=sinxx，结合AB中结论求解gx的单调性判断CD.
【解答过程】选项A：由题意可得f′x=csx−xsinx−csx=−xsinx，
所以当0所以fx在0,π上不存在极值点，A说法错误；
选项B：因为f0=0且由A可知fx在0,π单调递减，
所以∀x∈0,π，fx≤0恒成立，B说法正确；
选项C：令gx=sinxx，x∈0,π，则g′x=xcsx−sinxx2，
由B可知g′x<0在x∈0,π恒成立，所以gx在x∈0,π上单调递减，
所以当0sinx2x2，即x1x2选项D：由C可知当x∈0,π2时，2π所以对于∀x∈0,π2，不等式a故选：BCD.
11．（2024·江苏·模拟预测）设x1,x2(x1A．x1x2x1lnx2
C．∃a∈(0,1),x2−x1>ea D．∀a∈(0,1),x1lnx1+x2>a
【解题思路】求得f′x=−lnx，得到函数fx的单调性和极大值，作出函数fx的图象，可判定A正确；构造函数gx=lnxx，利用导数求得函数的单调性，可得gx10且a→0时，得到x2−x1的极限，可判定C正确；得到x1+x2>2a，转化为证明x1+x2>2，结合fx在(1,+∞)上单调性和Fx=fx−f2−x，利用导数判定其单调性，进而可判定D正确.
【解答过程】由函数fx=x(1−lnx)的定义域为(0,+∞)，可得f′x=−lnx，
令f′x=0，可得x=1，
当00，fx在(0,1)上单调递增；
当x>1时，f′x<0，fx在(0,1)上单调递减，
所以，当x=1时，可得函数fx的极大值为f1=1，
对于A中，知0对于B中，构造函数gx=lnxx，可得g′x=1−lnxx2，
当00，gx在0,e单调递增；
所以gx1对于C中，由函数fx的极大值为f1=1，
令fx=0，可得x=e，
limx→0f(x)=limx→0x(1−lnx)=lim1x→+∞1+ln1x1x=limt→+∞1+lntt=0,
结合函数f(x)单调性可得图像如图所示.
当a>0且a→0时，x2→e,x1→0,⇒x2−x1→e，
又因为当a→0时，ea→1,
所以∃a∈(0,1)，x2−x1>ea，所以C正确；
对于D中，因为x1(1−lnx1)=a，所以x1lnx1=x1−a，所以x1lnx1+x2>a等价于x1+x2>2a，
为证∀a∈(0,1)，x1lnx1+x2>a成立，即x1+x2>2a,因为2a<2,故只需证：x1+x2>2，
因为02−x1且x2与2−x1均大于1，
又因为fx在(1,+∞)上单调递增，
只需证：fx2令Fx=fx−f2−x，
可得F′x=f′x+f2−x=−lnx−ln(2−x)=−lnx(2−x)>0，
所以Fx在0,1上单调递增，且Fx1所以fx1故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·四川成都·三模）若不等式emxmx−ln2−xlnx2≥0，对任意x∈1e,+∞恒成立，则正实数m的取值范围是 2e,+∞ .
【解题思路】将已知变形为通过不等式emx2lnemx2≥xlnx恒成立，进一步利用gt=tlnt,t≥1e的单调性得到m≥ln2xx对任意x∈1e,+∞恒成立，进一步即可求解.
【解答过程】若不等式emxmx−ln2−xlnx2≥0，对任意x∈1e,+∞恒成立，则emx2lnemx2≥xlnx，
而m>0，所以emx2>e02=12>1e，
设gt=tlnt,t≥1e，则g′t=lnt+1≥0，
所以gt在1e,+∞上单调递增，从而emx2≥x，
即m≥ln2xx对任意x∈1e,+∞恒成立，
设fx=ln2xx,x≥1e，则f'x=1−ln2xx2，
当1e0，fx在1e,e2上单调递增，
当x>e2时，f′x<0，fx在e2,+∞上单调递减，
所以当x=e2时，fxmin=fe2=2e，
综上，正实数m的取值范围是2e,+∞.
故答案为：2e,+∞.
13．（2024·广西桂林·三模）若xk−exex≥2klnx−xk>0对任意的x∈0,+∞恒成立，则k的取值范围是
0,e ．
【解题思路】将原不等式转化为xkex−2lnxkex−1≥0，设t=xkex，则ft=t−2lnt−1≥0，利用导数研究函数f(t)的性质可得0【解答过程】由xk−exex≥2klnx−x得xkex−1≥2lnxkex，即xkex−2lnxkex−1≥0，
设t=xkex，则t−2lnt−1≥0，
设ft=t−2lnt−1，则f′t=1−2t=t−2t(t>0)，
令f′t<0⇒00⇒t>2，
所以ft在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
且f1=0，f2=1−2ln2<0，又x→+∞时t=xkex→0，
所以0设ℎx=x−klnx，则ℎ′x=1−kx=x−kx，
当0当x>k时，ℎ′x>0，ℎx单调递增；
所以ℎx≥ℎk=k−klnk≥0，
即lnk≤1，解得0故答案为：(0,e].
14．（2024·浙江·三模）已知函数fx=x−2ex+lnx，gx=ax+b，对任意a∈−∞,1，存在x∈0,1使得不等式fx≥gx成立，则满足条件的b的最大整数为 −4 .
【解题思路】依题意存在x∈0,1使得x−2ex+lnx≥x+b，参变分离可得x−2ex+lnx−x≥b，令Fx=x−2ex+lnx−x，x∈0,1，利用导数说明函数的单调性，求出Fxmax，则b≤Fxmax，即可求出b的最大整数.
【解答过程】依题意对任意a∈−∞,1，且x>0有gx=ax+b≤x+b，
因为存在x∈0,1使得不等式fx≥gx成立，
所以存在x∈0,1使得x−2ex+lnx≥x+b，即x−2ex+lnx−x≥b，
令Fx=x−2ex+lnx−x，x∈0,1，
则F′x=x−1ex+1x−1=x−1ex−1x，
令mx=ex−1x，x∈0,1，则mx在0,1上单调递增，
且m1=e−1>0，m12=e12−2<0，
所以∃x0∈12,1使得mx0=ex0−1x0=0，即ex0=1x0，x0=−lnx0，
所以当00，当x0所以Fx在0,x0上单调递增，在x0,1上单调递减，
所以Fxmax=Fx0=x0−2ex0+lnx0−x0=x0−2x0−2x0=1−2x0+1x0，
因为x0∈12,1，所以x0+1x0∈2,3，
所以Fxmax=Fx0=1−2x0+1x0∈−4,−3，
依题意b≤Fxmax，又b为整数，所以b≤−4，所以b的最大值为−4.
故答案为：−4.
四、解答题
15．（2024·山西吕梁·三模）已知函数fx=x2−2x+alnx,a∈R.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的x1,x2∈0,+∞,x1≠x2，使x2fx1−x1fx2x1−x2>0恒成立，则实数a的取值范围.
【解题思路】（1）由fx=x2−2x+alnx,a∈R，定义域为x∈0,+∞，求导f′x=2x2−2x+ax，令gx=2x2−2x+a，讨论当a取不同的值时gx的正负情况，即可得到fx的单调性；
（2）法一：由x2fx1−x1fx2x1−x2>0可化为fx1x1>fx2x2，令Gx=fxx=x−2+alnxx，讨论a取正、负、零时G′x=1+a1−lnxx2≥0恒成立，即可得到实数a的取值范围；
法二：由x2fx1−x1fx2x1−x2>0可得x1−x2fx1x1−fx2x2>0，令gx=fxx=x−2+alnxx，即g′x≥0恒成立，由g′x=x2+a1−lnxx2，则令ℎx=x2+a1−lnx，则ℎx≥0恒成立，讨论a取正、负、零时ℎ′x=2x2−ax的单调情况，得到极值，即可得到实数a的取值范围.
【解答过程】（1）fx的定义域为x∈0,+∞,f′x=2x−2+ax=2x2−2x+ax，
令gx=2x2−2x+a，
又∵Δ=4−8a，
1∘，当Δ≤0，即a≥12时，gx≥0，此时f′x>0,fx在0,+∞上单调递增
2∘，当Δ>0，即a<12时，
令gx=0，解得x1=1−1−2a2,x2=1+1−2a2
其中，当00，
x∈x1，x2,gx<0
所以fx在0,x1,x2,+∞单调递增，在x1,x2单调递减；
当a<0时，x1<00，
故fx在0,x2单调递减，x2,+∞单调递增.
综上：a≥12,fx在0,+∞上单调递增；
0a≤0,fx在0,1+1−2a2上单调递减，在1+1−2a2,+∞上单调递增.
（2）法一：不妨设00，同除以x1x2得fx1x1>fx2x2，
所以令Gx=fxx=x−2+alnxx，
当x∈0,+∞时，G′x=1+a1−lnxx2≥0恒成立，
1∘，若a=0,G′x=1>0恒成立，符合题意，
2∘，当a>0,1a≥lnx−1x2恒成立，
令Fx=lnx−1x2则F′x=3−2lnxx3，
所以Fx在0,e32单调递增，在e32,+∞单调递减，
所以1a≥Fe32=12e3，所以a∈0,2e3，
3∘，若a<0，同理1a≤lnx−1x2恒成立，由2∘知，当x→0+,Fx→−∞
所以不存在满足条件的a.
综上所述：a∈0,2e3.
法二：x1−x2x2fx1−x1fx2>0⇔x1−x2fx1x1−fx2x2>0.
令gx=fxx=x−2+alnxx，则只需gx在0,+∞单调递增，
即g′x≥0恒成立，
g′x=x2+a1−lnxx2，令ℎx=x2+a1−lnx，则ℎx≥0恒成立；
又ℎ′x=2x−ax=2x2−ax，
①当a=0时，ℎx=x2,ℎx在0,+∞单调递增成立；
②当a<0时，ℎ′x>0,ℎx在0,+∞单调递增，又x→0,ℎx→−∞，故ℎx≥0不恒成立.不满足题意；
③当a>0时，由ℎ′x=0得x=a2,ℎx在0,a2单调递减，在a2,+∞单调递增，
因为ℎx≥0恒成立，所以ℎ(x)min=ℎa2=a23−ln32≥0，
解得0综上，a∈[0,2e3].
16．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=x2−2alnx−2(a∈R)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若不等式fx≤2lnx2+x2−2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求出f′(x)，分类讨论确定f′(x)>0和f′(x)<0的解得单调性；
（2）用分离参数法转化问题为不等式a≥x−1lnx−lnx在区间1,+∞上有解，引入函数gx=x−1lnx−lnxx>1，求出g(x)的最小值即可得．
【解答过程】（1）由题意知函数fx的定义域为(0,+∞)，
而f′(x)=2x−2ax=2(x2−a)x，
当a≤0时，f′x>0恒成立，函数fx在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，由f′x<0，得0由f′x>0，得x>a，
所以fx在0,a上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，fx在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，fx在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增．
（2）因为不等式fx≤2lnx2+x2−2x在区间(1,+∞)上有解，
所以(lnx)2+alnx−x+1≥0在区间1,+∞上有解，此时lnx>0，
即a≥x−1lnx−lnx在区间1,+∞上有解，
令gx=x−1lnx−lnxx>1，则g′x=lnx−1+1xlnx2−1x=lnx−1x−lnx−1xlnx2．
令ℎx=x−lnx−1x>1，则ℎ′x=1−1x=x−1x>0，
所以函数ℎx在1,+∞上单调递增，所以ℎx>ℎ1=0．
当1e时g′x>0，
所以gx在1,e上单调递减，在e,+∞上单调递增，
所以gxmin=ge=e−2，所以a≥e−2，
综上可知，实数a的取值范围是e−2,+∞．
17．（2024·广东茂名·一模）设函数fx=ex+asinx，x∈0,+∞.
(1)当a=−1时，fx≥bx+1在0,+∞上恒成立，求实数b的取值范围；
(2)若a>0,fx在0,+∞上存在零点，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）构建函数ℎx=ex−bx−sinx−1，通过导数判断函数ℎ(x)单调性，进而求解实数a的取值范围；
（2）分离参数−1a=sinxex，令gx=sinxex，x∈0,+∞，利用导数求函数g(x)在指定区间的最值，即g(x)min≤−1a≤g(x)max得解.
【解答过程】（1）当a=−1时，fx=ex−sinx，
所以不等式转化为ex−bx−sinx−1≥0，在0,+∞上恒成立.
令ℎx=ex−bx−sinx−1，
所以ℎ′x=ex−csx−b.
当x∈[0,+∞)时，ex−csx≥0恒成立.
若b≤0，则ℎ′x≥0在0,+∞上恒成立，
ℎx在0,+∞上单调递增，
故ℎx≥ℎ0=0，符合题意；
若b>0，令函数mx=ex−csx−b，
则m′x=ex+sinx≥0在0,+∞上恒成立，
所以mx在0,+∞上单调递增，
因为m0=−b<0，且当x→+∞时，mx→+∞.
所以∃x0∈0,+∞，mx0=ex0−csx0−b=0，
故当x∈0,x0时，ℎ′x=mx<0，ℎx单调递减，
当x∈x0,+∞时，ℎ′x=mx>0，ℎx单调递增，
则ℎ(x)min=ℎx0=ex0−bx0−sinx0−1<ℎ0=0，不符合题意.
综上所述，实数b的取值范围为−∞,0；
（2）因为fx=ex+asinx，x∈0,+∞，
令fx=0，即ex+asinx=0，
所以−1a=sinxex.
令gx=sinxex，x∈0,+∞，
则g′x=csx−sinxex=−2sinx−π4ex.
令g′x=0，得x=kπ+π4,k∈N.
所以当x∈π4+2kπ,5π4+2kπ时，sinx−π4>0，gx单调递减；
当x∈0,π4，x∈5π4+2kπ,9π4+2kπ时，sinx−π4<0,gx单调递增.
所以当x=5π4+2kπ,k∈N时，gx取得极小值，
即当x=5π4,13π4,⋅⋅⋅时，gx取得极小值.
又因为sin5π4=sin13π4=⋅⋅⋅=−22，0所以g5π4所以gx≥g5π4=−22e−5π4.
当x=π4+2kπ,k∈N,gx取得极大值，
即当x=π4,9π4,⋅⋅⋅时，gx取得极大值.
又因为sinπ4=sin9π4=⋅⋅⋅=22，0所以gπ4>g9π4>⋅⋅⋅.
所以gx≤gπ4=22e−π4，
所以当x∈0,+∞，−22e−5π4≤gx≤22e−π4.
所以−22e−5π4≤−1a≤22e−π4.
又因为a>0，
所以a≥2e5π4时，fx在0,+∞上存在零点，
所以实数a的取值范围为2e5π4,+∞.
18．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知函数fx=x22−xlnx,gx=ax+lnx+a2−a2.
(1)求fx过原点的切线方程；
(2)求证：存在a∈0,12，使得fx≥gx在区间1,+∞内恒成立，且fx=gx在1,+∞内有解.
【解题思路】（1）利用导数求解函数的切线方程；
（2）利用函数导数判断函数的单调性，进而判断恒成立问题
【解答过程】（1）fx=x22−xlnx,f′x=x−1−lnx，设切点Px0,x022−x0lnx0
切线方程：y−x022+x0lnx0=x0−1−lnx0x−x0
切线过原点，所以−x022+x0lnx0=(x0−1−lnx0)(−x0)
解得x0=2，∴切线方程：y=1−ln2x
（2）设F(x)=fx−gx=−x+alnx+x22−ax−a2+a2，
则ℎ(x)=F'x=−lnx−1−ax+x−a，故ℎ'x=x2−x+ax2
当x∈1,+∞时，x2−x>0，则ℎ'x>0，即ℎ(x)=F'x在1,+∞单调递增，
且F'1=−2a<0且x→+∞时F'x>0，
所以存在唯一x0∈1,+∞使得F'x0=−lnx0−1−ax0+x0−a=0①.
当x∈(1,x0)时，F'(x)<0，当x∈(x0,+∞)时，F'(x)>0，
∴Fx在1,x0上单调递减，x0,+∞上单调递增.
∴满足Fx=0在区间1,+∞内有唯一解，只需满足F(x)min=Fx0=0即可.
所以Fx0=−x0+alnx0+x022−ax0−a2+a2=0，
将①代入化简得：2a2+5x0−2x02a−x03−2x02=0，
即2a+x0a−x02+2x0=0，得a=−x02（舍），a=x02−2x0，
则a=x02−2x0，此时①变形为x02−2x0−1+lnx0=0，
不妨设kx=x2−2x−1+lnx，显然kx在1,+∞上单调递增.
k2=ln2−1<0,k1+62=ln1+62−12>0.
∴x0∈2,1+62，则a=x02−2x0∈0,12结论得证.
19．（2024·北京·三模）已知fx=2x−1eax−x在x=0处的切线方程为x+y+b=0．
(1)求实数a,b的值；
(2)证明：fx仅有一个极值点x0，且fx0<−34．
(3)若gx=kx−1ekx−x，是否存在k使得gx≥−1恒成立，存在请求出k的取值范围，不存在请说明理由．
【解题思路】（1）求出fx的导数，根据切线方程求出a，b的值即可；
（2）求导可得f′x=4xe2x−1，令gx=f′x，利用导数可得gx的单调性，结合零点存在性定理可得gx在0,14上存在唯一零点x0，且4x0⋅e2x0=1，进而可得fx的单调性，可判断极值情况；结合4x0⋅e2x0=1代入化简fx0=12−x0+14x0，运算得证；
（3）问题转化为kx−1ekx≥x−1，对x∈R恒成立，当k≤0时，显然上式不成立；当k>0时，令φx=kx−1ekx−x+1，利用导数可得存在x1∈0,1k2，使得φ′x1=0，当x∈0,x1时，φ′x<0，即φx单调递减，此时φx<φ0=0，上式不能恒成立，得解.
【解答过程】（1）由题意，f′x=2ax+2−aeax−1，则f′0=1−a=−1，
解得a=2，又f0=−1，可得切点为0,−1，代入x+y+b=0，得b=1.
所以实数a=2,b=1.
（2）由（1）得fx=2x−1e2x−x，则f′x=4xe2x−1，
令gx=f′x，∴g′x=4e2x1+2x，
令g′x>0，得x>−12，令g′x<0，得x<−12，
所以gx在−∞,−12上单调递减，在−12,+∞上单调递增，
所以gxmin=g−12=−2e−1−1<0，
且当x<0时，gx<0，g0=−1<0，g14=e12−1>0，
所以gx在0,14上存在唯一零点x0，使得gx0=0即4x0⋅e2x0=1，
当x∈−∞,x0时，gx<0，即f′x<0，fx单调递减，
当x∈x0,+∞时，gx>0，即f′x>0，fx单调递增，
所以fx仅存在一个极值点x0，x0∈0,14，
fx0=2x0−1e2x0−x0=2x0−1×14x0−x0=12−x0+14x0，
又函数y=x+14x，x∈0,14，而y′=4x2−14x2<0，
所以y=x+14x在x∈0,14上单调递减，则y=x+14x>54，
所以fx0<12−54=−34.
（3）若存在k，使得gx≥−1恒成立，即kx−1ekx≥x−1，对x∈R恒成立，
当k≤0时，当x>1时，则kx−1ekx<0，显然上式不成立；
当k>0时，令φx=kx−1ekx−x+1，φ0=0，
则φ′x=k2xekx−1，
令Gx=φ′x，则G′x=k21+kxekx>0在0,+∞上恒成立，
所以Gx即φ′x在0,+∞上单调递增，又φ′0=−1，φ′1k2=e1k−1>0，
所以存在x1∈0,1k2，使得φ′x1=0，
所以当x∈0,x1时，φ′x<0，即φx单调递减，此时φx<φ0=0，
所以φx≥0不恒成立，
故当k>0时，不存在k满足条件.
综上，不存在k，使得gx≥−1恒成立.
x
−∞,1
1
1,+∞
u′x
+
0
−
ux
增
极大值
减