2025年高考数学精品教案第三章 一元函数的导数及其应用 突破2 利用导数研究恒（能）成立问题

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命题点1 分离参数求参数范围
例1 [2023湖南衡阳5月三模]已知函数f（x）＝2x＋ln x＋a.
（1）当a＝0时，求f（x）的极值；
（2）若对于任意的x∈[1，e2]，f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围.
解析 （1）当a＝0时，f（x）＝2x＋ln x，则f '（x）＝－2x2＋1x＝x－2x2，
当0＜x＜2时，f '（x）＜0，当x＞2时，f '（x）＞0，列表如下.
所以f（x）的极小值为f（2）＝1＋ln 2，无极大值.
（2）f（x）＝2x＋ln x＋a≤0，即a≤－2x－ln x.
令g（x）＝－2x－ln x，x∈[1，e2]，则a≤g（x）min.
求导得g'（x）＝2x2－1x＝2－xx2，当1≤x＜2时，g'（x）＞0，当2＜x≤e2时，g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，2）上单调递增，在（2，e2]上单调递减.
因为g（1）＝－2，g（e2）＝－2e2－ln e2＝－2e2－2，所以g（1）＞g（e2），所以g（x）min＝g（e2）＝－2e2－2.
所以a≤g（x）min＝－2e2－2，
即实数a的取值范围为（－∞，－2e2－2].
方法技巧
步骤：（1）利用不等式的性质，将参数分离出来，转化为f（x）＞a或f（x）＜a的形式；
（2）通过研究函数的性质求出f（x）的最值；
（3）得出参数a的取值范围.
技巧：（1）f（x）＞a恒成立⇔f（x）min＞a；
f（x）＜a恒成立⇔f（x）max＜a.
（2）f（x）＞a有解⇔f（x）max＞a；
f（x）＜a有解⇔f（x）min＜a.
训练1 [2024辽宁省联考]已知函数f（x）＝ln（x＋1）－ax＋2.
（1）若a＝2，求f（x）在x＝0处的切线方程；
（2）当x≥0时，f（x）＋2x＋xln（x＋1）≥0恒成立，求整数a的最大值.
解析 （1）若a＝2，则f（x）＝ln（x＋1）－2x＋2，f（0）＝2，则切点坐标为（0，2），
f '（x）＝1x+1－2，则切线斜率为f '（0）＝－1，
所以切线方程为y－2＝－（x－0），即x＋y－2＝0.
（2）由f（x）＋2x＋xln（x＋1）≥0，得ax≤（x＋1）·[ln（x＋1）＋2]，
当x＝0时，a×0≤2，a∈R；
当x＞0时，a≤（x+1)[ln（x+1）+2]x，
设g（x）＝（x+1)[ln（x+1）+2]x，g'（x）＝x－2－ln（x+1）x2，
设h（x）＝x－2－ln（x＋1），h'（x）＝xx+1＞0，
则h（x）在（0，＋∞）单调递增，
因为h（3）＝1－ln 4＜0，h（4）＝2－ln 5＞0，
所以存在x0∈（3，4）使得h（x0）＝0，
即x0－2＝ln（x0＋1）.
当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0；当x∈（x0，＋∞）时，h（x）＞0，即
g'（x）＞0.
则g（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，＋∞）单调递增，g（x）min＝g（x0），
所以a≤g（x0）＝（x0+1)[ln（x0+1）+2]x0＝（x0+1)[(x0－2）+2]x0＝x0＋1.
因为x0∈（3，4），所以x0＋1∈（4，5），所以整数a的最大值为4.
命题点2 等价转化求参数范围
例2 [2023全国卷甲]已知函数f（x）＝ax－sinxcs3x，x∈（0，π2）.
（1）当a＝8时，讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）＜sin 2x，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝8时，f（x）＝8x－sinxcs3x，x∈（0，π2），
f'（x）＝8－cs4x+3sin2xcs2xcs6x＝8＋2cs2x－3cs4x.
令1cs2x＝t，则t∈（1，＋∞），
令h（t）＝－3t2＋2t＋8＝－（3t＋4）（t－2），
当t∈（1，2）时，h（t）＞0；当t∈（2，＋∞）时，h（t）＜0.
故当x∈（0，π4）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（π4，π2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减.
综上，f（x）在区间（0，π4）上单调递增，在区间（π4，π2）上单调递减.
（2）令g（x）＝f（x）－sin 2x＝ax－sinxcs3x－sin 2x，
则g'（x）＝a－cs4x+3sin2xcs2xcs6x－2cs 2x＝a－cs2x+3sin2xcs4x－4cs2x＋2＝a－（－2cs2x+3cs4x＋4cs2x－2），
令u＝cs2x，则u∈（0，1），令k（u）＝－2u+3u2＋4u－2，
则k'（u）＝2u－6u3＋4＝4u3+2u－6u3.
当u∈（0，1）时，k'（u）＜0，∴k（u）在（0，1）上单调递减，
∵k（1）＝3，∴当u∈（0，1）时，k（u）＞3，
∴k（u）的值域为（3，＋∞）.
①当a≤3时，g'（x）＜0，∴g（x）在（0，π2）上单调递减，
∵当x∈（0，π2）时，g（x）＜0，∴f（x）＜sin 2x.
②当a＞3时，∃x0∈（0，π2）使得g'（x0）＝0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π2）上单调递减，
∴g（x0）＞0，∴f（x）＜sin 2x不成立.
综上所述，a的取值范围为（－∞，3].
方法技巧
对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看成常数，通过分析，变形，合理构造函数（常用的有作差构造，同构化构造等），转化成求函数的最值问题.
训练2 [全国卷Ⅰ]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）≥12x3＋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.易知f '（0）＝0，且
f '（x）在R上单调递增，故当x∈（－∞，0）时，f '（x）＜0；当x∈（0，＋∞）时，
f '（x）＞0.
所以f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
（2）f（x）≥12x3＋1等价于（12x3－ax2＋x＋1）e－x≤1.
设函数g（x）＝（12x3－ax2＋x＋1）e－x（x≥0），则
g'（x）＝－（12x3－ax2＋x＋1－32x2＋2ax－1）e－x
＝－12x[x2－（2a＋3）x＋4a＋2]e－x
＝－12x（x－2a－1）（x－2）e－x.
（i）若2a＋1≤0，即a≤－12，则当x∈（0，2）时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，2）上单调递增，故g（x）＞1，不合题意.
（ii）若0＜2a＋1＜2，即－12＜a＜12，则当x∈（0，2a＋1）∪（2，＋∞）时，g'（x）＜0；当x∈（2a＋1，2）时，g'（x）＞0.所以g（x）在（0，2a＋1），（2，＋∞）上单调递减，在（2a＋1，2）上单调递增.
因为g（0）＝1≤1，要使g（x）≤1，则g（2）＝（7－4a）e－2≤1，即a≥7－e24.
所以当7－e24≤a＜12时，g（x）≤1.
（iii）若2a＋1≥2，即a≥12，则g（x）≤（12x3＋x＋1）e－x.
由于0∈[7－e24，12），故由（ii）可得（12x3＋x＋1）e－x≤1.
故当a≥12时，g（x）≤1.
综上，a的取值范围是[7－e24，＋∞）.
命题点3 双变量的恒（能）成立问题
例3 [2024广东七校联考]设a为实数，函数f（x）＝x3－3x2＋a，g（x）＝xln x.
（1）求f（x）的极值；
（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），求实数a的取值范围.
解析 （1）函数f（x）＝x3－3x2＋a的定义域为R，f '（x）＝3x2－6x＝3x（x－2），
令f '（x）＝0，可得x＝0或x＝2，
当x变化时，f '（x），f（x）的变化情况如下表：
故函数f（x）的极大值为f（0）＝a，极小值为f（2）＝a－4.
（2）若∀x1∈[1，3]，∀x2∈[1e，e]，都有f（x1）≥g（x2），则f（x1）min≥g（x2）max.
由（1）可知，函数f（x）在[1，2）上单调递减，在（2，3]上单调递增，
故当x∈[1，3]时，f（x）min＝f（2）＝a－4.
因为g（x）＝xln x，当x∈[1e，e]时，g'（x）＝1＋ln x≥0且g'（x）不恒为零，所以函数g（x）在[1e，e]上单调递增，故g（x）max＝g（e）＝e，
由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4，即实数a的取值范围是[e＋4，＋∞）.
方法技巧
解决双变量“存在性或任意性”问题的关键就是将含有全称量词或存在量词的条件“等价转化”为两个函数最值之间的关系（或两个函数值域之间的关系）.
训练3 [2023浙江杭州二中4月阶段测试] f（x）＝ax＋xln x，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∈[12，2]，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，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g（x1）－g（x2)]max≥M，即g（x）max－g（x）min≥M（x∈[0，2]）.
由g（x）＝x3－x2－3，得g'（x）＝3x2－2x＝3x（x－23），
当23＜x＜2时，g'（x）＞0，当0＜x＜23时，g'（x）＜0，列表如下.
又g（0）＝－3，g（2）＝1，所以当x∈[0，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，g（x）min＝
g（23）＝－8527，
所以g（x）max－g（x）min＝11227≥M，所以满足条件的最大整数M为4.
（2）对于任意的s，t∈[12，2]，f（s）≥g（t）成立，则f（s）min≥g（t）max.
由（1）易得当x∈[12，2]时，g（x）max＝g（2）＝1，
所以对于任意的x∈[12，2]，ax＋xln x≥1成立，即a≥x－x2ln x成立.
令h（x）＝x－x2ln x（12≤x≤2），则a≥h（x）max.
求导得h'（x）＝1－2xln x－x，令m（x）＝1－2xln x－x（12≤x≤2），则m'（x）＝－3－2ln x＜0，
所以h'（x）在[12，2]上单调递减，又h'（1）＝0，故列表如下.
所以a≥h（x）max＝h（1）＝1，故实数a的取值范围是[1，＋∞）.
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洛必达法则
例4 已知函数f（x）＝lnxx+1＋1x，若 f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立，则k的取值范围为 （－∞，0] .
解析 解法一（分离参数＋洛必达法则） 由题意知x＞0且x≠1，f（x）＞lnxx－1＋kx恒成立等价于k＜xlnxx+1＋1－xlnxx－1＝2xlnx1－x2＋1.（分离参数）
记g（x）＝2xlnx1－x2＋1，则g'（x）＝2（x2+1）lnx+2（1－x2）（1－x2）2＝2（x2+1）（1－x2）2·（ln x＋1－x2x2+1）.
记h（x）＝ln x＋1－x2x2+1，则h'（x）＝1x－4x（1+x2）2＝（1－x2）2x（1+x2）2≥0，
所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，且h（1）＝0，
因此，当x∈（0，1）时，h（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，
即当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则得limx→1 g（x）＝limx→12xlnx1－x2＋1＝limx→12lnx+2－2x＋1＝2ln1+2－2×1＋1＝0，（构造出00型，利用洛必达法则求解）
即当x→1时，g（x）→0.所以当x＞0且x≠1时，g（x）＞0，所以k≤0.
故k的取值范围是（－∞，0].
解法二 f（x）－（lnxx－1＋kx）＝11－x2[2ln x＋（k－1)(x2－1）x].
设h（x）＝2ln x＋（k－1)(x2－1）x（x＞0），
则h'（x）＝（k－1)(x2+1）+2xx2.
①当k≤0时，由h'（x）＝k（x2+1)－（x－1）2x2知，当x≠1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减.
而h（1）＝0，故当x∈（0，1）时，h（x）＞0，可得11－x2h（x）＞0；
当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0，可得11－x2h（x）＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f（x）－（lnxx－1＋kx）＞0.
即f（x）＞lnxx－1＋kx.
②当0＜k＜1时，y＝（k－1）（x2＋1）＋2x＝（k－1）x2＋2x＋k－1，其图象开口向下，且Δ＝4－4（k－1）2＞0，对称轴为直线x＝11－k，11－k＞1，
所以当x∈（1，11－k）时，（k－1）（x2＋1）＋2x＞0，故h'（x）＞0，而h（1）＝0，故当x∈（1，11－k）时，h（x）＞0，
可得11－x2h（x）＜0，与题设矛盾.
③当k≥1时，此时h'（x）＞0，而h（1）＝0，
故当x∈（1，＋∞）时，h（x）＞0，可得11－x2·h（x）＜0，与题设矛盾.
综上所述，k的取值范围为（－∞，0].
方法技巧
洛必达法则
法则1 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）limx→a f（x）＝0及limx→a g（x）＝0；
（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
法则2 若函数f（x）和g（x）满足下列条件：
（1）limx→a f（x）＝∞及limx→a g（x）＝∞；
（2）在点a的附近，f（x）与g（x）可导且g'（x）≠0；
（3）limx→af '(x）g'(x）＝l（l可为实数，也可为无穷大）.
那么limx→af（x）g（x）＝limx→af '(x）g'(x）＝l.
训练4 已知函数f（x）＝x（ex－1）－ax2（a∈R）.
（1）若f（x）在x＝－1处有极值，求a的值；
（2）当x＞0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.
解析 （1）f '（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，
依题意知f '（－1）＝2a－1＝0，∴a＝12.
（2）解法一 当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ（x）＝ex－1－ax（x＞0），则φ（x）min≥0，φ'（x）＝ex－a.
①当a≤1时，φ'（x）＞0，
∴φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，∴φ（x）＞e0－1－0＝0，
∴a≤1满足条件.
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'（x）＜0，
若x＞ln a，则φ'（x）＞0.
∴φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，
∴φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－aln a≥0.
令g（a）＝a－1－aln a（a＞1），则g'（a）＝1－（1＋ln a）＝－ln a＜0，∴g（a）在（1，＋∞）上单调递减.
∴g（a）＜1－1－ln 1＝0与g（a）≥0矛盾，
故a＞1不满足条件.
综上，实数a的取值范围是（－∞，1].
解法二 当x＞0时，f（x）≥0，即x（ex－1）－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，即a≤ex－1x恒成立，
令h（x）＝ex－1x（x＞0），则h'（x）＝ex（x－1）+1x2，
令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝ex·x＞0，
∴k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
∴k（x）＞e0×（0－1）＋1＝0，∴h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则知，limx→0 h（x）＝limx→0ex－1x＝limx→0 ex＝1，
∴a≤1.故实数a的取值范围是（－∞，1].
1.[命题点1]已知函数f（x）＝f '(1）eex＋f（0）2x2－x，若存在实数m使得不等式f（m）≤2n2－n成立，则实数n的取值范围为（ A ）
A.（－∞，－12]∪[1，＋∞）
B.（－∞，－1]∪[12，＋∞）
C.（－∞，0]∪[12，＋∞）
D.（－∞，－12]∪[0，＋∞）
解析 对函数f（x）求导可得，f '（x）＝f '(1）eex＋f（0）·x－1，∴f '（1）＝f '（1）＋
f（0）－1，得f（0）＝1.又f（0）＝f '(1）e，∴f '（1）＝e.故f（x）＝ex＋12x2－x，f '（x）＝ex＋x－1，易得导函数f '（x） 单调递增，f '（0）＝0，故f（x）min＝f（0）＝1.由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2－n≥1，解得n∈（－∞，－12]∪[1，＋∞）.
2.[命题点2/2023山东潍坊4月模拟改编]已知函数f（x）＝14x3－x2sin α＋x＋1，证明：存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞ex有解.
解析 要证存在α∈[－π6，π2]，使得f（x）＞ex有解，只需证存在α∈[－π6，π2]，使得
（14x3－x2sin α＋x＋1）e－x＞1有解.
因为α∈[－π6，π2]，所以－1≤－sin α≤12，所以－x2sin α≤12x2，
当α＝－π6时，等号成立.
所以（14x3－x2sin α＋x＋1）e－x≤（14x3＋12x2＋x＋1）e－x.所以只需证[（14x3＋12x2＋x＋1）·
e－x]max＞1.
设函数g（x）＝（14x3＋12x2＋x＋1）e－x，则g'（x）＝－14x2（x－1）e－x.
当x∈（－∞，1）时，g'（x）≥0，g（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（1）.
因为g（1）＝14＋12+1+1e＝2.75e＞1，
所以存在α∈[－π6，π2]，使得不等式f（x）＞ex有解.
3.[命题点3]已知函数f（x）＝x＋aln x（a∈R），g（x）＝ex－1（e为自然对数的底数）.
（1）若直线y＝0与函数y＝f（x）的图象相切，求a的值；
（2）设a＞0，∀x1，x2∈[3，＋∞）（x1≠x2），都有｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－
g（x2）｜，求实数a的取值范围.
解析 （1）易知a≠0，f '（x）＝1＋ax，设切点坐标为（x0，0），则1＋ax0＝0，解得x0＝－a，所以－a＋aln（－a）＝0，所以a＝－e.
（2）因为a＞0，所以x∈[3，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）在[3，＋∞）上为增函数；因为g '（x）＝ex＞0，所以g（x）在[3，＋∞）上为增函数.
不妨设x1＜x2，则f（x1）＜f（x2），g（x1）＜g（x2），
所以｜f（x1）－f（x2）｜＜｜g（x1）－g（x2）｜可转化为f（x2）－f（x1）＜g（x2）－
g（x1），
即f（x1）－g（x1）＞f（x2）－g（x2）.
设h（x）＝f（x）－g（x）＝x＋aln x－ex＋1，则h（x）在[3，＋∞）上为减函数，
h'（x）＝1＋ax－ex≤0在[3，＋∞）上恒成立，即∀x∈[3，＋∞），xex－x≥a恒成立.
设v（x）＝xex－x，x∈[3，＋∞），则v'（x）＝ex＋xex－1＞0，所以v（x）＝xex－x在[3，＋∞）上为增函数，所以v（x）min＝3e3－3，所以a≤3e3－3.
故a的取值范围为（0，3e3－3].
学生用书·练习帮P283
1.[2024贵阳市模拟节选]已知函数f（x）＝x3＋（a－2）x＋a，a∈R.若f（x）－x3＋
x2ln x≥0，求a的取值范围.
解析 解法一 由x＞0，得f（x）－x3＋x2ln x≥0⇔ln x＋a－2x＋ax2≥0，
设g（x）＝ln x＋a－2x＋ax2，
则g'（x）＝1x－a－2x2－2ax3＝x2＋（2－a）x－2ax3＝（x+2)(x－a）x3（x＞0），
①当a≤0时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，x→0时，g（x）→－∞，不合题意；
②当a＞0时，x∈（0，a），g'（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（a）＝ln a＋a－2a＋aa2＝ln a＋1－1a，
∴g（x）≥0⇔ln a＋1－1a≥0，
易知y＝ln a＋1－1a单调递增，且ln 1＋1－11＝0，故g（x）≥0⇔g（a）≥0⇔a≥1.
综上，a的取值范围为[1，＋∞）.
解法二 令g（x）＝f（x）－x3＋x2ln x＝a（x＋1）－2x＋x2ln x，
则g（x）≥0恒成立，即∀x＞0，a≥（2x－x2lnxx+1）max.
令h（x）＝2x－x2lnxx+1，
则h'（x）＝－（x+2)(x－1+xlnx）（x+1）2，
令φ（x）＝x－1＋xln x，
则φ'（x）＝ln x＋2，
当x∈（0，e－2）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，
当x∈（e－2，＋∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
∴φ（x）min＝φ（e－2）＝－1－e－2.
又φ（1）＝0，当x→0时，φ（x）→－1，当x→＋∞时，φ（x）→＋∞，
∴φ（x）的大致图象如图所示.
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，
∴h（x）max＝h（1）＝1，∴a≥1.
2.[2023湖南长沙一中5月三模]已知函数f（x）＝xsin x＋cs x.
（1）当x∈（0，π）时，求函数f（x）的单调区间；
（2）设函数g（x）＝－x2＋2ax，若对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得
12π f（x1）≤g（x2）成立，求实数a的取值范围.
解析 （1）f（x）＝xsin x＋cs x，
则f '（x）＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
当x∈（0，π）时，令f '（x）＞0，得0＜x＜π2，
令f '（x）＜0，得π2＜x＜π，
所以当x∈（0，π）时，函数f（x）的单调递增区间为（0，π2），单调递减区间为（π2，π）.
（2）对任意的x1∈[－π，π]，存在x2∈[0，1]，使得12π f（x1）≤g（x2）成立，
即[12π f（x1）]max≤[g（x2）]max.
当x∈[－π，π]时，f（－x）＝f（x），所以函数f（x）为偶函数.
由（1）得f（x）在[0，π]上的最大值为f（π2）＝π2，
所以f（x）在[－π，π]上的最大值为π2.
所以对x1∈[－π，π]，[12π f（x1）]max＝12π×π2＝14.
故原问题转化为[g（x2）]max≥14.
易知函数g（x）＝－x2＋2ax为二次函数，其图象开口向下，对称轴为直线x＝a.
①当a≤0时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（0）＝0，不合题意.
②当0＜a＜1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（a）＝a2，
令a2≥14，得a≥12或a≤－12（舍去），
所以12≤a＜1.
③当a≥1时，函数g（x）在区间[0，1]上的最大值为g（1）＝2a－1，
令2a－1≥14，得a≥58，所以a≥1.
综上，a的取值范围是[12，＋∞）.
3.[2022新高考卷Ⅱ节选]已知函数f（x）＝xeax－ex.
（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x＞0时，f（x）＜－1，求a的取值范围.
解析 （1）当a＝1时，f（x）＝xex－ex，f '（x）＝xex，
当x＞0时，f '（x）＝xex＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当x＜0时，f '（x）＝xex＜0，函数f（x）在（－∞，0）上单调递减.
（2）f '（x）＝（1＋ax）eax－ex（x＞0），
①当a≥1时，f'（x）＝（1＋ax）eax－ex＞eax－ex≥ex－ex＝0，
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.
②当a≤0时，f'（x）≤eax－ex≤1－ex＜0.
所以f（x）在（0，＋∞）上单调递减，所以f（x）＜－1，满足题意.
③当0＜a≤12时，f '（x）≤（1＋x2）ex2－ex＝ex2[（1＋x2）－ex2]，
设G（x）＝1＋x2－ex2（x＞0），则G'（x）＝12－12ex2＜0，
所以G（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以G（x）＜0，所以f '（x）≤ex2G（x）＜0，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以f（x）＜－1，满足题意.
④当12＜a＜1时，f '（x）＝eax[1＋ax－e（1－a）x]，
令H（x）＝1＋ax－e（1－a）x，则f '（x）＝eaxH（x），
H'（x）＝a＋（a－1）·e（1－a）x，易知H'（x）为减函数，又H'（0）＝2a－1＞0，x→＋∞时，H'（x）＜0，
所以∃x0∈（0，＋∞），使H'（x0）＝0，且当x∈（0，x0）时，H'（x）＞0，H（x）在（0，x0）上单调递增，
此时H（x）＞0，
所以当x∈（0，x0）时，f '（x）＝eaxH（x）＞0，
f（x）在（0，x0）上单调递增，所以f（x）＞－1，与题意矛盾.
综上，实数a的取值范围为（－∞，12].
4.[2023河南信阳三模]已知函数f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x.
（1）当x∈[0，π]时，求证： f（x）＞0.
（2）若f（x）≤ax＋1恒成立，求a的值.
解析 （1）f（x）＝ln（x＋1）＋sin x＋cs x＝ln（x＋1）＋2sin（x＋π4）.
当x∈[0，3π4]时，ln（x＋1）≥0，sin（x＋π4）≥0，且二者不同时为0，
所以f（x）＞0.
当x∈（3π4，π]时，ln（x＋1）＞ln（1＋3π4）＞ln 3＞1，
且2sin（x＋π4）≥2sin 5π4＝－1，所以f（x）＞0.
综上，当x∈[0，π]时，f（x）＞0.
（2）令g（x）＝f（x）－（ax＋1）＝ln（1＋x）＋sin x＋cs x－ax－1（x＞－1），
若f（x）≤ax＋1恒成立，则g（x）≤0恒成立，只需g（x）max≤0.
因为g（0）＝0，且g（x）的图象在定义域上连续不间断，所以x＝0是g（x）的一个极大值点，则有g'（0）＝0.
因为g'（x）＝11+x＋cs x－sin x－a，
所以g'（0）＝11+0＋cs 0－sin 0－a＝2－a＝0，a＝2.
当a＝2时，g'（x）＝11+x＋cs x－sin x－2＝11+x＋2cs（x＋π4）－2.
当x∈（－1，0]时，11+x＞1，2cs（x＋π4）≥1，所以g'（x）＞0，
故g（x）在（－1，0]上单调递增；
当x∈（0，3π4]时，g'（x）在（0，3π4]上单调递减，且g'（0）＝0，
所以g'（x）＜g'（0）＝0，
故g（x）在（0，3π4]上单调递减；
当x∈（3π4，＋∞）时，11+x＜12，
所以g'（x）＝11+x＋2cs（x＋π4）－2＜12＋2－2＜0，
故g（x）在（3π4，＋∞）上单调递减.
综上，当a＝2时，g（x）在（－1，0]上单调递增，在（0，＋∞）上单调递减，g（x）≤0恒成立.
故若f（x）≤ax＋1恒成立，则a＝2.x
（0，2）
2
（2，＋∞）
f '（x）
－
0
＋
f（x）
↘
极小值
↗
x
（－∞，0）
0
（0，2）
2
（2，＋∞）
f '（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
（0，23）
23
（23，2）
g'（x）
－
0
＋
g（x）
↘
极小值
↗
x
（12，1）
1
（1，2）
h'（x）
＋
0
－
h（x）
↗
极大值
↘