“三大思維體系”搞定恒、能成立問題與零點問題(解析版)

<拓展方法>題型十二：{min,max}問題 A.k≥-1B.k≥-2C.k≤-2D.k≤-1122令h(x(=x2(1+3x(e3x+2lnx-1,x>0，3x=u(x1(，∴u(x(=x2(1+3x(e3x在(0,+∞(單調(diào)遞增，故h(x(在(0,+∞(單調(diào)遞增，又h(1(=4e3-1>0，h=1+e-3<1+e2-3=-2<0，∴?x0∈,1h(x0(=,(x(<0,g(x(單調(diào)遞減，x∈(x0,+∞(,g,(x(>0,g(x(單調(diào)遞增，xe3x-5x0-2lnx0-1∴g(xe3x-5x0-2lnx0-1∵h(yuǎn)(x0(=x(1+3x0(e3x+2lnx0-1=0?xe3x=，0+(1+3x0(t0-3x0-1=0，令v(t(=lnt+(1+3x0(t-3x0-1，則v(t(在(0,+∞(單調(diào)遞增，又v(1(=0，∴t0=1.∴xe3x=t0=1,1-2lnx0=(1+3x0(t0=1+3x0?-2lnx0=3x0，∴g(x(min=g(x0(==-2，故k≤-2. 2(2023·全國·本溪高中校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x(滿足2f(x(+f=，若?x∈(1,+∞(，f(x(≤ex，則m的取值范圍為()A.[e-1,+∞(B.(e-1,+∞(C.(-∞,e-1[D.(-∞,e-1(【詳解】2f(x(+f==mx+3+①,又2f+f(x(==+3+2mx②,①×2-②得3f(x(=2mx+6+--∴f(x(=1+(x>1(．又f(x(≤ex，即1+令g(x(=x(ex-1(，g,(x(=ex(x+1(-1，x3-2mx=3x≤ex，所以m≤x(ex-1(，令h(x)=g,(x)=ex(x+1)-1(x>1)，則h,(x)=ex(x+2)>0，所以h(x)即g,(x(在(1,+∞(單調(diào)遞增，g,(x(>g,(1(=2e-1>0，則g(x(在(1,+∞(遞增.g(x(>g(1(=e-1，∴m≤e-1. 3(2023·全國·高三專題練習(xí))設(shè)函數(shù)fx=1-axlnx+1-bx，曲線y=fx恒與x軸相切于坐標(biāo)原點.(3)求證1+n<e<n+1恒成立.(2)a≤-n<e<n+1【詳解】(1)fx=-alnx+1+-b，fx=1-axlnx+1-x令Fx=，則Fx=-ln21+x則gx= 1-1+x-=21+x-x-2令hx=21+x-x-2，則hx=-1<0在x∈0,1[上恒成立，故hx=21+x-x-2在x∈0,1[上單調(diào)遞減，故hx<h0=0，所以gx<0在x∈0,1[上恒成立，故gx=ln1+x-在x∈0,1[上單調(diào)遞減， x21+x兩邊平方得ln2 x21+x,故Fx=-ln21+x故Fx在x∈0,1[上單調(diào)遞增，33 x xx+14a≤ 1-1 1-1x→0ln(1+x(+==-=-,n<e<n+1，n<1<ln,(x(=-=>0在x∈(0,1[上恒成立，故q(x(=ln(1+x(-在x∈(0,1[上單調(diào)遞增，故q(x(>q(0(=0，所以ln(1+x(>，令w(x(=ln(1+x(-x，則w,(x(=-1=<0在x∈(0,1[上恒成立，故w(x(=ln(1+x(-x在x∈(0,1[上單調(diào)遞減，故w(x(<w(0(=0，所以ln(1+x(<x，可用洛必達(dá)法則求解最值. 4(2023春·湖南湘潭·高二湘潭縣一中然對數(shù)的底數(shù)).(1)討論f(x(的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>1時，f(x+1(>lnx-x2-x-3，求a的取值范圍.(2),+∞,【詳解】(1)f,(x)=2x(aex-1),x-1<0,在(-∞,0)上，f,(x)>0，f(x(單調(diào)遞增；在(0,+∞)上，f,(x)<0，f(x(單調(diào)遞減；=0,x2=ln,=0,a==0,a=1，則f(x)≥0恒成立，故fx在R上單調(diào)遞增；<0,a>1，由f(x)>0得：x<ln或x>0，由f(x)<0得:ln<x<0,此時fx的單調(diào)遞>0,0<a<1，由f(x)>0得：x>ln或x<0，由f(x)<0得:0<x<ln,②若ln③若ln(2)不等式fx+1>lnx-x2-x-3恒成立，可得：2axex+1-lnx-x+2>0x>e，3)3,+∞)故g(t)max=g(e3)=,故a的取值范圍為,+∞,1.?x∈D，m≤fx?m≤fxmin；2.?x∈D，m≥fx?m≥fxmax；1(2023·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=ax+lnx+1-xe2x對任意的x>0，fx≤0恒155【詳解】因為x>0，且f(x)≤0恒成立，則gx=2x2elnx，令φ(x)=2x2e2x+lnx，則φ(x)=4xe2x+4x2e2x+>0，2>0，φ=-ln4<0，)=2xe2x+lnx0=0，0故gxmin=gx0=，2x+lnx0=0，所以2xe2x=-lnx0=ln，2x=ln=lneln0=ln，-10-lnx0-1+2x0==x0x02+f>0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()2【分析】利用奇偶性和對數(shù)函數(shù)單調(diào)性可得fx在R上單調(diào)遞增，則fx2-1+f>0可轉(zhuǎn)化為x2-1>在x∈1,2[時恒成立，即m<x2-16-x，求x2-16-x的最小值即可解出.【詳解】fx=lg2x+4x2+1的定義域為R，且f-x=lg-2x+4x2+1=lg-2x+14x2+1=lg2x+14x2+1=-fx，所以fx為奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時，fx單調(diào)遞增，所以fx在R上單調(diào)遞增，66f(x2-1(+f>0，即f(x2-1(>-f在x∈(1,2[恒成立，所以f(x2-1(>f，即有x2-1>，所以m<(x2-1((6-x(，設(shè)h(x(=(x2-1((6-x(=-x3+6x2+x-6，h'(x(=-3x2+12x+1=-3(x-2)2+13，(x(>0，h(x(單調(diào)遞增，h(1(=0，所以0<h(x(≤h(2(，所以m≤0. 3(2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測)設(shè)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若當(dāng)x∈[-2,+∞)時，不等式f(x-1(≥m(x2+3x(-e恒成立，求m的取值范圍.【答案】(1)f(x)在(-2,ln(-2m((上單調(diào)遞減，在(-∞,-2)和(ln(-2m),+∞)上單調(diào)遞增【詳解】(1)依題意得f'(x(=(x+2(ex+2m(x+2(=(x+2((ex+2m(.①當(dāng)m≥0時，令f'(x)<0，得x<-2，令f'(x)>0，得x>-2，所以f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減，在(-2,+∞)上單調(diào)遞增；②當(dāng)-<m<0時，令f'(x)<0，得ln(-2m(<x<-2，令f'(x)>0，得x<ln(-2m(或x>-2，所以f(x)在(ln(-2m(,-2(上單調(diào)遞減，在(-∞,ln(-2m((和(-2,+∞)上單調(diào)遞增；③當(dāng)m=-時f'(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增；④當(dāng)m<-時，令f'(x)<0，得-2<x<ln(-2m(，令f'(x)>0，得x<-2或x>ln(-2m)，所以f(x)在(-2,ln(-2m((上單調(diào)遞減，在(-∞,-2)和(ln(-2m),+∞)上單調(diào)遞增.(2)當(dāng)x∈[-2,+∞)時，f(x-1(≥m(x2+3x(-e恒成立，則xex-1-m(x-1(+e≥0恒成立.設(shè)g(x(=，則g'(x(=.設(shè)k(x(=(x2-x-1(ex-1-e，則k'(x(=(x2+x-2(ex-1=(x+2((x-1(ex-1.'(iii)當(dāng)-2≤x<1時，原不等式可化為m≥，77所以k(x)在[-2,1)上單調(diào)遞減，且k(-2(=5e-3-e<0，所以當(dāng)-2≤x<1時，k(x(≤k(-2(<0，即g,(x)<0，所以g(x)在[-2,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[-2,1)時，g(x(4(2023春·山西運(yùn)城·高二校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=aex-x2+x-2.4(2)已知g(x(=-x2，若f(x(≤g(x(在R上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)y=(e-1(x-1-∞,-取值范圍.f,(x(=ex-2x+1，故有f,(1(=e-1，所以f(x(在x=1處的切線方程為y-(e-2(=(e-1((x-1(，即y=(e-1(x-1.(2)不等式f(x(≤g(x(在R上恒成立，即aex-x2+x-2≤-x2在R上恒成立，所以a≤在R上恒成立，令g(x(=-2，g,(x(=-ex-ex+2(=x3，所以在(-∞,3(上，g,(x(<0，g(x(單調(diào)遞減，在(3,+∞(上，g,(x(>0，g(x(單調(diào)遞增，所以g(x(min=g(3(==-，所以a≤-，-∞,-. A.2B.C.ln2-1D.-1=t,則不等式可轉(zhuǎn)化為 t-1-t t-1-t-1-t-1-lnt8899因為lnt>0，∴a≥-x+a≥e成立，(x)=-+ 2-(x-1)2=(lnx)2-=(lnx)2-x-+22x(x)=?2lnx-1+=，(x)=-1-==<0， A.-5,+∞B.-3,+∞C.-∞,-5D.-∞,-3【分析】由題意可推得f,x=3x2+2bx+3>0在 7(2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模)已知函數(shù)f(x)=x2+a(x-lnx)-((1)當(dāng)b=0時，討論fx在0,+∞上的單調(diào)性；(2)-1-e,+∞2+a(x-lnx)，fx的定義域為0,+∞,f(x)=2x+a-2x2+ax-ax，，即-8≤a≤0時，fx≥0且不恒為0，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增；x結(jié)合定義域由fx>0可得x∈,由fx<0可得x∈ ,,和 ,+∞2+ax-a=0有一負(fù)根根-a+a2+8a4,0,,上單調(diào)遞增. ,+∞當(dāng)-8≤a≤0時，fx在0,+∞上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，fx在區(qū)間上單調(diào)遞增. -x2x-lnx,令F(x)= -x2x-lnxFI(x)=(--2x((x-lnx)--x2((1-(x-lnx)2=-2x+1)+x(2lnx-x-1)(x-lnx)2，易得當(dāng)x∈[1,e[時，lnx-2x+1<0，且所以F(x(在[1,e[單調(diào)遞減，于是a>F(x)min=F(e)=-1-e.即a的取值范圍為(-1-e,+∞(. 8(2023·全國·高三專題練習(xí))已知函數(shù)f(x)=-2alnx-，g(x)=ax-(2a+1)lnx-，其中a∈R.(3)[-e,+∞(【分析】(1)根據(jù)x=2是函數(shù)f(x(的駐點得到fI(2(2，使得不等式f(x(≤g(x(成立轉(zhuǎn)化為a≥h(x(min，然后利用單調(diào)性求最值即可.(2)函數(shù)g(x(的定義域為(0,+∞(，gI(x(=a-+==，此時，函數(shù)g(x(的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞(.令gI(x(>0，得0<x<或x>2，.2，使得不等式f(x(≤g(x(成立，則a≥h(x(min，x∈I(x(<0，∴函數(shù)h(x(在,e上嚴(yán)格遞增，在(e,e2[上嚴(yán)格遞減， e∴函數(shù)h(x(在端點 e∵h(yuǎn)=-e，h(e2(=∴h<h(e(，∴h(x(min=h=-e，∴a≥-e，1.?x∈D，m≤f(x(?m≤f(x(max；2.?x∈D，m≥f(x(?m≥f(x(min.5(2022秋·河南洛陽·高三洛陽市第一高級中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=-1+lnx，存在x05【分析】將問題轉(zhuǎn)化為a≤x-xlnx有解，令g(x(=x-xlnx,x>0利用導(dǎo)數(shù)求出其最大值即可.0>0即a≤x-xlnx有解，即a≤[x-xlnx[max，令g(x(=x-xlnx,x>0，則gI(x(=1-(lnx+1(=-lnx，當(dāng)x∈(0,1(時，gI(x(=-lnx>0，g(x(單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1,+∞(時，gI(x(=-lnx<0，g(x(單調(diào)遞減，∴a≤16值范圍是()6A.-∞,2x2x,則只需a>f(x)min即可，利用導(dǎo)數(shù)求得f(x) 2x2x,則只需a>f(x)min即可，利用導(dǎo)數(shù)求得f(x) 2x-ax<a在(-1,1[上有解，∴a>在(-1,1[上有解，令f(x)=，x∈(-1,1[，則a>f(x)min即可.又f,(x)==，令f,(x)=0，解得x=-，,(x)<0，則f(x)為減函數(shù)，f,(x)>0，則f(x)為增函數(shù)，∴a>7(1)求函數(shù)f(x(的解析式；7【答案】(1)f(x)=x3-3x+4；(2)m>-2.時，函數(shù)f(x(有極小值0，,(x)=(x+2)(x-2)，當(dāng)-2<x<2時，f,(x)<0，當(dāng)x>2時，f,(x)>0，于是得函數(shù)f(x(在x=2處取得極小值0，所以函數(shù)f(x(的解析式為f(x)=x3-3x+4.(2)x∈[3,4]，不等式f(x)+mx>0?x3-3x+4+mx>0?m>-x2-+3，令g(x)=-x2-+3，x∈[3,4]，求導(dǎo)得g,(x)=-x+=-<0，-2，所以實數(shù)m的取值范圍是m>-2.8(2022秋·吉林長春·高三長春市第二中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=ax2lnx-bx2-c在x=1處8(2)-≤c≤1.(2)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f(x(的最大值，根據(jù)題意可得出2c2≤f(x(max，即可解得實數(shù)c的取值范圍.【詳解】(1)解：函數(shù)f(x(的定義域為(0,+∞(，且f,(x(=2axlnx+ax-2bx，此時，f(x(=-6x2lnx+3x2-c，則f,(x(=-12xlnx，當(dāng)0<x<1時，f,(x(>0，此時函數(shù)f(x(單調(diào)遞增，當(dāng)x>1時，f,(x(<0，此時函數(shù)f(x(單調(diào)遞減，因為存在x>0，不等式f(x(≥2c2解得-≤c≤1. 9(2023·全國·高二專題練習(xí))已知函數(shù)f(x(=-lnx+m區(qū)間(1,e(內(nèi)有唯一零點，則m不可能取值A(chǔ).B.C.D.1+ x令h(x)=x+1+lnx，h′(x)= x所以有g(shù)(1(<g(x(<g(e(，函數(shù)f(x)=-lnx+m在區(qū)間(1,e)內(nèi)有唯一零點， A.(e,+∞(B.(e+1,+∞(C.(2e,+∞(D.(e-1,+∞(【詳解】方程化為lnx++=a,令g(x)=lnx++則問題轉(zhuǎn)化為gx的圖象與直線y=a有2個交點,因為g,(x)=+-=(x>0),當(dāng)x∈0,1時,g,x<0,gx單調(diào)遞減,當(dāng)x∈1,+∞時,g,x>0,gx單調(diào)遞增,易知gx≥g1=e+1,值無限趨近于正無窮大；故方程xlnx+ex+1-ax=0有兩個不等的實數(shù)根時,a>e+1. e efx-lnx+x-1≥0在0,+∞上恒成立；(2)若fx有2個零點，求a的取值范圍.【分析】(1)設(shè)gx=fx-lnx+x-1，對函數(shù)gx求導(dǎo)得g,x=ex-1-x>0，根據(jù)指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的性質(zhì)知函數(shù)g,x在0,+∞上單調(diào)遞增且g,1=0，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)gx的單調(diào)性求出gxmin=0即可；(2)函數(shù)fx有2個零點等價于函數(shù)hx=與y=a的圖象有2個交點，利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)h(x)的單【詳解】(1)當(dāng)a=時，設(shè)gx=fx-lnx+x-1=ex-1-lnx-1，則g,x=ex-1-x>0，設(shè)ux=ex-1-x>0，由函數(shù)y=ex-1和y=在0,+∞上單調(diào)遞增，知函數(shù)ux在0,+∞上單調(diào)遞增，且u1=g,1=e0-1=0，gx在0,1上單調(diào)遞減，gx在1,+∞上單調(diào)遞增，所以gxmin=g1=0即fx-lnx+x-1≥0在0,+∞上恒成立；則fx有2個零點，等價于函數(shù)y=hx與y=a的圖象有2個交點，當(dāng)x∈-∞,1時h,(x)>0，當(dāng)x∈1,+∞時h,(x)<0，則函數(shù)hx在-∞,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，作出函數(shù)hx的大致圖象如下： 12(2023·貴州·統(tǒng)考模擬預(yù)測)已知fx=x2-a+2x+2lnx.(1)討論fx的單調(diào)性；(2)確定方程fx=x2的實根個數(shù).(2)將方程fx=x2的實根個數(shù)轉(zhuǎn)化為直線y合gx的單調(diào)性和值域即可求出答案.【詳解】(1)因為fx=x2-a+2x+2lnx，所以f,x=ax-a+2+==x>0，，fx是增函數(shù)，x∈1,+∞時f,x<0，fx是減函數(shù).,x>0，fx是增函數(shù)，f,x<0，fx是減函數(shù).,x≥0，fx在0,+∞上是增函數(shù).,x>0，fx是增函數(shù)，f,x<0，fx是減函數(shù).綜上可得:當(dāng)a≤0時，fx在0,1上是增函數(shù)，在1,+∞上是減函數(shù)；a=2時，fx在0,+∞上是增函數(shù)；(2)方程f(x(=x2的實根個數(shù)即-(a+2(x+2lnx=0的實根個數(shù).因為g,(x(=，所以x∈(0,e(時g,(x(>0，g(x(是增函數(shù)，x∈(e,+∞(時，g,(x(<0，g(x(是減函數(shù).x∈(0,e[時g(x(取值范圍是（-∞,，所以當(dāng)+1>即a>-2時方程f(x(=x2沒有實根，當(dāng)+1=或+1≤0即a=-2或a≤-2時方程f(x(=x2有1個實根；當(dāng)0<+1<即-2<a<-2時方程f(x(=x2有2個實根.99值范圍為()A. x與函數(shù)g(x(=的圖象有三個公共點，因為函數(shù)f(x(=ax2-ex有三個零點， a a與函數(shù)g(x(的圖象有三個公共點，x(-∞,0(0(0,2(2(2,+∞(,(x(-0+0-g(x(減增減即f(x(=ax2-ex有三個零點，所以實數(shù)a的取值范圍為,+∞.(2023春·重慶北碚·高二西南大學(xué)附中?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=lnx+1-mx2有兩個零點A.【分析】將函數(shù)f(x(=lnx+1-mx2,(x>0)有兩個零點a,b，轉(zhuǎn)化為h(x(=(x>0),y=m的圖象【詳解】由題意函數(shù)f(x(=lnx+1-mx2,(x>0)有兩個零點a,b，即f(x(=lnx+1-mx2=0，得m=有兩個正實根，設(shè)h(x(=(x>0)，則h,(x(===，令h,(x(=0，解得x=e-x<e-,(x)>0，h(x)在(0,e-上單調(diào)遞增；當(dāng)x>e-I(x(<0,h(x(在(e-(上單調(diào)遞減；故當(dāng)x=e-e-=， e e e e e時，lnx+1>0,x2>0,h(x(>0，作出函數(shù)h(x(的大致圖象，如圖所示：直線y=m與h(x(=的圖象的兩個交點的橫坐標(biāo)即分別為a,b，-又直線y=m與h(x(=的圖象有兩個交點，求解答案.11(2023·陜西·校聯(lián)考模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x(=ax2+(a-2(x-xlnx.①求曲線y=f(x(在點(1,f(1((處的切線方程.②試問f(x(有極大值還是極小值？并求出該極值.(2)若f(x(在(0,e(上恰有兩個零點，求a的取值范圍.【答案】(1)①y=-3x+1；②f(x(有極大值e-3.(2)<a<1可求解極值問題.【詳解】(1)①當(dāng)a=0時，f(x(=-2x-xlnx，則fI(x(=-2-(1+lnx)=-3-lnx，所以f(1(=-2,fI(1(=-3，所以曲線y=f(x(在點(1,f(1((處的切線方程為y+2=(-3)(x-1(，即y=-3x+1.②令fx=0得x=e-3，令fx>0得0<x<e-3，令fx<0得x>e-3，時，函數(shù)fx有極大值fe-3=-2e-3-e-3lne-3=e-3，無極小值.(2)因為函數(shù)fx在0,e上恰有兩個零點，所以方程ax2+a-2x-xlnx=0在0,e上有兩個解，即a=在0,e上有兩個解，則h(x)==，記m(x)=1-x-xlnx，則m(x)=-1-(1+lnx)=-2-lnx，令mx>0得0<x<e-2，令mx<0得e-2<x<e，-2令m(x)=0得x=1，又me-2=1+e-2>0,me=1-2e<0，所以函數(shù)fx在0,e上恰有兩個零點時，a的取值范圍為<a<1.(1)若曲線y=fx在點2,f2處的切線方程是y=x+ln2，求a和b的值；(2)若a=e，且fx的導(dǎo)函數(shù)fx恰有兩個零點，求b的取值范圍.因為曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程是y=x+ln2，所以fI(2)=1,f(2)=aln2+4be-1即e=2+ln2,(2)由fI(x(=+bx(2-x(e1-x=0得，=bx(x-2).顯然x≠2,x>0.x 點.故b的取值范圍是(-∞,-e(∪（,+∞. A.0,B.[0,2[C.[0,1[D.[0,e[值的方法即可求解.【詳解】當(dāng)x≤1時，f(x(=x2-2ax+2a=(x-a(2+2a-a2，若a<1，必有f(x)min=f(a)=2a-a2≥0，解得0≤a≤2，所以0≤a<1，若a≥1，f(x(min=f(1(=1滿足，所以a≥0；令g(x(=(x>1(，g,(x(=，由g,(x(>0得x>e，g,(x(<0得1<x<e，則g(x(在區(qū)間(1,e(上單調(diào)遞減，在區(qū)間(e,+∞(上單調(diào)遞增，即g(x(min=g(e(=≥a， 14(2023春·四川成都·高二?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=kx2-lnx，若f(x(>0對任意x∈(0,+∞(恒A.【詳解】因為f(x(=kx2-lnx所以f,(x(=2kx-=，當(dāng)k≤0時，f,(x(<0，函數(shù)f(x(在(0,+∞)上為減函數(shù)，又當(dāng)x→+∞時，f(x(→-∞,不滿足f(x(>0在定義域(0,+∞)內(nèi)恒成立；,+∞,(x(>0，,+∞時，函數(shù)f(x(為增函數(shù)，所以[f(x([min=f（=k2-ln=-ln 15(2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模)已知函數(shù)f(x(=ex+cosx-2.(1)證明：函數(shù)f(x(只有一個零點；(2)在區(qū)間(0,+∞(上函數(shù)f(x(>ax-sinx恒成立，求a的取值范圍.(2)(-∞,2[(2)將f(x(>ax-sinx變?yōu)閑x+sinx+cosx-2-ax>0，從而構(gòu)造函數(shù)g(x(=ex+sinx+cosx-2-【詳解】(1)證明：由fx=ex+cosx+cosx<2，x+cosx-2<0，故fx在區(qū)間-∞,0上無零點.當(dāng)x≥0時，fx=ex-sinx，而ex≥1，-sinx≥-1，且等號不會同時所以fx=ex-sinx>0，所以當(dāng)x≥0時，函數(shù)fx單調(diào)遞增，所以fx≥f0=0，故函數(shù)fx在區(qū)間[0,+∞上有唯一零點0，綜上，函數(shù)fx在定義域上有唯一零點.(2)由fx>ax-sinx在區(qū)間0,+∞上恒成立，得ex+cosx-2>ax-sinx，x+sinx+cosx-2-ax>0在區(qū)間0,+∞上恒成立.設(shè)gx=ex+sinx+cosx-2-ax，則gx>0在區(qū)間0,+∞上恒成立，而gx=ex+cosx-sinx-a，mx=ex+cosx-sinx-a，則mx=ex-sinx-cosx.設(shè)hx=ex-x-1，則hx=ex-1，當(dāng)x>0時，hx>0，所以函數(shù)hx在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，故在區(qū)間0,+∞上，hx>h0=0，即在區(qū)間0,+∞上ex>x+1，設(shè)函數(shù)px=x-sinx,x∈0,+∞,則px=1-cos≥0，所以函數(shù)px在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增，故在區(qū)間0,+∞上px>p0=0，即在區(qū)間0,+∞上，x>sinx，所以在區(qū)間0,+∞上，ex>x+1>sinx+cosx，即mx=ex-sinx-cosx>0，所以在區(qū)間0,+∞上函數(shù)gx單調(diào)遞增.所以函數(shù)gx在區(qū)間0,+∞上單調(diào)遞增.又g0=0，故gx>0，即函數(shù)fx>ax-sinx在區(qū)間0,+∞上恒成立.g[lna+2[=a+2+cos[lna+2[-sin[lna+2[-a=2-2sin（lna+2->0，0,lna+2上函數(shù)gx存在零點x0，即gx0=0，0,+∞上函數(shù)gx單調(diào)遞增，0,x0上函數(shù)gx<gx0=0，所以在區(qū)間0,x0上函數(shù)gx單調(diào)遞減，綜上，a的取值范圍為-∞,2[. fx≤ex-1+2alnx+x恒成立.【答案】(1)函數(shù)fx在區(qū)間0,+∞單調(diào)遞增(2)構(gòu)造gx=fx-ex-1+2alnx+x=ax-1lnx+x-ex-1，即gx≤0恒成立，分情況討論gx所以f,x=lnx++2=lnx++3，令hx=lnx++3x>0，則h,x=-=， x,x≤0，hx=lnx+ x x,x>0 x所以hxmin=h1=4>0，所以f,x>0，所以函數(shù)fx在區(qū)間0,+∞單調(diào)遞增；(2)令gx=fx-ex-1+2alnx+x=ax-1lnx+x-ex-1x≥1，fx≤ex-1+2alnx+x恒成立即函數(shù)gxmax≤0恒成立，又g,x=alnx++1-ex-1x≥1，令mx=alnx++1-ex-1x≥1，則m,x=a+-ex-1x≥1，①當(dāng)a≤0時，m,x<0，函數(shù)mx=g,x在[1,+∞上為減函數(shù)，又g,x≤g,1=0，所以函數(shù)gx在[1,+∞上為減函數(shù)，又gx≤g1=0，所以a≤0時，fx≤ex-1+2alnx+x在區(qū)間[1,+∞恒成立；②當(dāng)0<a≤時，令px=m,x=a+-ex-1，則p,x=-a+-ex-1，,x=-a+-ex-1<0，故函數(shù)m,x在[1,+∞上單調(diào)遞減，又m,x≤m,1=2a-1≤0，所以g,x=alnx++1-ex-1x≥1單調(diào)遞減，且g,x≤g,1=0，所以函數(shù)gx在[1,+∞上為減函數(shù)，又gx≤g1=0， 2所以0 2時，fx≤ex-1+2alnx+x在區(qū)間[1,+∞恒成立； 2fx≤ex-1+2alnx+x恒成立.(2023春·湖南長沙·高三雅禮中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知m，n為實數(shù)，f(x)=ex-mx+n-1，若f(x)A.-1B.0C.1D.2【詳解】f(x)=ex-mx+n-1,f,(x)=ex-m，當(dāng)m≤0時，f,(x)>0恒成立，則f(x)單調(diào)遞增，f(0(=n，顯然f(x)≥0不恒成立，∴f(x)min=f(lnm)=m-mlnm+n-1，∵f(x)≥0恒成立，∴m-mlnm+n-1≥0，min=h(1)=0. A.分析單調(diào)性與最值即可.ax>0,<0，故eax-≥0顯然成立.≥2xln(2x)=eln(2x)?ln(2x)恒成立.-≥0恒成立等價于g(ax)≥g(ln(2x))恒成立.≥恒成立.(t)<0，a≥.(1)若不等式f(x(≤x恒成立，求a的取值范圍；(2)若不等式f(x(≤x?g(x(恒成立，求a的取值范圍.(2)0<a≤1綜上，0<a≤1.所以ln(ax)+ax+1≤xex=ex+lnx在(0,+∞)上恒成立，(i)當(dāng)a=1時證lnx+x+1≤ex+lnx恒成立即可，x≥x+1在R上恒成立，故lnx+x+1≤ex+lnx恒成立，滿足；(ii)當(dāng)0<a<1時，ax<x，又y=x+lnx在(0,+∞)上遞增，所以ln(ax)+ax<x+lnx，由(i)知：lnx+x+1≤ex+lnx，所以ln(ax)+ax+1<ex+lnx恒成立，滿足；(iii)當(dāng)a>1時，由上知：lnx+x+1≤ex+lnx成立，僅當(dāng)x+lnx=0時等號成立，令x=，則+ln=-1<0，令x=1，則1+ln1=0+lnx0=0成立，即lnx0+x0+1=ex+lnx=x0ex成立，)+ax0+1>x0+lnx0+1=x0ex，0>0使ln(ax0)+ax0+1>x0ex成立，不合題意；綜上，0<a≤1.研究恒成立問題. (2)(-∞,1].x-1-lnx，函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)，求導(dǎo)得f,(x)=ex-1-，顯然函數(shù)f,(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且f,(1)=0，(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,+∞)時,f,(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),0-2a+sin0=2-2a，(i)當(dāng)0<a≤1時,g,(x)≥g,(0)=2-2a≥0,g(x)在[,,(x0(=0所以實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1]. 17(2022·河南駐馬店·河南省駐馬店高級中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知e是自然對數(shù)的底數(shù)．若?x∈[1,+∞(，使memx-6x5lnx≤0，則實數(shù)m的取值范圍為()A.-∞,B.0，C.0，D.-∞,得mx≤lnx6，分離參數(shù)后利用導(dǎo)數(shù)求最大值即可得解.【詳解】當(dāng)m≤0時，memx≤0,6x5lnx≥0，顯然memx-6x5lnx≤0成立，符合題意；當(dāng)m>0時，由x≥1，memx-6x5lnx≤0，可得mxemx-6x6lnx≤0，即mxemx≤x6lnx6，mxemx≤lnx6elnx，令f(x)=xexx≥0，f(x)=x+1ex>0，f(x)在[0,+∞上單增，又mx>0,lnx6≥0，故mxemx≤lnx6elnx，即f(mx)≤f(lnx6)，即mx≤lnx6，m≤，即?x∈[1,+∞ 6e 6em≤； 18(2023·江蘇宿遷·江蘇省沭陽高級中學(xué)校考模擬預(yù)測)已知函數(shù)fx=x2-axlnx+1+a,a∈R，f(x)為fx的導(dǎo)函數(shù).(1)討論f(x)的極值；(2),+∞(【分析】(1)求得fx=2x-a(1+lnx)，設(shè)g(x)=2x-a(1+lnx)，求得g(x)=，分a≤可得函數(shù)fx的定義域為(0,+∞)，且fx=2x-a(1+lnx)，設(shè)g(x)=f(x)=2x-a(1+lnx),x∈(0,+∞)，則g(x)=2-=，①當(dāng)a≤0時，可得g(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞所以f(x)在x=處取得極小值，且極小值為f=-aln，在(0,+∞)上沒有極大值，2-atlnt+1+a<0，構(gòu)造函數(shù)h(t)=t-alnt+，則h(t)=1--=，,,,.()A.[1,+∞(B.-,+∞（C.,+∞（D.[2,+∞(ex-x-2lnx-1≤0有解，令f(x(=x2ex-x-2lnx-1(x>0(，則問題轉(zhuǎn)化為f(x(≤0有解，f,(x(=(x2+2x(ex-1-=，令g(x(=x2ex-1(x>0(，則g,(x(=(x2+2x(ex>0，所以g(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，2lnx0+x0=0，所以當(dāng)0<x<x0時，g(x(<0，即f,(x(<0，故f(x(單調(diào)遞減；當(dāng)x>x0所以f(x(min=f(x0(=xex-x0-2lnx0-1=xex-1-(x0+2lnx0(=0，即在(0,1(上存在x0使得xex=x0+2lnx0+1，即f(x(≤0有解x0，由上述證明可得x2ex-x-2lnx-1≥0，即x2ex≥x+2lnx+1在(0,+∞(上恒成立，令h(m(=xm+2lnx+1，則h,(m(=x>0，故h(m(在R上單調(diào)遞增；當(dāng)m>1時，hm>h1，即mx+2lnx+1>x+2lnx+1，故mx0+2lnx0+1>x0+2lnx0+1，(最)值問題處理.(2023·陜西咸陽·陜西咸陽中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知函數(shù)fx=x-1ex-ax-1.(2)-∞,0∪e,+∞當(dāng)a=0時，fx=x-1ex-1，fx=xex，所以函數(shù)fx在區(qū)間-∞,0上為減函數(shù)，在區(qū)間0,+∞上為增函數(shù)，又當(dāng)x∈-∞,0時，x-1<0,ex>0，可得fx=x-1ex-1<0，當(dāng)x∈[0,+∞時，f0=-2<0，f2=e2-1>0，由零點存在性定理可知：fx在0,2存在唯一零點，綜上，函數(shù)fx只有一個零點.(2)定義域為R，fx=xex-a，令gx=fx，則gx=x+1ex，令gx>0，得x>-1；令gx<0，得x<-1，所以函數(shù)fx=xex-a在區(qū)間-∞,-1上為減函數(shù)，在區(qū)間-1,+∞上為增函數(shù)，由零點存在性定理可得?x0∈0,+∞,使fx0=x0ex-a=0，且x∈-∞,x0時fx<0，當(dāng)x∈x0,+∞時fx>0，因此函數(shù)fx在區(qū)間-∞,x0上為減函數(shù)，在區(qū)間x0,+∞上為增函數(shù)，fxmin=fx0=x0-1ex-ax0-1=x0-1ex-xex-1=-x+x0-1ex-1，且x0>0，設(shè)hx=-x2+x-1ex-1(x>0)，hx=-x2-xex<0(x>0)，所以hx在0,+∞上為減函數(shù)，又h1=-e-1，故x>1時，fxmin<-e-1，存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立，因為fx=xex-a在區(qū)間-∞,-1上為減函數(shù)，在區(qū)間-1,+∞上為增函數(shù)，所以jx=xex在1,+∞上單調(diào)遞增，故a=x0ex>e，故fx≥f0=-2>-e-1，所以不存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立；當(dāng)a<0時，取x<<0，即-ax<-e-1，所以x-1ex-ax-1<-e-1，所以存在x∈R，使不等式fx<-e-1成立. 19(2023秋·重慶渝中·高二重慶巴蜀中學(xué)?？计谀?已知函數(shù)fx=2xlnx-mx+1m∈Z存在零A.-2B.-1C.0D.1【分析】當(dāng)m=0時，對函數(shù)fx求導(dǎo)，求出fx的單調(diào)性和最值，即可判斷C，D；再令m=-1和m=【詳解】因為m=0時，fx=2xlnxx>0，fx=2lnx+2=0x>0，而f=2??ln=-，當(dāng)x趨近于正無窮，則fx趨近于正無窮，所以fx存在零點，故排除D.當(dāng)m=-1時，令fx=2xlnx+x+1=0，即2lnx+1+=0，令t=，即t+1-2lnt=0，令gt=t+1-2lnt，故gt=1-=，故gt≥g2=3-2ln2>0，當(dāng)m≤-1時，fx=2xlnx-mx+1≥2xlnx+x+1>0，也不存在零點，故A不正確； 20(2023春·四川成都·高二統(tǒng)考期中)已知函數(shù)f(x)=ax-(a+2)lnx-+2,其中a∈R，f,(x)為f(x)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若a>0，試討論函數(shù)f(x)在(1,e(上的零點個數(shù).【詳解】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞f,(x)=a-+==①當(dāng)a≤0時，令f,(x)<0得x>1；令f,(x)>0得0<x<1.②當(dāng)0<a<2時，令f,(x)<0得1<x<,(x)≥0在x∈R恒成立.(x)>0得0<x〈1或x〈.④當(dāng)a>2時，令f,(x)<0得<x<1；令f,(x)>0得0<x〈或x〈1.(2)①當(dāng)a≥2時，f(x)在(1,e)上單調(diào)遞增，f(x(>f(1(=a≥2，故f(x)在(1,e)上沒有零點；!<0e!<0e由于f(1)=a>0，f(e(=a(e-1(->(e-1(-=2->0.令g(a(=f=2-(a+2(ln-a+2=(a+2(lna-(1+ln2(a+4-2ln2，令h(a)=g,(a)=lna+-ln2，a-22則a-22所以f(x)在(1,e)上沒有零點. e e②令a=，則f(x)=xg(x)，設(shè)g(x)=x+1-lnx-，因為x-ex≤-1<0恒成立，所以x>1,g(x)<0，0<x<1,g(x)>0max=a-1.x-1不妨設(shè)x1<x2，當(dāng)0<x<x1或x>x2時，h(x)<0；當(dāng)x1<x<x2時，h(x)>0.，且0<x1<1<x2，0<x<x1,g(x)>0，x1<x<1,g(x)<0，1<x<x2,g(x)>0，x>x2,g(x)<0因為gx1=x1-lnax1-1=x1-lnex-1-1=0，g(x)=1--=?a-,所以h(x)max=a-1.所以g(x)max=g(1)=1-lna-，令p(a)=1-lna-，p(a)=-+>0，妨設(shè)x1<x2，可以得出，當(dāng)0<x<x1或x>x2時，h(x)<，且0<x1<1<x2，0<x<x1,g(x)>0，x1<x<1,g(x)<0，1<x<x2,g(x)>0，x>x2,g(x)<0因為gx1=x1-lnax1-1=x1-lnex-1-1=0，(1)討論fx的單調(diào)性；(2)設(shè)函數(shù)gx=fx-x2+ex-1，若gx有三個不同的零點，求m的取值范圍.【分析】(1)先求得fx，再按m分類討論，利用導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)間(2)先化簡gx解析式，構(gòu)造函數(shù)hx=m+xex-1-2，并利用導(dǎo)數(shù)求得hx的單調(diào)性和函數(shù)值的正負(fù)情況，進(jìn)而得到gx的單調(diào)性和函數(shù)值的正負(fù)情況，再利用gx有三個不同的零點列出關(guān)于m的不等式，進(jìn)而求得m的取值范圍.【詳解】(1)由題意知fx=+2x-1=,x>0，令Δ=(-2)2-4×2m≤0，得m≥， 2則m≥時，fx≥0，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增 2則m≥m<時，令2x2-2x+m=0得x1=,x2=當(dāng)m≤0時，x1≤0<x2，令fx<0，得0<x<x2，令fx>0，得x>x2，所以fx在0,x2上單調(diào)遞減，在x2,+∞上單調(diào)遞增. 2當(dāng)0 2令fx<0，得x1<x<x2，令fx>0，得0<x<x1或x>x2，所以fx在x1,x2上單調(diào)遞減，在0,x1和x2,+∞上單調(diào)遞增.在,+∞當(dāng)0<m<時，fx在,上單調(diào)遞減，0,和,+∞ 2時，fx在0,+∞上單調(diào)遞增.(2)gx=mlnx+(x-1)2-x2+ex-1=mlnx-2x+1+ex-1，則gx=-2+ex-1=,x>0.設(shè)hx=m+xex-1-2，則hx=x+1ex-1-2，由hx在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增且h1=0，可得當(dāng)x∈0,1時，hx<0,hx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈1,+∞時，hx>0,hx單調(diào)遞增，所以hx有極小值h1=m-1，又h0=m，所以gx在區(qū)間0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，最多有一個零點，不符合題意.43=hx4=0，則在0,x3內(nèi)，gx>0,gx單調(diào)遞增，在x3,x4內(nèi)，gx<0,gx單調(diào)遞減，在x4,+∞內(nèi)，gx>0，gx單調(diào)遞增，又gx3>g1=0>gx4，所以gx在x3,x4上有一個零點0，所以gx在0,x3和x4,+∞上各有一個零點，所以函數(shù)gx有三個不同的零點.結(jié)合hx的單調(diào)性可知，存在x0∈1,+∞,使得hx0=0，且gx在0,x0內(nèi)單調(diào)遞減，在x0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，所以gx最多有兩個零點，不合題意. 值為()A.e-B.e+1C.2eD.e+4 當(dāng)x>-1時，則f'(x(>0；當(dāng)x<-1時，則f'(x(<0；故f(x(在(-∞,-1(上單調(diào)遞減，在(-1,+∞(上單調(diào)遞增，若f(x(=xex與直線y=ax-相切時，設(shè)切點為(x0,x0ex(，則切線斜率a=f'(x0(=所以該切線方程為y-x0ex=(x0+1(ex(x-x0(，注意到切線過點,0則0-x0ex=(x0+1(ex-x0(,整理得2x-x0-1=0，解得x0=1或-，0=0=-時，a=f'=e-；式lnx≤ax2+bx≤(e2-2e(lnx+e恒成立，則實數(shù)b的最小值為()D.-eA.-B.-C.-1D.-elnxxlnxx≤ax+b≤ (e2-2e(lnx+exx0,fI(x(=，因為函數(shù)y=(2e-e2(lnx+e2-3e在,e上單調(diào)遞增，2(2-5e(>0，gI(e(=-<0，00<x<e直線y=ax+b恒位于y=f(x(的圖象上方，y=g(x(的圖象下方，b代表直線y=ax+b在y軸上的截距，當(dāng)直線變化時觀察得當(dāng)直線過M(e,e-1(且與曲線y=相切x0,整理可得(e-1(x+x0-(2x0-e(lnx0-e=0，令h(x(=(e-1(x2+x-(2x-e(lnx-e，則h(1(=0，hI(x(=2(e-1(x+1-2(1+lnx(+=2(e-1(x+-(1+2lnx(，(e-1(x+≥22e(e-1(>3，1+2lnx≤3，(e-1(x+-(1+2lnx(>0，'(x(>0，則函數(shù)h(x(在,e上單調(diào)遞增，所以h(x(有唯一的零點1，min=-1.≤ax+b≤ (e2-2e(lnx+exlnxxlnxx導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行求解. ，使得f(x0(<0A.-,B.-,C.,D.,，使得f(x0(<0x(2x-1)<a(x-2)，轉(zhuǎn)化為在g(x)圖象上只有一個橫【詳解】由題意f(x(=ex(2x-1(-ax+2a，令g(x)=ex(2x-1),h(x)=ax-2a=a(x-2)，因為存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0(<0，即ex(2x-1)<a(x-2)，' 2故0 2,又g(0(=-1<0,g(1)=e>1，h(1)=-a<0，此時需滿足在g(x)圖象上只有一個橫坐標(biāo)為整數(shù)的點在直線h(x)=a(x-2)下方，≤a<≤a< ，使得f(x0(<0即ex(2x-1)<a(x-2)轉(zhuǎn)化為在A.,B.,C.,D.(ln2,ln3)則g'(x)='作出g(x)的大致圖象如圖所示，ln35≤a<ln22 23(2023春·福建福州·高二福州三中?？计谥?已知函數(shù)f(x)=|x|ex，若g(x)=f2(x)-af(x)+2恰有四個A.又f(0(=0;f(-1(=;x→-∞,f(x(→0;x→+∞,f(x(→+∞,則函數(shù)的大致圖象如下：令g(x)=f2(x)-af(x)+2=0，③當(dāng)Δ=a2-8>0時，解得a<-22或a>22，即方程f2(x)-af(x)+2=0的兩根為f1(x(=f2(x(=若g(x)=f2(x)-af(x)+2恰有四個不同的零點，,若關(guān)于x的方程f(-x(=,若關(guān)于x的方程f(-x(=-f(x(有且僅有四個相異實根，則實數(shù)k的取值范圍為()B.(1,+∞B.(1,+∞(C.0,∪(1,+∞(D.(0,1(∪(1,+∞(【分析】利用函數(shù)圖象的對稱性，將關(guān)于x的方程f(-x(=-f(x(有且僅有四個相異實根，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的方程f(-x(=-f(x(在(0,+∞)!kx-ln(-x(+k,!kx-ln(-x(+k,x>0x<0,∵關(guān)于x的方程f(-x(=-f(x(有且僅有四個相異實根，根據(jù)對稱性知，x>0時，f(x(=-f(-x(有且僅有兩個相異實根，即(x+1(lnx=kx+lnx-k在(0,+∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，化簡得：k(x-1(=xlnx.令g(x)=xlnx，g,(x)=lnx+1， e e0<x< ,e又g(1)=0,0<x<1時，lnx<0,∴g(x)=xlnx<0，x>1時，lnx>0,∴g(x)=xlnx>0，g(x)=xlnx的簡圖如圖所示：直線l:y=k(x-1(恒過點(1,0)，∵g,(x)=lnx∴k=1時，此時直線l:y=k(x-1(相切，直線l:y=k(x-1(與曲線g(x)=xlnx只有一個公共點，此時方程k(x-1(=xlnx在(0,+∞)上有一個實數(shù)根，不符合題意；由圖可知當(dāng)0<k<1或k>1時，直線l:y=k(x-1(與g(x)=xlnx均有兩個公共點，即方程k(x-1(=xlnx在(0,+∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，∴關(guān)于x的方程f(-x(=-f(x(有且僅有四個相異實根時，k的取值范圍為(0,1)∪(1,+∞).<拓展方法> 不等式f(x1(≥g(x2(成立，則a的取值范圍是()A.[-e2,+∞(B.【分析】將問題轉(zhuǎn)化為f(x(min≥g(x(min，利用導(dǎo)數(shù)求f(x(在[1,2[上的最小值、g(x(在[1,3[上的最小值，f(x1(≥g(x2(成立?f(x(min≥g(x(min，f'(x)>0，則f(x(在區(qū)間[1,2[上單調(diào)遞增，∴f(x(min=f(1(=e+2a，x)>0，則g(x(在[1,e[上單調(diào)遞增，x)<0，則g(x(在(e,3[上單調(diào)遞減，min=0， 得f(x1(=f(x2(成立，則a的取值范圍為()A.(-∞,0(∪[1,+∞(B.(-∞,0(∪[e,+∞(C.(0,1[D.(0,e[【分析】由?x1≤0,?x2>0，使得f(x1(=f(x2(成立，可得函數(shù)f(x2(的值域包含f(x1(的值域.利用二次函數(shù)的性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)分析x≤0和x>0時，函數(shù)f(x(的單調(diào)性，進(jìn)而求得f(x1(的值域和f(x2(的值域，從而【詳解】由?x1≤0,?x2>0，使得f(x1(=f(x2(成立，則函數(shù)f(x2(的值域包含f(x1(的值域.所以f(x(在(-∞,0[上單調(diào)遞減，且f(0(=0，所以f(x1(∈[0,+∞(；當(dāng)x>0時，f(x(=x-alnx，則f'(x(=1-=，①若a>0，當(dāng)x∈(0,a(時f'(x(<0，當(dāng)x∈(a,+∞(時f'(x(>0，所以f(x(在(0,a(上單調(diào)遞減，在(a,+∞(上單調(diào)遞增，所以f(x(min=f(a(=a-alna，即f(x2(∈[a-alna,+∞(，所以a-alna≤0，即1-lna≤0，解得a≥e；②若a<0，則f'(x(=>0，f(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，此時f(x(=x-alnx(x>0(值域為R，符合題意.③當(dāng)a=0時，f(x(=x(x>0(的值域為(0,+∞(，不符合題意.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(-∞,0(x+,0≤x≤x+,0≤x≤x3-3(2023·全國·高三專題練習(xí))已知函數(shù)f(x(=4 ,2<x≤1,d[，有f(x1(<g(x2(成立，則f(x(max<g(x(min；,d[，有f(x1(<g(x2(成立，則f(x(max<g(x(max；(3)若?x1,d[，有f(x1(<g(x2(成立，則f(x(min<g(x(max；,d[，有f(x1(=g(x2(成立，則f(x(的值域是g(x(的值域的子集.(2023春·江蘇常州·高二常州市北郊高級中學(xué)?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=xex，g(x(=-(x+1(2∈R，使得f(x2(≤g(x1(成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-e【分析】原命題等價于f(x)min≤g(x)max，再求f(x)min以及g(x)max解不等式即可.，使得f(x2)≤g(x1)成立，則f(x)min≤g(x)max，由題得f,(x(=ex+xex=(x+1(ex，所以函數(shù)f(x(在(-∞,-1)單調(diào)遞減，在(-1，+∞)單調(diào)遞增，所以f(x)min=f(-1)=-由題得g(x)max=g(-1)=a，∴a≥-(在x1,x2,1[，使得f(x1(=g(x2(成立，則實數(shù)a D.(-∞,e[4A.(-∞,1[B.(-∞,e-2 D.(-∞,e[4【分析】根據(jù)題意可得f(x(的值域與g(x(=ex-ax的值域有交集即可，先求導(dǎo)分析f(x(的值域，再求導(dǎo)分情況討論g(x(=ex-ax的單調(diào)性與值域，結(jié)合解集區(qū)間的端時，f(x(=x3-3時，f(x(=x3-3,則f,(x(=3x2-3=3x2-1444≤f(x(≤≤f(x(≤f(0(，即≤f(x(≤ 2<x≤1時，f(x(=2x+所以f<f(x(≤f(1(，即<f(x(≤，由題意，f(x(的值域與g(x(=ex-ax的值域有交集，故分析g(x(=ex-ax的值域.-a[∩,≠?,當(dāng)a≤0時恒成立；?,所以 A.令f(x(=，則f(aex(>f(x(在(0,1(上恒成立，,e(上f,(x(>0；在(e,+∞(上f,(x(<0，在(0,1(上f(x(<0，(1,+∞(上f(x(>0，而a>0，x≥1時，f(aex(>0>f(x(，成立；當(dāng)0<aex<1時，根據(jù)f(x(在(0,1(上單調(diào)遞增，aex>x在(0,1(上恒成立，令g(x(=，則gI(x(=>0在(0,1(上恒成立，即g(x(在(0,1(上遞增， A.-,+∞B.-,+∞（C.(-1,+∞(D.（-∞,a(xex(+x+lnx>1，a(xex(+ln(xex(>1，由已知不等式lnt+at>1在(0,+∞(上有解，所以a>在(0,+∞(上有解.令f(t(=，則fI(t(=，當(dāng)0<t<e2時，fI(t(<0，f(t(在(0,e2(上單調(diào)遞減；時，fI(t(>0，f(t(在(e2,+∞(單調(diào)遞增，所以f(t(min=f(e2(=-，所以a>-，-,+∞(,數(shù)的最值問題. 28(2023春·山東棗莊·高二棗莊八中?？茧A段練習(xí))已知函數(shù)f(x(=x2ex-a(x+2lnx(有兩個零點，則aA.a≥1B.a≤2C.a≤eD.a>e解【詳解】fx=x2ex-ax+2lnx=ex+2lnx-ax+2lnx，t-at=0有兩個根，故gx=如圖所示 29(2023·廣東·統(tǒng)考一模)已知函數(shù)fx=xex+1.(1)求fx的極值；(2)原問題轉(zhuǎn)化為不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，方法一通過研究函數(shù)y=xex+1-lnx-x-2單調(diào)性求得y=xex+1-lnx-x-2的最小值為0，從而求出a≤0；方法二通過同構(gòu)構(gòu)造函數(shù)y=ex-x-1并研究其單調(diào)性最值，從而說明y=xex+1-lnx-x-2的最小值為0，進(jìn)而求出a≤0.所以當(dāng)fx>0時，x>-1；當(dāng)fx<0時，x<-1，所以fx在-∞,-1上單調(diào)遞減，在-1,+∞上單調(diào)遞增，所以fx有極小值f-1=-1，無極大值.則原問題等價于不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，記gx=xex+1-lnx-x-2，則gx=x+1ex+1--1=x+1（ex+1-,記hx=ex+1-，則hx=ex+1+>0恒成立，所以hx在x∈0,+∞上單調(diào)遞增，又h=e1+-e2<0,h1=e2-1>0，即當(dāng)x<x0時，hx<0，此時gx<0；當(dāng)x>所以gx在0,x0上單調(diào)遞減，在x0,+∞上單調(diào)遞增，由hx0=ex+1-=0，得ex+1=，即x0=,lnx0=-x0-1，所以gx≥gx0=x0ex+1-lnx0-x0-2=x0?+x0+1-x0-2=0，①當(dāng)a≤0時，因為gx=xex+1-lnx-x-2≥0,ax≤0，所以不等式恒成立，所以a≤0；②當(dāng)a>0時，0=00>0，此時不滿足xex+1-lnx-x-2≥ax，方法二：由題知不等式xex+1≥a+1x+lnx+2在x∈0,+∞上恒成立，原問題等價于不等式xex+1-lnx-x-2≥ax在x∈0,+∞上恒成立，即elnx+x+1-lnx+x+1-1≥ax在x∈0,+∞上恒成立.單調(diào)遞增，gx≥g0=0因為lnx+x+1∈R,glnx+x+1≥0即elnx+x+1-lnx+x+1-1≥0，xex+1-lnx-x-2≥0①當(dāng)a≤0時，因為xex+1-lnx-x-2≥0,ax≤0，所以不等式恒成立，所以a≤0；②當(dāng)a>0時，令hx=lnx+x+1，顯然hx單調(diào)遞增，且h=-1<0，h1=2>0x+1-lnx-x-2=0，而ax0>0，此時不滿足xex+1-lnx-x-2(1)xex=ex+lnx;x+lnx=lnxex(2)=ex-lnx:x-lnx=ln(3)x2ex=ex+2lnx;x+2lnx=lnx2ex(4)=ex-2lnx,=ex-2lnx3.結(jié)合常用的切線不等式lnx≤x-1，lnx≤,ex≥x+1,ex≥ex等，可以得到更多的結(jié)論：(1)xex=ex+lnx≥x+lnx+1；x+lnx=lnxex≤xex-1(2)xex=ex+lnx≥e(x+lnx)；x+lnx=lnxex≤=xex-1【分析】構(gòu)造函數(shù)f(x)=(1+x)lnx(x>1)，由其單調(diào)性得出k>，再由導(dǎo)數(shù)得出g(x)=(x>1)的即?x∈(1,+∞),1+ekxlnekx>(1+x)lnx成立.設(shè)f(x)=(1+x)lnx(x>1)，則fekx>f(x).因為f(x)=lnx+=lnx++1>0，所以fx在1，+∞上單調(diào)遞增，于是ekx>x對任意的x∈1，+∞恒成立，即k>對任意的x∈1，+∞恒成立.令g(x)=(x>1)，即k>g(x)max. e e .eA.-∞,-B.（-∞,-C.(-∞,-e(D.(-∞,-1(【分析】將不等式化為xeax+lnxeax<1，構(gòu)造f(x)=x+lnx進(jìn)而化為f(xeax)<f(1)，利用導(dǎo)數(shù)研究f(x)單ax+lnx+lneax<1，即xeax+lnxeax<1，令f(x)=x+lnx且x∈(0,+∞)，上述不等式等價于f(xeax)<f(1)=1， x而f'(x)= x e當(dāng)0< e e e'(t(>0，則g(t)單調(diào)遞增，ax+lnxeax<1并構(gòu)造函數(shù)f(x)=x+lnx并研究單調(diào)性，將問題轉(zhuǎn)化為a<ln在(0,+∞)上恒成立，再次構(gòu)造g(t)=tlnt研究最值求范圍.(2023春·四川綿陽·高二四川省綿陽南山中學(xué)?？茧A段練習(xí))若函數(shù)f(x(=xex-lnx-x-a存在A.(0,1)B.[1,+∞)C.【分析】函數(shù)f(x(=xex-lnx-x-a存在零點，即方程xex=lnx+x+a有根，構(gòu)造法轉(zhuǎn)化為a=et-t，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)y=et-t(t∈R(的值域即可.【詳解】函數(shù)f(x(=xex-lnx-x-a存在零點，即方程xex=lnx+x+a有根，因為xex=elnx+x，所以方程elnx+x=lnxt-t(t∈R(，令y=et-t(t∈R(，則y'=et-1，t-t在(0，+∞(上單調(diào)遞增；t-t在(-∞,0(上單調(diào)遞減；(2023春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)fx=axex-a≠0.(1)討論函數(shù)fx的單調(diào)性；(2)已知函數(shù)gx=fx-有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍.函數(shù)fx的減區(qū)間和增區(qū)間；直線y=2a與函數(shù)pt的圖象有兩個交點，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)pt的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可得出實【詳解】(1)解：函數(shù)fx=axex-a≠0的定義域為R，fx=ax+1ex.當(dāng)a>0時，由fx<0可得x<-1，由fx>0可得x>-1，此時函數(shù)fx的減區(qū)間為-∞,-1，增區(qū)間為-1,+∞;當(dāng)a<0時，由fx<0可得x>-1，由fx>0可得x<-1，此時，函數(shù)fx的增區(qū)間為-∞,-1，減區(qū)間為-1,+∞.綜上所述，當(dāng)a>0時，函數(shù)fx的減區(qū)間為-∞,-1，增區(qū)間為-1,+∞;當(dāng)a<0時，函數(shù)fx的增區(qū)間為-∞,-1，減區(qū)間為-1,+∞.(2)解：函數(shù)gx=fx-的定義域為0,+∞,因為函數(shù)gx=fx-在0,+∞上有兩個零點，即axex-=有兩個不同的正實數(shù)根，ex-x+2lnx=0有兩個不同的正實數(shù)解，x+2lnx-x+2lnx=0有兩個不同的正實數(shù)解，所以，函數(shù)hx在0,+∞上單調(diào)遞增，作出函數(shù)hx的圖象如下圖所示：,t=，,t>0，此時函數(shù)pt單調(diào)遞增，,t<0，此時函數(shù)pt單調(diào)遞減，題型十二：{min,max}問題 30(2023·江西九江·統(tǒng)考二模)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2(a∈R)，(1)若直線y=g(x(與曲線y=f(x(相切，求a的值；(2)用min{m,n{表示m，n中的最小值，討論函數(shù)h(x)=min{f(x),g(x)}的零點個數(shù).【詳解】(1)設(shè)切點為(x0,y0(，∵fI(x)=ex-2ax，∴fI(x0(=ex-2ax0x+1((x0-2(=0，∴x0=2(2)①當(dāng)x∈(-∞,1)時，g(x(<0，h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0，∴h(x(在(-∞,1)上無零點f(1(=e-a.若a>e，f(1(<0，此時h(x(=f(1(<0，x=1不是h(x(的零點③當(dāng)x∈(1,+∞)時，g(x(>0，此時h(x(的零點即為f(x(的零點.I(x)=，(i)若a<φ(2(，即a<時，f(x(在(1,+∞)上無零點，即h(x(在(1,+∞)上無零點f(x(在(1,+∞)上有一個零點，即h(x(在(1,+∞)上有一個零點(iii)若φ(2(<a<φ(1(，即<a<e時，f(x(在(1,+∞)上有兩個零點，即h(x(在(1,+∞)上有兩個零點(iv)若a≥φ(1(，即a≥e時，f(x(在(1,+∞)上有一個零點，即h(x(在(1,+∞)上有一個零點當(dāng)<a<e時，h(x(在R上有三個零點(2023·(2023·全國·高三專題練習(xí))函數(shù)f(x(=(x-2(ex,g(x(=ax3-x2-x+4asinx+(x+1(ln(x+1(,a>0.(1)求函數(shù)f(x(在x∈(-1,2(的值域；(2)記f,(x(,g,(x(分別是f(x(,g(x(的導(dǎo)函數(shù)，記max{m,n{表示實數(shù)m,n的最大值，記函數(shù)F(x(=max{f,(x(,g,(x({，討論函數(shù)F(x(的零點個數(shù).【答案】(1)(-e,0(,(x(=(x-1(ex>0，得到F(x(=max{f,(x(,g,(x({>0，則F(x(在x∈(1,+∞(上沒有零點.從而將問題轉(zhuǎn)化為只研究g,(x(在(-1,1(上的零點個數(shù)，利用參變分(1)f(x(=(x-2(ex，則f,(x(=(x-1(ex，當(dāng)x∈(-1,1(時，f,(x(<0,f(x(單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,2(時，f,(x(>0,f(x(單調(diào)遞增，f(