重難點(diǎn)04 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問(wèn)題（舉一反三）（新高考專(zhuān)用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專(zhuān)練（新高考專(zhuān)用）

重難點(diǎn)04利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒（能）成立問(wèn)題【七大題型】【新高考專(zhuān)用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直接法解決不等式恒（能）成立問(wèn)題】 3【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】 6【題型3分類(lèi)討論法求參數(shù)范圍】 9【題型4構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問(wèn)題】 12【題型5與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問(wèn)題】 16【題型6洛必達(dá)法則】 20【題型7雙變量的恒（能）成立問(wèn)題】 251、利用導(dǎo)數(shù)不等式恒（能）成立問(wèn)題恒(能)成立問(wèn)題是高考的常考考點(diǎn)，是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，其中不等式的恒(能)成立問(wèn)題經(jīng)常與導(dǎo)數(shù)及其幾何意義、函數(shù)、方程等相交匯，綜合考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，一般作為壓軸題出現(xiàn)，試題難度較大，解題時(shí)要學(xué)會(huì)靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1不等式恒（能）成立問(wèn)題的解題策略】1．不等式恒（能）成立問(wèn)題的求解方法解決不等式恒（能）成立問(wèn)題主要有兩種方法：(1)分離參數(shù)法解決恒（能）成立問(wèn)題①分離變量：根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來(lái)，得到一個(gè)一端是參數(shù)，另一端是變量表達(dá)式的不等式，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題，進(jìn)而解決問(wèn)題．②恒成立；恒成立；能成立；能成立.(2)分類(lèi)討論法解決恒（能）成立問(wèn)題分類(lèi)討論法解決恒（能）成立問(wèn)題，首先要將恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題，此類(lèi)問(wèn)題關(guān)鍵是對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿(mǎn)足題意，若不滿(mǎn)足題意，只需找一個(gè)值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿(mǎn)足題意即可.【知識(shí)點(diǎn)2雙變量的恒（能）成立問(wèn)題的解題策略】1．雙變量的恒（能）成立問(wèn)題的求解方法“雙變量”的恒(能)成立問(wèn)題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)變換，常見(jiàn)的等價(jià)變換有：對(duì)于某一區(qū)間I，(1).(2).(3).【知識(shí)點(diǎn)3洛必達(dá)法則】“洛必達(dá)法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要定理，用分離參數(shù)法(避免分類(lèi)討論)解決成立或恒成立命題時(shí)，經(jīng)常需要求在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)(最)值，若出現(xiàn)型或型可以考慮使用洛必達(dá)法則.1．洛必達(dá)法則法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿(mǎn)足下列條件：(1)及；(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；(3)，那么.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿(mǎn)足下列條件：(1)及；(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)≠0；(3)，那么.2．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：(1)分離變量；(2)出現(xiàn)型式子；(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.3．用洛必達(dá)法則處理型函數(shù)的步驟：(1)分離變量；(2)出現(xiàn)型式子；(3)運(yùn)用洛必達(dá)法則求值.【注意】：1．將上面公式中的換成，洛必達(dá)法則也成立.2．洛必達(dá)法則可處理型求極限問(wèn)題.3．在著手求極限前，首先要檢查是否滿(mǎn)足型定式，否則濫用洛必達(dá)法則會(huì)出錯(cuò)，當(dāng)不滿(mǎn)足三個(gè)前提條件時(shí)，就不能用洛必達(dá)法則，這時(shí)稱(chēng)洛必達(dá)法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限.4．若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止.，如滿(mǎn)足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則.【題型1直接法解決不等式恒（能）成立問(wèn)題】【例1】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）若ex?ea≥e+lnax在x∈0,+∞上恒成立，則a的最大值為（

）A．e2?e2 B．2e12【解題思路】易知a>0，原式可變形為f(x)=ex?e?ae?alnax≥0,(x>0)，結(jié)合隱零點(diǎn)的解題思路，求出f(x)【解答過(guò)程】由題意知，ax>0，由x>0，得a>0.原式可化為ex?設(shè)f(x)=ex?e又函數(shù)y=ex?e,y=?ax在則當(dāng)x→0時(shí)，f′(x)→?∞，當(dāng)x→+故存在t>0使得f′(t)=0，即et?e?且當(dāng)0<x<t時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>t時(shí)，所以函數(shù)f(x)在(0,t)上單調(diào)遞減，在(t,+∞故f(x)所以et?即1t?2ln由函數(shù)y=1t,y=?2知函數(shù)?(t)在(0,+∞)在單調(diào)遞減，且?(1)=0，所以所以e?e<et?e≤所以a的最大值為e1?故選：C.【變式1-1】（2024·陜西咸陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知不等式lnx?2x?a?A．?∞,?12e B．?∞【解題思路】構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)?x=x2lnx,fx=?ex2【解答過(guò)程】∵x>0，所以不等式lnx?2x設(shè)?x=x當(dāng)0<x<1e時(shí)，?′x<0所以?x在區(qū)間0,1e上是減函數(shù)，在區(qū)間1又因?yàn)閒x=?ex?1因?yàn)椴坏仁絣nx?2故選：C.【變式1-2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）若關(guān)于x的不等式e?1lna+x≥aex?1A．12e,e2 B．1e【解題思路】題設(shè)中的不等式等價(jià)于e?1lnaex≥aex?1【解答過(guò)程】由lna有意義可知，a>0由e?1lna+x令t=aex，即有因?yàn)閤∈0,1，所以t=aex問(wèn)題轉(zhuǎn)化為存在t∈a,ae，使得因?yàn)閒′t=e?1?tt，令令f′t>0，即e所以ft在0,e?1又f1=0,fe=e因?yàn)榇嬖趖∈a,ae，使得ft≥0成立，所以只需a≤e故選：B.【變式1-3】（2024·甘肅蘭州·三模）已知函數(shù)f(x)=1ex+1?x3，對(duì)于任意的x∈(1,2]A．(1,+∞) B．[?1,1] C．(?∞【解題思路】由題意可得f(x)=1?f(?x)，f(x)在R上單調(diào)遞減，所以不等式f(x+1x?1)+f(t+1(x?1)2(x?6))<1恒成立，等價(jià)于x+1x?1>?t+1(x?1)2【解答過(guò)程】解：因?yàn)閒(x)=1ex+1?x3所以f(?x)=1所以f(?x)+f(x)=1，所以f(x)=1?f(?x)，又因?yàn)閷?duì)于任意的x∈(1,2]，不等式f(x+1即對(duì)于任意的x∈(1,2]，不等式f(t+1所以t+1(x?1)2(x?6)即x+1x?1>?t+1由x∈(1,2]，知x?1>0，x?6<0，所以當(dāng)x∈(1,2]，上式等價(jià)于(x+1)(x?1)(x?6)<?(t+1)恒成立．設(shè)?(x)=(x+1)(x?1)(x?6)=x3?6?′(x)=3x2?12x?1當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，?′(x)<?′(1)=?10<0，所以?(x)在x∈(1,2]內(nèi)單調(diào)遞減，而?(1)=0，所以?(x)<0，所以0≤?(t+1)，即t≤?1．故選：C.【題型2分離參數(shù)法求參數(shù)范圍】【例2】（2024·寧夏銀川·模擬預(yù)測(cè)）已知a∈N?，函數(shù)fx=eA．2 B．3 C．6 D．7【解題思路】由題意函數(shù)fx=e3x?xa【解答過(guò)程】當(dāng)a為正偶數(shù)時(shí)，當(dāng)x=?2時(shí)，f(?2)=e6?則當(dāng)x<0時(shí)，xa<0<e3x恒成立，只需研究當(dāng)x=1時(shí)，e3?1>0成立，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，a>3x當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，設(shè)g(x)=3xlnx令g′(x)=0，得當(dāng)x∈(1,e)時(shí)，g′當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí)，g′所以g(x)min=g(所以a的最大值為7.故選：D.【變式2-1】（2024·四川宜賓·二模）已知不等式axex+x>1?A．?1e2,+∞ B．?1【解題思路】分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為a>1?x?lnxxex，構(gòu)造函數(shù)【解答過(guò)程】不等式axex+x>1?lnx有解，即a>令fx∴f′x令gx=x?2+ln∴g′x=1+1又g1=?1<0，g2=ln2>0，所以存在∴x∈0,x0，gx<0，即f′x所以函數(shù)fx在0,x0∴fx0=1?x∴fx∴a>?1故選：A.【變式2-2】（2024·四川成都·三模）若x∈0,+∞，x2+ax+1≤eA．e B．2 C．e?1 D．e?2【解題思路】先確定x=0時(shí)的情況，在x>0時(shí)，參變分離可得a≤ex?x2【解答過(guò)程】當(dāng)x=0，1≤e當(dāng)x>0時(shí)，a≤ex?令f(x)=ex?x?1令g(x)=ex?x?1，則g′(x)=所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)>g(0)=0，所以所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時(shí)，f′所以f(x)min=f(1)=所以實(shí)數(shù)a的最大值為e?2故選：D.【變式2-3】（2024·四川南充·三模）已知函數(shù)f(x)=13x3，g(x)=ex?12x2?x，A．(?∞,e?2] B．(?∞,【解題思路】存在性問(wèn)題轉(zhuǎn)化為k<ex?x?1x2【解答過(guò)程】f(x)=13x由g(x)=ex?令?(x)=ex?x?1當(dāng)x>0時(shí)，?′即?(x)=ex?x?1所以?(x)>?(0)=0，即g′所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，即g(x)在不妨設(shè)1≤x2<x1∴gx1即gx令F(x)=g(x)?kf(x)=e則F′∵?x1,∴F′(x)>0即k<ex?x?1∴k<ex?x?1令G(x)=ex?x?1則G′(x)=(x?2)則m′(x)=(x?1)ex+1故m(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以m(x)≥m(1)=3?e故G′(x)>0，G(x)在∴G(x)∴k<e故選：D.【題型3分類(lèi)討論法求參數(shù)范圍】【例3】（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx≤gx【解題思路】（1）求導(dǎo)后，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，對(duì)a>0與a<（2）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值，即可得解.【解答過(guò)程】（1）f′x=當(dāng)a<0時(shí)，由于x>0，所以f′x>0恒成立，從而當(dāng)a>0時(shí)，0<x<1a，f′x>0從而fx在0,1a綜上，當(dāng)a<0時(shí)，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為當(dāng)a>0時(shí)，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1a（2）令?x=fx只要使?x≤0恒成立，也只要使?′若a>0，x>0，所以ax+1>0恒成立，當(dāng)0<x<2a時(shí)，?′x>0可知?x在0,2a所以?xmax=?可知a的最小值為2e若a<0，x>0，所以ax?2<0當(dāng)0<x<?1a時(shí)，?′x<0可知?x在0,?1a所以?x在0,+∞內(nèi)無(wú)最大值，且當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，?綜上所述：a的最小值為2e【變式3-1】（2024·四川瀘州·二模）已知函數(shù)fx(1)求曲線(xiàn)y=fx在點(diǎn)0,f(2)若?x∈?1,1，fx≥3【解題思路】（1）對(duì)fx（2）先利用導(dǎo)數(shù)分析fx的單調(diào)性，再構(gòu)造g(x)=fx，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為g(x)max【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒x=2x所以f(0)=2，f′所以曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線(xiàn)方程y=2；（2）因?yàn)閒′(x)=6x所以當(dāng)0<x<a3時(shí)，f′當(dāng)x<0或x>a3時(shí)，f′不妨令g(x)=f當(dāng)a3≥1，即a≥3時(shí)，f(x)在[?1,0]單調(diào)遞增，在且f(?1)=?a≤?3,f(0)=2,f(1)=4?a≤1，所以g(x)當(dāng)0<a3<1，即0<a<3時(shí)，f(x)在[?1,0]和a顯然f(x)在x=a3處取得極小值，此時(shí)極小值為而f(?1)=?a∈(?3,0),f(0)=2,f(1)=4?a>0，所以g(x)要使g(x)max≥3，則必有4?a≥3，解得a≤1綜上:a的取值范圍是(0,1]∪[3,+∞【變式3-2】（2024·北京·三模）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)若fx≤?1恒成立，求實(shí)數(shù)(3)求證：i=2nlnii+1<【解題思路】（1）對(duì)函數(shù)fx求導(dǎo),再根據(jù)k（2）若fx≤?1恒成立，即fx（3）由（2）知當(dāng)k=?1時(shí),有l(wèi)nx+1?x+1≤?1在?1,+∞【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx的定義域?yàn)?1,+f′①k≥0時(shí)，f′x>0，f③k<0時(shí)，令f′x>0得?1<x<?1?1k所以fx的遞增區(qū)間為?1,?1?1k（2）由（1）知，k≥0時(shí)，fx在?1,+∞上遞增，故只考慮k<0的情況，由（1）知f即ln綜上，k的取值范圍為k≤?1．（3）由（2）知：當(dāng)k=?1時(shí)，lnx+1?x+1所以lnx<x?1當(dāng)x≥2恒成立，令x=進(jìn)而lnn即2lnn<n?1所以i=2nlnii+1=即i=2nlnii+1<n【變式3-3】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=axlnx?2x+b（a，b∈R）在點(diǎn)(1)求函數(shù)fx(2)設(shè)gx=exxf1x【解題思路】（1）根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得a=b=1，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)判斷fx（2）根據(jù)題意分析可知：原題意等價(jià)于m≥exlnx?xx在0,+【解答過(guò)程】（1）由題fx=axln由題意可得f1=b?2=?1f所以fx=xln令f′x>0，解得x>e，令可知fx在e,+∞所以當(dāng)x=e時(shí)，fx有極小值，極小值為（2）由題意可知：gx=e整理得m≥exlnx?xx設(shè)?x=e設(shè)tx=ln當(dāng)0<x<1時(shí)，t′x>0；當(dāng)x>1可知tx在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在1,+則tx≤t1=?2<0，即當(dāng)當(dāng)0<x<1時(shí)，?′x>0；當(dāng)x>1可知?x在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，在1,+∞內(nèi)單調(diào)遞減，則由m≥exln所以m的取值范圍為?e【題型4構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒（能）成立問(wèn)題】【例4】（2024·四川樂(lè)山·二模）若存在x0∈?1,2，使不等式x0+A．12e,e2 B．1e【解題思路】等價(jià)變形給定的不等式，并令aex0=t，構(gòu)造函數(shù)f(t)=e【解答過(guò)程】依題意，x0+e2?e令aex0=t，即e2令f(t)=e2?1lnt?2t+2求導(dǎo)得f′(t)=e2?1t?2=e2因此函數(shù)ft在e2?1而f(1)=0,fe2=e2則當(dāng)1≤t≤e2時(shí)，f(t)≥0，若存在t∈a只需ae2≤e2且ae?1所以a的取值范圍為1e故選：D.【變式4-1】（2024·甘肅蘭州·二模）若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解題思路】對(duì)所給不等式適當(dāng)變形，利用同構(gòu)思想得出lnm≤x?2lnx對(duì)于任意x>0【解答過(guò)程】由題意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx則f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx則g′令g′所以當(dāng)0<x<2時(shí)，g′x<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時(shí)，所以gx從而lnm≤lne24，所以m的取值范圍為m≤故選：B.【變式4-2】（2023·河南開(kāi)封·模擬預(yù)測(cè)）若存在x∈1,+∞，使得關(guān)于x的不等式1+1xx+aA．2 B．1ln2 C．ln2?1【解題思路】由1+1xx+a≥e兩邊取對(duì)數(shù)可得(x+a)ln1+1x≥1，令1+1【解答過(guò)程】由1+1xx+a令1+1x=t,則x=1t?1則①可轉(zhuǎn)化得1t?1因?yàn)閘nt>0，因?yàn)榇嬖趚∈1,+∞，使得關(guān)于x的不等式所以存在t∈(1,2]，a≥1lnt令g(x)=∴g′(x)=?1x?令?(x)=∴?令φ(x)=2ln∴φ′(x)=所以φ(x)在(1,2]上單調(diào)遞減，所以φ(x)<φ(1)=0，∴?′(x)<0，所以?(x)所以?∴g(x)在(1,2]上單調(diào)遞減，∴g(x)≥g(2)=1∴a≥1ln2?1故選：D.【變式4-3】（2024·江西贛州·二模）已知函數(shù)fx=ekx+1，gx=A．0,e B．e,+∞ C．1e,+【解題思路】根據(jù)已知條件，有l(wèi)nekx?ekx+1≥1+xlnx【解答過(guò)程】因?yàn)閒x=e由kfx≥gx得k即kxekx+1即lnekx?構(gòu)造函數(shù)?x=1+xlnekx?ekx+1≥因?yàn)?′x=lnx+1x則t′x=1x所以x∈0,1時(shí)，t′x<0，所以x∈1,+∞時(shí)，t′x>0所以x=1時(shí)，tx取得最小值，即t所以tx>0在x∈0,+∞上恒成立，即所以?x在x∈因?yàn)?ekx≥?所以ekx≥xx>0，kx≥lnxx>0，令mx=lnxx令m′x=0，即1?所以x∈0,e時(shí)，m′x>0x∈e,+∞時(shí)，m′x<0，所以x=e時(shí)，mx取得最大值，即所以mx≤1故選：C.【題型5與不等式恒（能）成立有關(guān)的證明問(wèn)題】【例5】（2024·云南昆明·三模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=?1時(shí)，證明：對(duì)任意x∈?π6(2)若x=0是函數(shù)fx的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a【解題思路】（1）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出fx（2）求導(dǎo)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可得fx在?π6,0單調(diào)遞減，在0,+∞【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx=e當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，ex當(dāng)x∈?π6,0時(shí)，cosx>0，ex>0因?yàn)閑<2.8<22，所以eπ所以π6<ln2，所以綜上，對(duì)任意x∈?π6（2）x∈R，f′x=ex所以f′0=1?a=0當(dāng)a=1時(shí)，fx=ex?由（1）可知，對(duì)任意x∈?π6,+∞，g′x故當(dāng)x∈?π6,0時(shí)，gx<0，即f′故fx在?π6,0單調(diào)遞減，在0,+∞綜上，實(shí)數(shù)a的值為1．【變式5-1】（2024·青?！つM預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=e(1)當(dāng)a=1時(shí)，求fx(2)當(dāng)a∈?1,1時(shí)，證明：對(duì)任意的x1，x2【解題思路】（1）當(dāng)a=1時(shí)，易求函數(shù)fx（2）當(dāng)a∈?1,1時(shí)，通過(guò)連續(xù)求導(dǎo)得出原函數(shù)fx在?2,2上的單調(diào)性，通過(guò)計(jì)算f2?f0和f?2?f0的值構(gòu)造函數(shù)?t=e【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=e易知f′x=因?yàn)閒′0=0，所以當(dāng)x<0時(shí)，f′x所以fx在?∞,0所以fx有最小值f（2）證明：f′x=aeax所以f'x在?2,2又f′0=0，所以當(dāng)x<0時(shí)，f′x所以fx在?2,0上單調(diào)遞減，在0,2即當(dāng)a∈?1,1時(shí)，fx在?2,0上單調(diào)遞減，在所以f2?f0令?t=e2t?2t?e2+2，則?′所以?t在?∞,0因?yàn)?1=0，??1=1即當(dāng)t∈?1,1時(shí)，e所以當(dāng)a∈?1,1時(shí)，e2a?2a+1≤即f2?f0即對(duì)任意的x1，x2∈【變式5-2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ae(1)證明：當(dāng)a=1時(shí)，?x∈0,+(2)若fx與gx有兩條公切線(xiàn)，求【解題思路】（1）等價(jià)于證明?x∈0,+∞,ex（2）設(shè)一條公切線(xiàn)與fx=aex,gx=x2切點(diǎn)分別為x【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，fx=e?x∈0,+∞,f(x)>令?x=ex當(dāng)0<x<ln2時(shí)，?′x<0當(dāng)x>ln2時(shí)，?′x>0，?所以?x∈0,+∞,（2）設(shè)一條公切線(xiàn)與fx=ae則f′可得切線(xiàn)方程為y?aex1因?yàn)樗鼈兪峭粭l直線(xiàn)，所以ae可得a=4x1若fx與gx有兩條公切線(xiàn)，則y=4x?4則p′當(dāng)x<2時(shí)，p′x>0，p當(dāng)x>2時(shí)，p′x<0，px在且當(dāng)x>1時(shí)，px>0，當(dāng)x<1時(shí)，px所以0<a<4【變式5-3】（2024·貴州六盤(pán)水·三模）若函數(shù)fx在a,b上有定義，且對(duì)于任意不同的x1,x2∈a,b，都有f(1)若fx=x2，判斷(2)若fx=2eln(3)若fx為1,2上的“2類(lèi)函數(shù)”且f1=f2，證明：?x【解題思路】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質(zhì)證明fx（2）由已知條件轉(zhuǎn)化為對(duì)于任意x∈1,e，都有（3）分|x1?x2|<1【解答過(guò)程】（1）函數(shù)fx=x不妨設(shè)x1,xfx所以fx=x（2）fx=2由題意知，對(duì)于任意不同的x1,x不妨設(shè)x1<x故fx1+2所以fx+2x為1,e上的增函數(shù)，f所以對(duì)任意的x∈1,e，即由f′x≤2?a≤1x2?令1x=t∈1e,1得由f′x≥?2?a≥只需a≥?xmax，令1x=t∈1e,所以?x綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a?2?（3）證明：因?yàn)閒x為1,2上的“2類(lèi)函數(shù)”，所以f不妨設(shè)1≤x1<x2當(dāng)12≤x1所以f<2x綜上所述，?x1，x2【題型6洛必達(dá)法則】【例6】（23-24高二下·全國(guó)·期末）若不等式sinx>x?ax3對(duì)于x∈(0,【解題思路】由題設(shè)有a>x?sinx【解答過(guò)程】當(dāng)x∈(0,π2)記f(x)=x?sinx記g(x)=3sinx?xcos因?yàn)間″(x)=xcos所以g″(x)在(0,π所以g′(x)在(0,π因此g(x)在(0,π2)故f′(x)=g(x)x4由洛必達(dá)法則有l(wèi)imx→0即x趨向于0時(shí)，f(x)趨向16，即有f(x)<故a≥16時(shí)，不等式sinx>x?a【變式6-1】（2023高三·全國(guó)·專(zhuān)題練習(xí)）已知函數(shù)f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=12處取得極值，且曲線(xiàn)(1)求實(shí)數(shù)a,b的值；(2)若?x∈[1?,?+∞)，不等式【解題思路】（1）根據(jù)f(x)=alnx+bx,

求得f′(x)=ax+b，再根據(jù)f(x)=alnx+bx(a,b∈R)在x=（2）將不等式f(x)≤(m?2)x?mx恒成立，轉(zhuǎn)化為lnx≤m(x?1x)恒成立，由x=1時(shí)，恒成立；當(dāng)【解答過(guò)程】（1）解：∵f(x)=alnx+bx∴f′函數(shù)f(x)=aln

∴f′又∵曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x?y+1=0垂直，∴f′解得：a=1,b=?2；（2）不等式f(x)≤(m?2)x?mx恒成立可化為即lnx≤m(x?當(dāng)x=1時(shí)，恒成立；當(dāng)x>1時(shí)，m≥x令?(x)=x則?'(x)=(令m(x)=x則m'(x)=2x?2xln令n(x)=x則n'(x)=2x?4xln得n(x)=x2?2故n(x)<n(1)=0，進(jìn)而m'(x)<0（或m'(x)=x?2xlnx?1得m'(x)=x?2xlnx?1x在可得：m(x)<m(1)=0，故?'(x)<0，所以?(x)=xlnx而m要大于等于?(x)=xlnx當(dāng)x=1時(shí)，y=?(x)沒(méi)有意義，由洛必達(dá)法得limx→1∴m≥1【變式6-2】（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具——洛必達(dá)法則，法則中有結(jié)論：若函數(shù)fx，gx的導(dǎo)函數(shù)分別為f′x，limx→a②設(shè)a>0，k是大于1的正整數(shù)，若函數(shù)fx滿(mǎn)足：對(duì)任意x∈0,a，均有fx≥fxk成立，且limx→0結(jié)合以上兩個(gè)信息，回答下列問(wèn)題：(1)試判斷fx=x(2)計(jì)算：limx→0(3)證明：sinxx?π【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)fx為區(qū)間0,a上的k（2）通過(guò)構(gòu)造?x=lng（3）通過(guò)換元令令x?π=t，則原不等式等價(jià)于tant?sin2t≥t3,t∈0,π【解答過(guò)程】（1）設(shè)Fx由于F1所以fx故fx=x（2）設(shè)gx=(1+x)設(shè)?x則limx→0所以limx→0lng(x)=1（3）令x?π=t，則原不等式等價(jià)于即證tant?記ft=tan所以ft即有對(duì)任意t∈0,π2所以ft因?yàn)閘imx→0所以limn→+所以ft【變式6-3】（23-24高二下·廣東珠海·期末）在研究函數(shù)問(wèn)題時(shí)，我們經(jīng)常遇到求函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上值域的問(wèn)題，但函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)又恰好沒(méi)有意義的情況，此時(shí)我們就可以用函數(shù)在這點(diǎn)處的極限來(lái)刻畫(huà)該點(diǎn)附近數(shù)的走勢(shì)，從而得到數(shù)在區(qū)間上的值域.求極限我們有多種方法，其中有一種十分簡(jiǎn)單且好用的方法——洛必達(dá)法則該法則表述為：“設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)滿(mǎn)足下列條件：①limx→af(x)=0，②在點(diǎn)a處函數(shù)f(x)和g(x)的圖像是連續(xù)且光滑的，即函數(shù)f(x)和g(x)在點(diǎn)a處存在導(dǎo)數(shù)；③limx→af′(x)g′(x)則limx→a那么，假設(shè)有函數(shù)f(x)=ex，(1)若f(x)≥g(x)恒成立，求t的取值范圍；(2)證明：ex【解題思路】（1）由題意可得ex≥tx+1恒成立，然后分x=0,x>0,x<0三種情況，根據(jù)不等式恒成立，求出（2）令px=lnx?x+1，對(duì)px求導(dǎo)，判斷p【解答過(guò)程】（1）若f(x)≥g(x)恒成立，即ex當(dāng)x=0時(shí)，e0當(dāng)x>0時(shí)，t≤ex?1?′x=m′當(dāng)x>0時(shí)，m'x>0，當(dāng)所以mx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>0時(shí)，?'x>0由洛必達(dá)法則知：limx→0所以當(dāng)x>0時(shí)，?x>1，所以同理，當(dāng)x<0時(shí)，可得ex?1綜上所述：t的取值范圍為1.（2）令px=ln所以當(dāng)0<x<1時(shí)，p′x>0當(dāng)x>1時(shí)，p′x<0所以當(dāng)x=1時(shí)，px所以當(dāng)x>0，px≤p1=0，即由（1）知，ex≥x+1（當(dāng)且僅當(dāng)所以ex【題型7雙變量的恒（能）成立問(wèn)題】【例7】（2023·四川瀘州·一模）已知函數(shù)fx=ax+1?xlnx的圖像在(1)求函數(shù)fx(2)若?x1,x2∈0,+【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出a=2，直接利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)式子結(jié)構(gòu)構(gòu)造gx=fx?mx2，由gx在0,+∞為增函數(shù)，得到【解答過(guò)程】（1）fx=ax+1?xln可得fx的圖象在A1,f1由切線(xiàn)與直線(xiàn)x?y=0平行，可得a?1=1，即a=2，fx=2x+1?xln由f′x>0，可得0<x<e，由f′x<0，可得x>（2）因?yàn)閤1>x2，若即有fx1?m所以gx=fx?mx2在可得2m≤1?lnxx在x>0恒成立，由當(dāng)?′x=0，可得x=e2，?即有?x在x=e2處取得極小值，且為最小值?1則實(shí)數(shù)m的取值范圍是?∞【變式7-1】（2023·四川自貢·二模）已知函數(shù)fx=aex?(1)求a的取值范圍；(2)若x2≥3x1時(shí)，不等式【解題思路】（1）由f′x=0可得a=2xex，令ux=2x（2）由已知可得出aex1=2x1>0，aex2=2x2>0，將這兩個(gè)等式相除可得ex2?【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)閒x=aex?因?yàn)楹瘮?shù)fx有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以，方程f則方程a=2x令ux=2xex，其中x∈R，則x?11,+u+0?u增極大值減所以，函數(shù)ux的極大值為u且當(dāng)x<0時(shí)，ux=2xex如下圖所示：由圖可知，當(dāng)0<a<2e時(shí)，直線(xiàn)y=a與函數(shù)ux的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，且交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x當(dāng)x<x1或x>x2時(shí)，f′此時(shí)，函數(shù)fx因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,2（2）證明：由（1）可知，函數(shù)fx的兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2且0<a<2e，0<x1<1<等式aex1=2x1與等式由x1+λx即x2?x因?yàn)閤2≥3x1，則x2x1令gt=2lnt令?t=3?4t+所以，函數(shù)?t在3,+∞上單調(diào)遞減，則即g′t<0，所以，函數(shù)g所以，當(dāng)t≥3時(shí)，gtmax=g因此，實(shí)數(shù)λ的最小值為ln3?【變式7-2】（2024·全國(guó)·二模）已知函數(shù)fx=xlnx?a(1)當(dāng)a=12時(shí)，若gx=f′(x)(2)已知x1,x2是函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，且x1【解題思路】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值的關(guān)系以及根據(jù)t的不同取值分類(lèi)討論求解；（2）根據(jù)題意得f′x1=lnx1?ax1=0,【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=12時(shí)，且f′x=lnx+1?所以g′令g′x>0，得0<x<2；令g所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2,+∞①當(dāng)t+1≤2，即0<t≤1時(shí)，gx在[t，t所以?t②當(dāng)t≤2,t+1>2，即1<t≤2時(shí)，?t③當(dāng)t>2時(shí)，g（x）在[t，t＋1]上單調(diào)遞減，所以?t綜上所述?(t)=（2）因?yàn)閑1+m<x由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),故x1,x2是關(guān)于所以f′即lnx所以1+m<ln等價(jià)于1+m<ax因?yàn)閙>0,0<x1<又lnx1=a即a=lnx1因?yàn)?<x1<令t=x1x故不等式lnt<1+mt?1令φ(t)=ln又因?yàn)棣铡洚?dāng)m2≥1時(shí)，得t∈(0,1)，所以φ′又φ1=0，所φt當(dāng)m2<1時(shí)，可得t∈(0,m2)時(shí)，φ所以φ(t)在(0,m2)又因?yàn)棣?所以φ(t)在(0,1)上不能恒小于0，不符合題意，舍去．綜上所述，若不等式e1+m只需滿(mǎn)足m2≥1，又m>0，故即正數(shù)m的取值范圍為[1,+∞【變式7-3】（2023·河南·二模）已知函數(shù)fx=1(1)討論fx(2)當(dāng)m>0時(shí)，若對(duì)于任意的x1∈0,+∞，總存在x2【解題思路】（1）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并化簡(jiǎn)，討論m≤0和m>0兩種情況下函數(shù)的單調(diào)性；（2）根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為fx【解答過(guò)程】（1）f′x=mx+m?1?當(dāng)m≤0時(shí)，f′x<0恒成立，f當(dāng)m>0時(shí)，由f′x>0，解得x∈1m由f′x<0，解得x∈0,1（2）當(dāng)m>0時(shí)，由（1）知fxg′x=2x+12e?x>0，由題意知fxmin≥g設(shè)?m=lnm+1?1又?e=2?1即m的取值范圍是e,+一、單選題1．（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)x>0時(shí)，x2?e4x?2A．4e B．4 C．4e【解題思路】本題考查利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)題，根據(jù)題意易于分離參數(shù)得a≤x2?【解答過(guò)程】因?yàn)閤>0，由x2?e4x令gx=ex?x?1,x∈[0,+故函數(shù)gx=ex?x?1,x∈[0,+∞)由ex≥x+1，得e2當(dāng)且僅當(dāng)2ln此時(shí)lnx=?2x，由y=lnx與y=?2x圖象可知?x0所以a≤4，即a有最大值為4.故選：B.2．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）若存在x∈0,+∞，使得不等式a2x4A．12e,+∞ B．1e,+【解題思路】將原不等式變形為ax22?eax2≥lnx2?elnx，令f(x)=x【解答過(guò)程】由a2x4所以ax令f(x)=x2?exf′(x)=2x?eg′(x)=2?ex，令當(dāng)x<ln2時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)所以f′(x)在(?∞所以f′所以f(x)在R上遞減，所以ax2≤所以a≤lnxx令?(x)=lnxx由?′(x)>0，得1?2ln由?′(x)<0，得1?2ln所以?(x)在0,e上遞增，在e所以?(x)所以a≤1即實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞故選：D.3．（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）已知λ>0，對(duì)任意的x>1，不等式e2λx?lne12λA．1e,+∞C．2e,+∞【解題思路】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令?u=ue【解答過(guò)程】因?yàn)棣?gt;0，所以整理不等式e2λx可得2λe2λx≥令?u=ue因?yàn)?′u>0，所以?u在又因?yàn)棣?gt;0,x>1，所以2λx>0,ln所以2λx≥lnx對(duì)任意的x>1恒成立，即構(gòu)造函數(shù)mt=ln當(dāng)1<t<e時(shí)，m′t>0，mt單調(diào)遞增；當(dāng)t>所以，當(dāng)t=e時(shí)，mtmax=1故選：B．4．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=aex+1nax+2?2A．0<a<e B．a(chǎn)>e2 C．a(chǎn)>【解題思路】不等式整理為x+lna+ex+lna+>lnx+2+【解答過(guò)程】∵f(x)=aex+1na兩邊加上x(chóng)得，ex+設(shè)gx=x+ex，則∴x+lna>ln令kx=ln∵fx的定義域是?2,+∴當(dāng)x∈?2,?1時(shí)，k'x>0，kx單調(diào)遞增，當(dāng)x∈∴當(dāng)x=?1時(shí)，kx取得極大值即為最大值，k∴l(xiāng)na>kx故選：C．5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若關(guān)于x的不等式e?1lnx+ax≥xeax?1A．0,2+2ln2 B．1e,e 【解題思路】將由不等式轉(zhuǎn)化為e?1lnxeax≥xeax?1，令t=xeax，得到e?1lnt≥t?1，令函數(shù)【解答過(guò)程】由不等式e?1lnx+ax令t=xeax，即有又由a>0，所以函數(shù)t=xeax在因?yàn)閤∈12,1令ft=e?1ln因?yàn)閒′t=e?1?tt，令f′所以ft在0,e?1又因?yàn)閒1=0,fe=e若存在t∈12ea2,e解得0≤a≤2+2ln2，因?yàn)閍>0，所以故選：A.6．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(x)=1?elnx?3x,x>0(x?2)eA．?∞,3 C．6e?2,3【解題思路】分x>0和x<0兩種情況討論，分別得出不等式，由不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)分別求出函數(shù)的最值即可求解．【解答過(guò)程】當(dāng)x>0時(shí)，由fx>a當(dāng)x<0時(shí)，由fx>a令gx則g′x=1?ex所以當(dāng)0<x<e，g′(x)<0；當(dāng)x>故gx在0,e上單調(diào)遞減，在因此gx的最小值為g故當(dāng)x>0時(shí)，a<3；令?x則?′x=x2所以當(dāng)?2<x<0，?′(x)<0；當(dāng)x<?2，故?x在?∞,?2因此?x的最大值為?故當(dāng)x<0時(shí)，a>6e綜上，6e故選：C．7．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=lnxx,gx=axeA．?∞,?2 B．?2,?1 C．?1,+∞【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求得fx在區(qū)間0,1上的值域，求得gx在區(qū)間?∞【解答過(guò)程】對(duì)于fx=ln所以fx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞增，ln所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，fx的值域?yàn)閷?duì)于gx=axe若a=0，則gx若a>0，則g′x>0，所以g所以當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，g當(dāng)a<0時(shí)，gx在區(qū)間?∞,在區(qū)間1a,+∞g1a=a×1所以當(dāng)x∈?∞,0時(shí)，g綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為0,+∞故選：D.8．（2023·上海崇明·一模）若存在實(shí)數(shù)a,?b，對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈[0,1]，使得不等式x3??m≤ax+b≤A．39,?+∞ B．83【解題思路】不等式x3?m≤ax+b≤x3+m等價(jià)于?x3+ax+b≤m，原命題等價(jià)于存在實(shí)數(shù)a，b，對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈[0,1]不等式?x3+ax+b≤m恒成立，等價(jià)于存在實(shí)數(shù)a，b，不等式?【解答過(guò)程】不等式x3?m≤ax+b≤x3+m原命題等價(jià)于存在實(shí)數(shù)a，b，對(duì)任意實(shí)數(shù)x∈[0,1]不等式?x等價(jià)于存在實(shí)數(shù)a，b，不等式?x記f(x)=?x3+ax+b（1）當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)任意x∈[0,1]，f′(x)≤0恒成立，即f(x)在[0,1]①當(dāng)a+b?1+b≥0，即b≥1?a2時(shí)，②當(dāng)a+b?1+b<0，即b<1?a2時(shí)，從而當(dāng)a≤0時(shí)，g(b)=b則g(b)在(?∞,1?a所以g(b)（2）當(dāng)0<a<3時(shí)，令f′(x)=0，解得f(x)在區(qū)間0,a3上單調(diào)遞增，在f(0)=b，fa3=①當(dāng)0<a≤1時(shí)a+b?1≤b，此時(shí)a+b?1≤f(x)≤2aα)當(dāng)a+b?1+2a3a3+b<0β)當(dāng)a+b?1+2a3a3+b≥0從而當(dāng)0<a≤1時(shí)，g(b)=?2a?b+8則g(b)在區(qū)間?∞,1所以g(b)令t=a3，則0<t≤13，則?′當(dāng)0,13時(shí)，即?(t)在區(qū)間0,13上單調(diào)遞減，即即g(b)②當(dāng)1<a<3時(shí)a+b?1>b，此時(shí)b≤f(x)≤2aα)當(dāng)b+2a3a3+b<0β)當(dāng)b+2a3a3+b≥0從而當(dāng)1<a<3時(shí)，g(b)=?b則g(b)在區(qū)間?∞,?a所以g(b)（3）當(dāng)a≥3時(shí)，對(duì)任意x∈[0,1]，f′(x)≥0恒成立，即f(x)在b≤f(x)≤a+b?1①當(dāng)a+b?1+b≥0，即b≥1?a2時(shí)，②當(dāng)a+b?1+b<0，即b<1?a2時(shí)，從而當(dāng)a≥3時(shí)，g(b)=2a+b?8則g(b)在(?∞,1?a所以g(b)綜上所述，g(b)所以m≥3故選：A.二、多選題9．（2024·新疆·一模）設(shè)fx=1+xlnx,gx=a?1x，若fA．3?ln22 B．3 C．2【解題思路】分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性與最值計(jì)算即可.【解答過(guò)程】原不等式等價(jià)于x+1ln令φ(x)=x+1令?x所以?x在x∈1,2上單調(diào)遞增，即所以φ′(x)>0，則φ(x)在x∈1,2所以a≥3ln2+22，由故選：BD.10．（2024·河南鄭州·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=xcosA．函數(shù)fx在x=πB．對(duì)于?x∈0,π，C．若0<x1D．若對(duì)于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則【解題思路】對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)判斷fx在0,π上的單調(diào)性判斷AB，構(gòu)造g【解答過(guò)程】選項(xiàng)A：由題意可得f′所以當(dāng)0<x<π時(shí)f′x<0，所以fx在0,選項(xiàng)B：因?yàn)閒0=0且由A可知fx所以?x∈0,π，選項(xiàng)C：令gx=sinxx由B可知g′x<0在x∈0,π所以當(dāng)0<x1<x2選項(xiàng)D：由C可知當(dāng)x∈0,π2所以對(duì)于?x∈0,π2，不等式a<sinxx<b恒成立，則a故選：BCD.11．（2024·江蘇·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)x1,x2(x1A．x1x2<eC．?a∈(0,1),x2?x【解題思路】求得f′x=?lnx，得到函數(shù)fx的單調(diào)性和極大值，作出函數(shù)fx的圖象，可判定A正確；構(gòu)造函數(shù)gx=lnxx，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，可得gx1<gx2【解答過(guò)程】由函數(shù)fx=x(1?lnx)的定義域?yàn)榱頵′x=0當(dāng)0<x<1時(shí)，f′x>0，f當(dāng)x>1時(shí)，f′x<0，f所以，當(dāng)x=1時(shí)，可得函數(shù)fx的極大值為f對(duì)于A中，知0<x1<1,1<對(duì)于B中，構(gòu)造函數(shù)gx=ln當(dāng)0<x<e時(shí)，g′x>0，所以gx1<gx2對(duì)于C中，由函數(shù)fx的極大值為f令fx=0，可得limx→0結(jié)合函數(shù)f(x)單調(diào)性可得圖像如圖所示.當(dāng)a>0且a→0時(shí)，x2又因?yàn)楫?dāng)a→0時(shí)，ea所以?a∈(0,1)，x2對(duì)于D中，因?yàn)閤1(1?lnx1)=a，所以為證?a∈(0,1)，x1lnx1+x2因?yàn)?<x1<1,1<x2<e又因?yàn)閒x在(1,+只需證：fx2<f令Fx可得F′所以Fx在0,1上單調(diào)遞增，且F所以fx故選：ACD.三、填空題12．（2024·四川成都·三模）若不等式emxmx?ln2?xlnx2≥0【解題思路】將已知變形為通過(guò)不等式emx2lnemx2≥x【解答過(guò)程】若不等式emxmx?ln2?x而m>0，所以emx設(shè)gt=tln所以gt在1e,+即m≥ln2xx設(shè)fx=ln當(dāng)1e<x<e2時(shí)，f′當(dāng)x>e2時(shí)，f′x<0所以當(dāng)x=e2時(shí)，綜上，正實(shí)數(shù)m的取值范圍是2e故答案為：2e13．（2024·廣西桂林·三模）若xk?exe0,e【解題思路】將原不等式轉(zhuǎn)化為xkex?2lnxkex?1≥0，設(shè)t=xke【解答過(guò)程】由xk?exe設(shè)t=xke設(shè)ft=t?2ln令f′所以ft在0,2上單調(diào)遞減，在2,+且f1=0，f2=1?2ln所以0<t≤1，即0<xkex≤1設(shè)?x=x?kln當(dāng)0<x<k時(shí)，?′x<0當(dāng)x>k時(shí)，?′x>0所以?x即lnk≤1，解得0<k≤故答案為：(0,e14．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)fx=x?2ex+lnx，gx=ax+b，對(duì)任意a∈?【解題思路】依題意存在x∈0,1使得x?2ex+lnx≥x+b，參變分離可得x?2ex+lnx?x≥b【解答過(guò)程】依題意對(duì)任意a∈?∞,1，且x>0因?yàn)榇嬖趚∈0,1使得不等式f所以存在x∈0,1使得x?2ex令Fx=x?2則F′令mx=ex?1x且m1=e所以?x0∈12,1使得所以當(dāng)0<x<x0時(shí)F′x>0所以Fx在0,x0所以Fx因?yàn)閤0∈1所以Fx依題意b≤Fxmax，又b為整數(shù)，所以b≤?4，所以b的最大值為故答案為：?4.四、解答題15．（2024·山西呂梁·三模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若對(duì)任意的x1,x2∈【解題思路】（1）由fx=x2?2x+alnx,a∈R，定義域?yàn)閤∈0,+∞，求導(dǎo)（2）法一：由x2fx1?x1fx2x法二：由x2fx1?x1fx2x1?x2>0可得x1【解答過(guò)程】（1）fx的定義域?yàn)閤∈令gx又∵Δ1°，當(dāng)Δ≤0，即a≥12時(shí)，gx2°，當(dāng)Δ>0，即令gx=0其中，當(dāng)0<a<12時(shí)x∈所以fx在0,x1當(dāng)a<0時(shí)，x故fx在0,x2綜上：a≥12,f0<a<12,fa≤0,fx在0,1+1?2a（2）法一：不妨設(shè)0<x1<x2，則x所以令Gx當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，1°，若a=0,2°，當(dāng)a>0,令Fx=ln所以Fx在0,e3所以1a≥Fe3°，若a<0，同理1a≤所以不存在滿(mǎn)足條件的a.綜上所述：a∈0,2法二：x1令gx=fxx即g′g′x