【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题5.7 导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(39)页，127.240 KB，由小赞的店铺上传

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专题5.7导数中的恒成立、存在性问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·广东·高三阶段练习

）已知𝑓(𝑥)=e𝑥sin𝑥.(1)若𝑥∈[0,2𝜋]，求函数𝑓(𝑥)的单调区间和极值；(2)若对∀𝑥1,𝑥2∈[0,π],𝑥1<𝑥2,都有𝑓(𝑥2）−𝑓(𝑥1）𝑥22−𝑥12+𝑎>0成立，

求实数a的取值范围.【解题思路】（1）直接求导计算即可．（2）将问题转化为𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥1)+𝑎𝑥12，构造新函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2在[0,𝜋]上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．【

解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)=√2sin(𝑥+𝜋4)e𝑥令𝑓′(𝑥)=0，因为𝑥∈[0,2𝜋]得𝑥=3𝜋4或𝑥=7𝜋4，列表如下：x[0，3π4)3𝜋4(3π4，7π4)7

𝜋4(7π4，2π]𝑓′(𝑥)+0−0+𝑓(𝑥)↑极大值↓极小值↑所以𝑓(𝑥)的单调增区间为[0，3π4)和(7π4，2π]单调减区间为(3π4，7π4)𝑓(𝑥)极大值为𝑓(3π4)=√22e3𝜋4，𝑓(𝑥)极小值为

𝑓(7π4)=−√22e7𝜋4（2）对∀𝑥1,𝑥2∈[0,π],𝑥1<𝑥2,都有𝑓(𝑥2）−𝑓(𝑥1）𝑥22−𝑥12+a>0成立可转化化为：𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥1)+𝑎𝑥12.设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2，则𝑔(𝑥

)在[0,𝜋]，故𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0，在[0,𝜋]上恒成立方法一：（含参讨论）设ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0，则ℎ

(0)=1>0，ℎ(𝜋)=−e𝜋+2𝑎𝜋≥0，解得𝑎≥e𝜋2𝜋.ℎ′(𝑥)=2(e𝑥cos𝑥+𝑎)，ℎ′(0)=2(𝑎+1)>0，ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e𝜋).①当𝑎≥e𝜋时，[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)，故，当𝑥∈[0,𝜋4]时，

[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)≥0，ℎ′(𝑥)递增；当𝑥∈[𝜋4,𝜋]时，[ℎ′(𝑥)]′=2e𝑥(cos𝑥−sin𝑥)≤0，ℎ′(𝑥)递减；此时，ℎ′(𝑥)≥min{ℎ′(0),ℎ′(𝜋)}=ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e

𝜋)≥0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)在[0,𝜋]上单调递增，故ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)≥𝑔′(0)=1>0，符合条件.②当e𝜋2𝜋≤𝑎<e𝜋时，同①，当𝑥∈[0,𝜋4]时，ℎ′(𝑥)递增；

当𝑥∈[𝜋4,𝜋]时，ℎ′(𝑥)递减；∵ℎ′(𝜋4)>ℎ′(0)=2(𝑎+1)>0，ℎ′(𝜋)=2(𝑎−e𝜋)<0，∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，∃𝑥0∈(𝜋4,𝜋)，ℎ′(𝑥0)=0.于是，当𝑥∈

[0,𝑥0)时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑥0,𝜋]时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)=𝑔′(𝑥)单调递减.∵ℎ(0)=1>0，ℎ(𝜋)=−e𝜋+2𝑎𝜋≥0，∴𝑔′(𝑥)=ℎ(𝑥)≥min{ℎ(0),ℎ(

𝜋)}≥0，符合条件.综上，实数𝑎的取值范围是[e𝜋2𝜋,+∞).方法二：（参变分离）由对称性，不妨设0≤𝑥1<𝑥2≤𝜋，则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥12−𝑥22+𝑎>0即为𝑓(𝑥2)+𝑎𝑥22>𝑓(𝑥1)+𝑎𝑥

12.设𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑎𝑥2，则𝑔(𝑥)在[0,𝜋]上单调递增，故𝑔′(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0在[0,𝜋]上恒成立.∵𝑔′(0)=1>0，∴,𝑔′(𝑥)=e𝑥(si

n𝑥+cos𝑥)+2𝑎𝑥≥0在[0,𝜋]上恒成立⇔−2𝑎≤e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，∀𝑥∈(0,𝜋].设ℎ(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，𝑥∈(0,𝜋]，则ℎ′(𝑥)=e𝑥(2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥)𝑥2，𝑥∈(0,𝜋].

设𝜑(𝑥)=2𝑥−tan𝑥−1，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，则𝜑′(𝑥)=2−1cos2𝑥，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋].由𝜑′(𝑥)>0，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,

𝜋]，得𝜑(𝑥)在(0,𝜋4)，(3𝜋4,𝜋]上单调递增；由𝜑′(𝑥)<0，𝑥∈(0,𝜋2)∪(𝜋2,𝜋]，得𝜑(𝑥)在(𝜋4,𝜋2)，(𝜋2,3𝜋4]上单调递减.故𝑥∈(0,𝜋2)时

𝜑(𝑥)≤𝜑(𝜋4)=𝜋2−2<0；𝑥∈(𝜋2,𝜋]时𝜑(𝑥)≥𝜑(3𝜋4)=3𝜋2>0.从而，𝜑(𝑥)cos𝑥=2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥<0，𝑥∈(0,𝜋2)∪(�

�2,𝜋]，又𝑥=𝜋2时，2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥=−1<0，故ℎ′(𝑥)=e𝑥(2𝑥cos𝑥−sin𝑥−cos𝑥)𝑥2<0，𝑥∈(0,𝜋]，ℎ(𝑥)=e𝑥(sin𝑥+cos𝑥)𝑥，𝑥

∈(0,𝜋]单调递减，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝜋)=−e𝜋𝜋，𝑥∈(0,𝜋].于是，−2𝑎≤−e𝜋𝜋⇔𝑎≥e𝜋2𝜋.综上，实数𝑎的取值范围是[e𝜋2𝜋,+∞).2．（2022·四川·高三阶段练习（理））已知函数𝑓

(𝑥)=ln𝑥−2√𝑥+2，(1)求𝑓(𝑥)极大值；(2)若𝑥∈[1,+∞),e𝑥−e𝑥+𝑘𝑓(𝑥)≥0恒成立，求k的取值范围．【解题思路】(1)对函数求导，根据导函数的正负确定函数的单

调性，进而求出函数的极大值；(2)先对函数求导，确定不等式成立的必要条件，再进一步证明不等式成立的充分性即可得证.【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=1𝑥−1√𝑥=1−√𝑥𝑥,𝑥∈(0,1),𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递减，𝑥∈(1,+∞),𝑓′(𝑥)<0，�

�(𝑥)单调递减，所以𝑓(𝑥)极大值为𝑓(1)=0.（2）𝑔(𝑥)=e𝑥−e𝑥+𝑘𝑓(𝑥)=e𝑥−e𝑥+𝑘(ln𝑥−2√𝑥+2),𝑔(1)=0，𝑔′(𝑥)=e𝑥−e+𝑘(1𝑥−1√𝑥),𝑔′(1)=0，�

�″(𝑥)=e𝑥+𝑘(−1𝑥2+12𝑥32),𝑔″(1)=e−12𝑘，①若𝑔″(1)=e−12𝑘<0，由函数连续性，∃𝛼>0，当𝑥∈(1,𝛼),𝑔″(𝑥)<0，所以𝑔′(𝑥)单调递减，𝑔′

(𝑥)<𝑔′(1)=0，所以𝑔(𝑥)单调递减，𝑔(𝑥)<𝑔(1)=0，与题意矛盾②所以𝑔″(0)=e−12𝑘≥0，即𝑘≤2𝑒是命题“𝑥∈[1,+∞),e𝑥−e𝑥+𝑘(ln𝑥−2√𝑥+2)≥0恒成立的必要条件．下面证明：𝑘≤2𝑒是

命题“𝑥∈[1,+∞),e𝑥−e𝑥+𝑘(ln𝑥−2√𝑥+2)≥0恒成立”的充分条件即只需要证明：当𝑘≤2e,𝑥∈[1,+∞)，不等式e𝑥−e𝑥+𝑘(ln𝑥−2√𝑥+2)≥0恒成立设ℎ(𝑘)=(ln𝑥−2√𝑥+2)𝑘+e𝑥−e𝑥，由（1）问ln𝑥−2√�

�+2≤0，所以ℎ(𝑘)在𝑘∈(−∞,2e]上单调递减，即ℎ(𝑘)min=ℎ(2e)=(ln𝑥−2√𝑥+2)2e+e𝑥−e𝑥，记𝑡(𝑥)=e𝑥−e𝑥+2e(ln𝑥−2√𝑥+2),𝑡(1)=0，𝑡′(𝑥)=e𝑥−e+2e(1𝑥−1√𝑥)≥e𝑥−e+

2e(1−√𝑥𝑥)=e𝑥−e+2e(1−√𝑥𝑥)=e(√𝑥−1)[(𝑥(√𝑥+1)−2]𝑥≥0，所以𝑥∈[1,+∞),𝑡(𝑥)单调递增，𝑡(𝑥)≥𝑡(1)=0，综上𝑘∈(−∞,2e].3．（2022

·江苏·高三阶段练习）已知𝑎>0，函数𝑓(𝑥)=(𝑎−𝑥)ln𝑥．(1)证明𝑓(𝑥)存在唯一极大值点；(2)若存在𝑎，使得𝑓(𝑥)≤𝑎+𝑏对任意𝑥∈(0,+∞)成立，求𝑏的取值范围．【解题思路】（1）求导𝑓′(�

�)=−ln𝑥+𝑎𝑥−1,𝑥>0，再对𝑓′(𝑥)求导，判断其单调性，然后结合零点存在性定理进而可知𝑓′(𝑥)=0有唯一零点，结合极值点定义可证得结论；（2）题目转化为[𝑓(𝑥)−𝑎]max≤𝑏，构造𝑢(𝑥)=

𝑥ln2𝑥−𝑥−𝑥ln𝑥,𝑥>0，利用导数研究函数的单调性，求其最值，即可得解.【解答过程】（1）函数𝑓(𝑥)=(𝑎−𝑥)ln𝑥，求导𝑓′(𝑥)=−ln𝑥+(𝑎−𝑥)1𝑥=−ln𝑥+𝑎𝑥−1,𝑥>0，令𝑔(𝑥)=−ln𝑥+𝑎𝑥−1,𝑥>0，则

𝑔′(𝑥)=−1𝑥−𝑎𝑥2=−𝑥+𝑎𝑥2又𝑎>0，∴𝑔′(𝑥)<0，∴𝑓′(𝑥)在𝑥∈(0,+∞)上单调递减，当𝑥=e−1时，𝑓′(𝑥)=𝑎e−1>0，当𝑥=e𝑎时，𝑓′(e𝑎)=−𝑎+𝑎e𝑎−1=𝑎(1

e𝑎−1)−1<0，故存在𝑥0∈(e−1,e𝑎)，使得𝑓′(𝑥0)=0当𝑥∈(0,𝑥0)，𝑓′(𝑥)>0，故函数𝑓(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递增，当𝑥∈(𝑥0,+∞)，𝑓′(𝑥)<0，故函数𝑓(𝑥)在(𝑥0,+∞)上单调递

减，所以𝑓(𝑥)存在唯一极大值点；（2）由题知，存在𝑎>0，使得𝑓(𝑥)≤𝑎+𝑏对任意𝑥∈(0,+∞)成立，即存在𝑎>0，使得𝑏≥[𝑓(𝑥)−𝑎]max对任意𝑥∈(0,+∞)成立，由（1）知，𝑓(�

�)max=𝑓(𝑥0)，且−ln𝑥0+𝑎𝑥0−1=0，即𝑎=𝑥0(1+ln𝑥0)，[𝑓(𝑥)−𝑎]max=𝑓(𝑥0)−𝑎=[𝑥0(1+ln𝑥0)−𝑥0]ln𝑥0−𝑥0(1+ln𝑥0)，即存在𝑎>0，使得

𝑏≥𝑥0ln2𝑥0−𝑥0−𝑥0ln𝑥0,𝑥0>0恒成立，构造𝑢(𝑥)=𝑥ln2𝑥−𝑥−𝑥ln𝑥,𝑥>0，即存在𝑎>0，使得𝑏≥𝑢(𝑥)恒成立，即存在𝑎>0，𝑏≥𝑢(𝑥)min对任意𝑥∈(0,+∞)恒成立，

求导𝑢′(𝑥)=ln2𝑥+ln𝑥−2,𝑥>0令𝑢′(𝑥)=0，求得ln𝑥1=−2，ln𝑥2=1，即𝑥1=e−2，𝑥2=e，当𝑥∈(0,e−2)，𝑢′(𝑥)>0，故函数𝑢(𝑥)在(0,e−2)

上单调递增，当𝑥∈(e−2,e)，𝑢′(𝑥)<0，故函数𝑢(𝑥)在(e−2,e)上单调递减，当𝑥∈(e,+∞)，𝑢′(𝑥)>0，故函数𝑢(𝑥)在(e,+∞)上单调递增，所以𝑢(𝑥)min=𝑢(e)=eln2e−e−eln

e=−e<0，由𝑥∈(0,e−2)时，𝑢(𝑥)=𝑥(ln2𝑥−ln𝑥−1)=𝑥[(ln𝑥−12)2−54]，因为𝑥∈(0,e−2)，所以ln𝑥<−2，即(ln𝑥−12)2−54>5，则𝑢(𝑥)>0在𝑥∈(0,e−2)上恒成立，所以𝑏的取值范围是𝑏≥−e

.4．（2022·河北·模拟预测）已知𝑓(𝑥)=𝑎e𝑥+ln𝑎𝑥+3−3,𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+ln𝑥+3e𝑥+2(𝑎≠0).(1)当𝑎=1时，求𝑔(𝑥)的单调性；(2)若𝑓(𝑥)恒大于0，求𝑎的取值范围.【解题思路】（1）将𝑎=1代入，先求函数的定义域，

再化简函数，求导函数，根据导函数的符号得到函数的单调性；（2）先求函数的定义域，将函数𝑓(𝑥)恒大于0转化为不等式e𝑥+ln𝑎+𝑥+ln𝑎>eln(𝑥+3)+ln(𝑥+3)恒成立，构造函数𝑦=e𝑥+𝑥，根据单调性将原不等式转化为ln�

�>ln(𝑥+3)−𝑥，求函数ℎ(𝑥)=ln(𝑥+3)−𝑥的最大值，解得a的取值范围.【解答过程】（1）当𝑎=1时，𝑔(𝑥)=e𝑥+ln1𝑥+3−3+ln𝑥+3e𝑥+2=e𝑥−ln(𝑥+3)−3+ln(𝑥+3)−

𝑥+2=e𝑥−𝑥−1(𝑥>−3).𝑔′(𝑥)=e𝑥−1，则当𝑥∈(−3,0)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，当𝑥∈(0,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增，所以当𝑎=1时，𝑔(𝑥)的单调减区间为(−3,0)，单调增区间为(0,+∞)；

（2）要使𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+ln𝑥+3e𝑥有意义，则𝑥>−3，且𝑎>0，𝑓(𝑥)恒大于0，即𝑎e𝑥+ln𝑎𝑥+3−3>0恒成立，则e𝑥+ln𝑎+ln𝑎>ln(𝑥+3)+3，可得e𝑥+ln𝑎+𝑥+ln𝑎>ln(𝑥+3

)+𝑥+3=eln(𝑥+3)+ln(𝑥+3)，因为函数𝑦=e𝑥+𝑥为增函数，所以𝑥+ln𝑎>ln(𝑥+3)，即ln𝑎>ln(𝑥+3)−𝑥，令ℎ(𝑥)=ln(𝑥+3)−𝑥(𝑥>−3)，则ℎ′(𝑥)=1𝑥+3−1=−

𝑥−2𝑥+3，当𝑥∈(−3,−2)时，ℎ′(𝑥)>0,ℎ(𝑥)单调递增，当𝑥∈(−2,+∞)时，ℎ′(𝑥)<0,ℎ(𝑥)单调递减，ℎ(𝑥)的最大值为ℎ(−2)=2，可得ln𝑎>2，则𝑎>e2.所以

𝑎的取值范围是(e2,+∞).5．（2022·江苏·高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥−12𝑥3，(𝑎∈R).(1)若曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线经过点(3,92)，求a

的值；(2)当𝑥>0时，𝑓(𝑥)<0恒成立，求a的取值范围．【解题思路】（1）求出𝑓′(𝑥)，根据已知可得𝑘=𝑓′(1)，又𝑘=92−𝑓(1)3−1=𝑎+52，即可解出a的值；（2）不等式可化为𝑎>ln𝑥𝑥−12𝑥2对𝑥>0恒成立.设𝑔(𝑥)=ln𝑥𝑥−1

2𝑥2，𝑥>0，则只需𝑎>𝑔(𝑥)max即可.求出𝑔′(𝑥)=1−ln𝑥−𝑥3𝑥2，利用导函数研究单调性，求出𝑔(𝑥)max即可得到结果.【解答过程】（1）∵𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑎−32𝑥2.根据导数的几何意义可得，曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点

(1,𝑓(1))处的切线的斜率𝑘=𝑓′(1)=−𝑎−12，又∵𝑓(1)=−𝑎−12，切线过(3,92)，则𝑘=92−(−𝑎−12)2=𝑎+52，所以，−𝑎−12=𝑎+52，所以𝑎=−2.（2）当𝑥>0时，𝑓(

𝑥)<0恒成立，所以ln𝑥−𝑎𝑥−12𝑥3<0恒成立，即𝑎>ln𝑥𝑥−12𝑥2对𝑥>0恒成立.设𝑔(𝑥)=ln𝑥𝑥−12𝑥2，𝑥>0，则只需𝑎>𝑔(𝑥)max即可.又𝑔′(𝑥)=1−ln𝑥−𝑥3𝑥

2，设ℎ(𝑥)=1−ln𝑥−𝑥3，则ℎ′(𝑥)=−1𝑥−3𝑥2<0在(0,+∞)上恒成立，即ℎ(𝑥)在(0,+∞)上递减.又ℎ(1)=0，则当0<𝑥<1时，ℎ(𝑥)>0，则𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增；当𝑥>1时，ℎ(𝑥)<0，则𝑔′(𝑥)<0，𝑔(�

�)单调递减．∴𝑔(𝑥)max=𝑔(1)=−12，∴𝑎>−12，即实数a的取值范围是(−12,+∞).6．（2022·安徽·高三阶段练习（理））已知函数𝑓(𝑥)=𝑎e𝑥+ln𝑥𝑥,𝑎∈𝑅.(1)若

𝑥=e时，𝑓(𝑥)取得极值，求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)若函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑓(𝑥)+𝑥,𝑥∈[1,+∞)，求使𝑔(𝑥)<2恒成立的实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）首先求函数的导数，利用极值点，求𝑎，再求函数的单调区间；（2）首先不等式变形为𝑎𝑥e𝑥+ln�

�e𝑥<2，再利用换元和参变分离为𝑎<2−ln𝑡𝑡，𝑡=𝑥e𝑥，转化为利用导数求函数的最值问题，即可求解.【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=𝑎e𝑥+1−ln𝑥𝑥2(𝑥>0)，因为函数在𝑥=e处取得极值，所以𝑓′(e)=𝑎e𝑒+1−

lnee2=0，则𝑎=0，当𝑎=0时，𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥𝑥2=0，得𝑥=e当𝑥∈(0,e)时，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增，当𝑥∈(e,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减，所以当𝑥=e时，函数取得极大值，综上可知函数的单调递增区间是(0,e)

，函数的单调递减区间是(e,+∞)；（2）𝑔(𝑥)=𝑥𝑓(𝑥)+𝑥=𝑎𝑥e𝑥+ln𝑥+𝑥<2，𝑥∈[1,+∞)恒成立，即𝑎𝑥e𝑥+ln𝑥e𝑥<2，设𝑡=𝑥e𝑥，𝑡′=(𝑥+1)e𝑥>0，所以函数𝑡=𝑥e𝑥单调递增，𝑡≥e，不等式转化

为𝑎𝑡+ln𝑡<2，𝑡≥e时恒成立，转化为𝑎<2−ln𝑡𝑡恒成立，即𝑎<(2−ln𝑡𝑡)min，设ℎ(𝑡)=2−ln𝑡𝑡，ℎ′(𝑡)=−3+ln𝑡𝑡2=0，解得：𝑡=e3，当𝑡∈[e,e3)时，ℎ′(

𝑡)<0，函数单调递减，当𝑡∈(e3,+∞)时，ℎ′(𝑡)>0，函数单调递增，所以当𝑡=e3时，函数ℎ(𝑡)取得最小值，最小值是−1e3，所以实数𝑎的取值范围为{𝑎|𝑎<−1e3}.7．（2022·河北·高三期中）已知函数𝑓(𝑥)=2e𝑥+

𝑎(𝑥2−ln𝑥)+𝑥.(1)若𝑎=−2e−1，求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)记函数𝑔(𝑥)=−𝑥2−𝑎ln(𝑥+1)+𝑥+4，若𝑓(𝑥+1)≥𝑔(𝑥)恒成立，试求实数𝑎的取值范围.【解题思路】（

1）由题意得𝑓′(𝑥)=2e𝑥+(−2e−1)(2𝑥−1𝑥)+1，令𝑓′(𝑥)=0求出零点，即可得𝑓(𝑥)的单调区间；（2）𝑓(𝑥+1)≥𝑔(𝑥)恒成立，转化为2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2+𝑥2−3≥0恒成立，令ℎ(𝑥

)=2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2+𝑥2−3，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数𝑎的取值范围.【解答过程】（1）解：由题意得函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=2e�

�+𝑎(2𝑥−1𝑥)+1若𝑎=−2e−1，则𝑓′(𝑥)=2e𝑥+(−2e−1)(2𝑥−1𝑥)+1，令𝑓′(𝑥)=0，则𝑥=1，而𝑓′(12)=2e12+(−2e−1)(1−2)+1=2√e+2e+2>0，

所以𝑓(𝑥)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减；（2）解：若𝑓(𝑥+1)≥𝑔(𝑥),𝑥>−1恒成立，则2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2−𝑎ln(𝑥+1)+𝑥+1≥−𝑥2−𝑎ln(𝑥+1)+𝑥+4

，整理得2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2≥−𝑥2+3，则2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2+𝑥2−3≥0，设ℎ(𝑥)=2e𝑥+1+𝑎(𝑥+1)2+𝑥2−3，则ℎ′(𝑥)=2e𝑥+1+2𝑎(𝑥+1)+2𝑥，令ℎ′(𝑥)=

0，则2e𝑥+1+2𝑎(𝑥+1)+2𝑥=0，整理得e𝑥+1=−𝑎(𝑥+1)−𝑥=−(𝑎+1)𝑥−𝑎=−(𝑎+1)(𝑥+1)+1，设𝑦1=e𝑥+1，𝑦2=−(𝑎+1)(𝑥+1)+1，可知两个函数均过定点(−1,1)，若−(𝑎+1)=𝑦′1|⬚𝑥

=−1=e−1+1=1，即𝑎=−2时，𝑦2=(𝑥+1)+1为𝑦1=e𝑥+1的切线，切点为(−1,1)，①当−(𝑎+1)=1，即𝑎=−2时，ℎ′(𝑥)=0，𝑥=−1，不在定义域，不合题意；②当−(𝑎+1)<1，即𝑎

>−2时，在区间(−1,+∞)，恒有𝑦1>𝑦2，ℎ′(𝑥)=𝑦1−𝑦2>0，所以ℎ(𝑥)在(−1,+∞)单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(−1)=0，则ℎ(𝑥)>0，符合题意；③当−(𝑎+1)>1，即𝑎<−2时，设零点为𝑥0，则�

�0>−1所以ℎ(𝑥)在(−1,𝑥0)上单调递减，在(𝑥0,+∞)单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑥0)=2e𝑥0+1+𝑎(𝑥0+1)2+𝑥0⬚2−3≥0，因为2e𝑥+1+2𝑎(𝑥+1)+2𝑥=0，则−2𝑎(𝑥0+1)−2𝑥

0+𝑎(𝑥0+1)2+𝑥0⬚2−3≥0⇒𝑎≥−1+2𝑥0−1，又因为𝑥0>−1，所以𝑎>−2且𝑎≠−1，与𝑎<−2矛盾；综上所述，实数𝑎的取值范围为(−2,+∞).8．（2022·

黑龙江·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥2+2ln𝑥−3(𝑎∈𝑅).(1)讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；(2)若𝑎为整数，且𝑓(𝑥)<2𝑥2ln𝑥+2恒成立，求𝑎的最大值.【解题思路】（1）求出函数的定义域和�

�′(𝑥)，分情况讨论𝑎≥0和𝑎<0，即可得到函数的单调性；（2）不等式𝑓(𝑥)<2𝑥2ln𝑥+2恒成立，可转化为𝑎<ln𝑥2−ln𝑥2𝑥2+54𝑥2在(0,+∞)上恒成立，令𝑔(𝑥)=ln𝑥2−ln𝑥2

𝑥2+54𝑥2，则只需𝑎<𝑔(𝑥)min即可.求出𝑔′(𝑥)，根据导函数求出最值即可.本题中，因为𝑔′(𝑥)=0不好求解，两次求导得到导函数单调性，转化为隐零点问题，得到∃𝑥0∈(2,52)，使得𝑔′(𝑥0)=0，逐步得到0<𝑔(𝑥0

)<1，从而求得𝑎的最大值.【解答过程】（1）𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥2+2ln𝑥−3的定义域为{𝑥|𝑥>0}，𝑓′(𝑥)=8𝑎𝑥+2𝑥.当𝑎≥0时，𝑓′(𝑥)>0，则𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥2+2ln𝑥−3在(0,+∞)上单调递增；当𝑎<

0时，解𝑓′(𝑥)=0，即8𝑎𝑥+2𝑥=0，得𝑥=±12√−1𝑎（舍去负值）；解𝑓′(𝑥)>0，即8𝑎𝑥+2𝑥>0，得0<𝑥<12√−1𝑎，所以𝑓(𝑥)在(0,12√−1𝑎)上单调递增；解𝑓′(𝑥)<0，即8𝑎𝑥+

2𝑥<0，得𝑥>12√−1𝑎，所以𝑓(𝑥)在(12√−1𝑎,+∞)上单调递减.综上所述，当𝑎≥0时，𝑓(𝑥)=4𝑎𝑥2+2ln𝑥−3在(0,+∞)上单调递增；当𝑎<0时，𝑓(𝑥)在(0,12√−1𝑎)上单调递增，在(12√−1𝑎,+∞)上

单调递减.（2）由已知可得，4𝑎𝑥2+2ln𝑥−3<2𝑥2ln𝑥+2恒成立，𝑥>0，即𝑎<ln𝑥2−ln𝑥2𝑥2+54𝑥2在(0,+∞)上恒成立.令𝑔(𝑥)=ln𝑥2−ln𝑥2𝑥2+54𝑥2，则只需𝑎<𝑔(𝑥)

min即可.𝑔′(𝑥)=12𝑥−1𝑥⋅2𝑥2−4𝑥ln𝑥(2𝑥2)2−2×54𝑥3=𝑥2+2ln𝑥−62𝑥3，令ℎ(𝑥)=𝑥2+2ln𝑥−6，ℎ′(𝑥)=2𝑥+2𝑥>0在(0,+∞)上恒成立，所以ℎ(𝑥)单调递增.且ℎ(2)=4+2ln2−6

=2ln2−2<0，ℎ(52)=254+2ln52−6=14+2ln52>0，所以，∃𝑥0∈(2,52)，使得ℎ(𝑥0)=0，且当0<𝑥<𝑥0时，ℎ(𝑥)<0，当𝑥>𝑥0时，ℎ(𝑥)>0.即∃𝑥0∈(2,52)，使得𝑔′(𝑥0)=0，且当0<𝑥<𝑥0

时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递减；当𝑥>𝑥0时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)在(𝑥0,+∞)上单调递增.所以，𝑔(𝑥)=ln𝑥2−ln𝑥2𝑥2+54𝑥2在𝑥=𝑥0处取得唯一极小值，也是最小

值.又𝑔′(𝑥0)=𝑥0⬚2+2ln𝑥0−62𝑥0⬚3=0，则ln𝑥0=3−𝑥0⬚22.所以𝑔(𝑥0)=3−𝑥0⬚222−3−𝑥0⬚222𝑥0⬚2+54𝑥0⬚2=−14(𝑥0⬚2+1𝑥0⬚2)+74，令𝑚(𝑥)=−14(𝑥2+1𝑥2)+74，𝑡=𝑥

2，𝑘(𝑡)=𝑡+1𝑡，𝑡>1，则𝑘′(𝑡)=1−1𝑡2=(𝑡+1)(𝑡−1)𝑡2，当𝑡>1时，𝑘′(𝑡)>0，所以，𝑘(𝑡)=𝑡+1𝑡在(1,+∞)上单调递增，从而𝑚(𝑥)=−14(𝑥

2+1𝑥2)+74在(1,+∞)上单调递减，则𝑚(52)<𝑚(𝑥0)<𝑚(2)，又𝑚(2)=−14×(22+122)+74=1116<1，𝑚(52)=−14×(254+425)+74=59400>0，所以0<𝑚(𝑥0)<1，所以0<𝑔(𝑥

0)<1.又𝑎为整数，𝑎<𝑔(𝑥0)，所以𝑎的最大值为0.9．（2022·北京高三阶段练习）设函数𝑓(𝑥)=(e𝑥−𝑎𝑥)(𝑥−2),𝑎∈𝑅.(1)若曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(2,𝑓(2))处的切线斜率为e2，求𝑎的值；(2)若𝑓

(𝑥)存在两个极值点𝑥1,𝑥2(𝑥1<𝑥2)，且对任意𝑥∈[0,𝑥2],𝑓(𝑥)<0恒成立，求实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）求出𝑓′(𝑥)，令𝑓′(2)=e2，求解可得答案；（2

）令𝑓′(𝑥)=0得𝑥=1，𝑥=ln(2𝑎)，当0<2𝑎<e由𝑓(𝑥)=(e𝑥−𝑎𝑥)(𝑥−2)<0可得e𝑥−𝑎𝑥>0，令𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥,𝑥∈(0,1]，求导利用单调性可得答案；当2𝑎>e根据𝑓(0)<0，令可

得{𝑓(1)<0𝑓(ln(2𝑎))<0求解可得答案.【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=(e𝑥−𝑎𝑥)′(𝑥−2)+(e𝑥−𝑎𝑥)(𝑥−2)′=𝑥e𝑥−e𝑥−2𝑎𝑥+2𝑎，所以𝑓′(2)=2e2−e2−4𝑎+2𝑎=

e2，解得𝑎=0；（2）𝑓′(𝑥)=𝑥e𝑥−e𝑥−2𝑎𝑥+2𝑎，令𝑓′(𝑥)=0得(𝑥−1)e𝑥=2𝑎(𝑥−1)，解得𝑥=1，或𝑎=e𝑥2时𝑎>0且𝑥=ln(2𝑎)，当0<2𝑎<e即0<𝑎<e2时，𝑥2=1，对任意𝑥∈[0,1],𝑓(𝑥

)<0恒成立，得𝑓(𝑥)=(e𝑥−𝑎𝑥)(𝑥−2)<0可得e𝑥−𝑎𝑥>0，𝑥∈(0,1]，𝑥=0时成立，𝑥≠0时，有𝑎<e𝑥𝑥在𝑥∈(0,1]恒成立，令𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥,𝑥∈(0,1]，𝑔′(𝑥)=(

𝑥−1)e𝑥𝑥2≤0，所以𝑔(𝑥)在𝑥∈(0,1]单调递减，有𝑔(𝑥)≤𝑔(1)=e，所以0<𝑎<e2；当2𝑎>e即𝑎>e2时，𝑥2=2𝑎，对任意𝑥∈[0,2𝑎],𝑓(𝑥)<0恒成立，求实数𝑎的取值范围，即𝑓(𝑥)=(e�

�−𝑎𝑥)(𝑥−2)<0在𝑥∈[0,2𝑎]上恒成立，因为𝑓(0)=(e0−0)(0−2)<0，可得{𝑓(1)=(e1−𝑎)(1−2)<0𝑓(ln(2𝑎))=[eln(2𝑎)−𝑎ln(2𝑎)][ln(2𝑎)−2]<0，解得e2<𝑎<e，当2𝑎=e即𝑎=e2时，�

�1,𝑥2重合，不符合题意，综上所述，0<𝑎<e2或e2<𝑎<e.10．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥−sin𝑥−𝑎ln𝑥.(1)证明不等式：sin𝑥≤𝑥

，𝑥∈[0,+∞)；(2)若∃𝑥1,𝑥2∈(0,+∞)，𝑥1≠𝑥2，使得𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)，求证：𝑥1𝑥2<𝑎2.【解题思路】(1)移项构造新函数𝑢(𝑥)=𝑥−sin𝑥,应用导数求函数的单调性,根据最值证明结论成立.(2)根据

𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),得到𝑎(ln𝑥2−ln𝑥1)=2(𝑥2−𝑥1)−(sin𝑥2−sin𝑥1),结合(1)及函数的单调性求出𝑎>𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1,换元证明𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1>√𝑥1𝑥2成立即可.【解答

过程】（1）令𝑢(𝑥)=𝑥−sin𝑥，𝑥≥0，则𝑢′(𝑥)=1−cos𝑥≥0，故𝑢(𝑥)=𝑥−sin𝑥在[0,+∞)上单调递增，故𝑢(𝑥)≥𝑢(0)=0−sin0=0，即𝑥−sin𝑥≥0，所以sin

𝑥≤𝑥，𝑥∈[0,+∞)，当且仅当𝑥=0时，等号成立；（2）由𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2)得2𝑥1−sin𝑥1−𝑎ln𝑥1=2𝑥2−sin𝑥2−𝑎ln𝑥2，整理得𝑎(ln𝑥2−ln𝑥1)=2(𝑥2−𝑥1)−(sin𝑥

2−sin𝑥1)，不妨设𝑥1<𝑥2，由（1）可知𝑢(𝑥)=𝑥−sin𝑥在(0,+∞)上单调递增，故有𝑥1−sin𝑥1<𝑥2−sin𝑥2，从而𝑥2−𝑥1>sin𝑥2−sin𝑥1，所以𝑎(ln𝑥2−ln𝑥1)=2(𝑥2−𝑥1)−(

sin𝑥2−sin𝑥1)>2(𝑥2−𝑥1)−(𝑥2−𝑥1)=𝑥2−𝑥1，所以𝑎>𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1.下面证明𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1>√𝑥1𝑥2，即证𝑥2𝑥1−1ln𝑥2𝑥1>√

𝑥2𝑥1，令𝑡=𝑥2𝑥1>1，即证明𝑡−1ln𝑡>√𝑡，其中𝑡>1，故只需证明𝑡−1√𝑡−ln𝑡>0.设𝜑(𝑡)=𝑡−1√𝑡−ln𝑡(𝑡>1)，则𝜑′(𝑡)=(√𝑡−1)22𝑡√

𝑡>0，所以𝜑(𝑡)在(1,+∞)上单调递增，所以𝜑(𝑡)>𝜑(1)=1−1√1−ln1=0，所以𝑥2−𝑥1ln𝑥2−ln𝑥1>√𝑥1𝑥2，即𝑎>√𝑥1𝑥2，所以𝑥1𝑥2<𝑎2.11．（2022·河南·高二期末（文））设函数𝑓

(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥2−𝑥−1,𝑎∈R.(1)𝑎=0时，求𝑓(𝑥)的最小值；(2)若𝑓(𝑥)≥0在[0,+∞)恒成立，求𝑎的取值范围.【解题思路】(1)把𝑎=0代入后对函数求导，结合导数与单调性的关系可

求函数的单调性，进而可求最值；(2)结合导数研究函数的单调性，然后结合函数的性质可求.【解答过程】（1）当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑥−1，𝑓′(𝑥)=e𝑥−1，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0

，函数单调递增，故当𝑥=0时，函数𝑓(𝑥)取得最小值𝑓(0)=0.（2）∵𝑓′(𝑥)=e𝑥−2𝑎𝑥−1，令𝑔(𝑥)=e𝑥−2𝑎𝑥−1,𝑥≥0，则𝑔′(𝑥)=e𝑥−2𝑎，①当𝑎≤12时，𝑔′(𝑥)

≥0,函数𝑔(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=0，即𝑓′(𝑥)≥0，所以𝑓(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，𝑓(𝑥)≥𝑓(0)=0，满足题意；②当𝑎>12时，由𝑔′(𝑥

)=0可得𝑥=ln(2𝑎)，当𝑥∈(0,ln2𝑎)时，𝑔′(𝑥)<0，函数𝑔(𝑥)在(0，ln2𝑎)上单调递减，当𝑥∈(ln2𝑎,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，函数𝑔(𝑥)在(ln2𝑎,+∞)上单调递增当𝑥∈(0,ln2𝑎)时，𝑔(

𝑥)<𝑔(0)=0即𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)在(0,ln2𝑎)单调递减，所以𝑓(𝑥)<𝑓(0)=0,与𝑓(𝑥)≥0恒成立矛盾，故𝑎>12不符合题意.综上可得,𝑎的范围为(−∞，12].12．（2022·陕西汉中·模拟预测（理））已知函数𝑓(𝑥)=�

�𝑥−e𝑥(𝑎∈𝑅),𝑔(𝑥)=ln𝑥𝑥.(1)若𝑎>0，求函数𝑓(𝑥)的单调区间；(2)当𝑥∈(0,+∞)时，不等式𝑓(𝑥)⩾𝑔(𝑥)−e𝑥恒成立，求𝑎的取值范围.【解题思路】(1)利用函

数的导数的符号，判断函数的单调性，即可求出函数的单调区间.(2)将原不等式𝑓(𝑥)⩾𝑔(𝑥)−e𝑥进行参变分离得𝑎⩾ln𝑥𝑥2，然后构造函数ℎ(𝑥)=ln𝑥𝑥2，从而把不等式问题转化为，求𝑎大于或等于函数ℎ(𝑥)的最大值问题，即可求出𝑎的取

值范围.【解答过程】（1）依题意𝑓′(𝑥)=𝑎−e𝑥,𝑎>0，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=ln𝑎，由𝑓′(𝑥)>0，得𝑥<ln𝑎；由𝑓′(𝑥)<0，得𝑥>ln𝑎，∴𝑎>0,𝑓(𝑥)的单调递增区间为(−∞,ln𝑎)，单调递减区间为(ln𝑎,+∞).（

2）当𝑥∈(0,+∞)时，不等式𝑓(𝑥)⩾𝑔(𝑥)−e𝑥等价于𝑎⩾ln𝑥𝑥2，设ℎ(𝑥)=ln𝑥𝑥2，则ℎ′(𝑥)=1−2ln𝑥𝑥3，令ℎ′(𝑥)=0，得𝑥=√e，当𝑥在区间(0,+∞)

内变化时，ℎ′(𝑥),ℎ(𝑥)随𝑥的变化情况如下表：𝑥(0,√e)√e(√e,+∞)ℎ′(𝑥)+0−ℎ(𝑥)↗极大值↘由上表可知，当𝑥=√e时，函数ℎ(𝑥)在(0,+∞)上有唯一极大值ℎ(√e)，也是其最大值，∴𝑎⩾ln

𝑥𝑥2恒成立等价于𝑎⩾ℎ(𝑥)max=ℎ(√e)=12e，故𝑎的取值范围是[12e,+∞).13．（2022·江苏省高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)满足2𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=𝑥+2𝑥(𝑥≠0)．(1)求𝑦=𝑓(𝑥)的解析式，并求𝑓(𝑥)在[−3,−

1]上的值域；(2)若对∀𝑥1,𝑥2∈(2,4)且𝑥2>𝑥1，都有𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)>𝑘𝑥1−𝑘𝑥2(𝑘∈R)成立，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先利用方程组法求出𝑓(𝑥)的表达式，再利用函数图像，结合定义域即可分析值域.（2）首先通过移项后，

构造新函数𝑔(𝑥)，再利用𝑔′(𝑥)在所给区间上大于等于0恒成立，得到关于𝑘的不等式吗，解出𝑘的范围即可.【解答过程】（1）因为2𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=𝑥+2𝑥(𝑥≠0)①所以2𝑓(−𝑥)+𝑓(𝑥)=−𝑥−2𝑥(𝑥

≠0)②联立①②，解得：𝑓(𝑥)=𝑥+2𝑥(𝑥≠0)，则𝑓(𝑥)为对勾函数，作图如下.由图像可知单调区间为所以𝑥∈(−3,−√2)单调递增，𝑥∈(−√2,−1)单调递减，则𝑓(𝑥)在[−3,

−1]上，在𝑥=−√2处取得最大值𝑓(−√2)=−2√2，当𝑥=−1时，𝑓(−1)=−3，在𝑥=−3时，𝑓(−3)=−113，𝑓(−3)<𝑓(−1)，所以当𝑥=−3时，取最小值𝑓(−3)=−113.即𝑓(𝑥)∈[−1

13,−2√2]（2）因为𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)>𝑘𝑥1−𝑘𝑥2(𝑘∈R)，移项得𝑓(𝑥2)+𝑘𝑥2>𝑓(𝑥1)+𝑘𝑥1令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑘𝑥=𝑥+2+𝑘𝑥，则由上式恒成立得当𝑥∈(2,4)时，𝑔(

𝑥)单调递增，所以𝑔′(𝑥)=1−2+𝑘𝑥2≥0在𝑥∈(2,4)恒成立，即𝑘≤𝑥2−2在𝑥∈(2,4)恒成立，所以𝑘≤2，即𝑘∈(−∞，2].14．（2022·全国·模拟预测）已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑝ln𝑥，𝑔(𝑥)=𝑞𝑥+𝜆𝑞−2ln𝑥(�

�,𝑞,𝜆∈R)．(1)讨论函数𝑓(𝑥)的极值；(2)当𝑝=1时，若存在q，使得不等式𝑔(𝑥)≥𝑓(𝑥)恒成立，求实数𝜆的取值范围．【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分𝑝≤0与𝑝>0两种情况，得到函数的单调性和极值情况；（2）𝑔

(𝑥)≥𝑓(𝑥)转化为(𝑒−𝑞)𝑥+ln𝑥−𝜆𝑞≤0，构造ℎ(𝑥)=(e−𝑞)𝑥+ln𝑥−𝜆𝑞，分𝑞≤e与𝑞>e两种情况，证明出𝑞≤e时不成立，当𝑞>e时，转化为𝜆≥−ln(𝑞−𝑒)+1𝑞有解问题，构造函数𝑣(𝑞)=

−ln(𝑞−e)+1𝑞，𝑞>e，则𝜆≥𝑣(𝑞)min，求导，得到实数𝜆的取值范围.【解答过程】（1）函数𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，且𝑓′(𝑥)=e−𝑝𝑥=e𝑥−𝑝𝑥，当𝑝≤0时，�

�′(𝑥)>0，此时𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，无极值；当𝑝>0时，由𝑓′(𝑥)<0，得0<𝑥<𝑝e，由𝑓′(𝑥)>0，得𝑥>𝑝e，所以𝑓(𝑥)在(0,𝑝e)上单调递减

，在(𝑝e,+∞)上单调递增，此时函数𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(𝑝e)=2𝑝−𝑝ln𝑝，无极大值，综上，当𝑝≤0时，函数𝑓(𝑥)无极值；当𝑝>0时，函数𝑓(𝑥)的极小值为2𝑝−𝑝

ln𝑝，无极大值；（2）当𝑝=1时，𝑔(𝑥)≥𝑓(𝑥)等价于(e−𝑞)𝑥+ln𝑥−𝜆𝑞≤0．令ℎ(𝑥)=(e−𝑞)𝑥+ln𝑥−𝜆𝑞，则ℎ(𝑥)≤0恒成立，ℎ′(𝑥)=(e−𝑞)𝑥+1𝑥，若𝑞≤e，则ℎ′(𝑥)>0恒成立，故ℎ(𝑥)单调递增，

且ℎ(e1+𝜆𝑞)=(e−𝑞)e1+𝜆𝑞+1>0，故ℎ(𝑥)≤0不恒成立，不合题意．若𝑞>e，则由ℎ′(𝑥)>0，得0<𝑥<1𝑞−e，由ℎ′(𝑥)<0，得𝑥>1𝑞−e，故ℎ(𝑥)在(0,1𝑞−e)上

单调递增，在(1𝑞−e,+∞)上单调递减，故ℎ(𝑥)max=ℎ(1𝑞−e)=−1−ln(𝑞−e)−𝜆𝑞．所以−1−ln(𝑞−e)−𝜆𝑞≤0，即𝜆≥−ln(𝑞−e)+1𝑞．所以原问题转化为存在𝑞>e，使得𝜆≥−l

n(𝑞−e)+1𝑞有解．令𝑣(𝑞)=−ln(𝑞−e)+1𝑞，𝑞>e，则𝜆≥𝑣(𝑞)min，𝑣′(𝑞)=−𝑞𝑞−e−ln(𝑞−e)𝑞2+1𝑞2=−e𝑞−e+ln(𝑞−e)𝑞2．令𝜑(𝑞)=−e𝑞−e+ln(𝑞−e)，显然𝜑(

𝑞)单调递增，且𝜑(2e)=−e2e−e+ln(2e−e)=0，所以当e<𝑞<2e时，𝜑(𝑞)<0，即𝑣′(𝑞)<0，当𝑞>2e时，𝜑(𝑞)>0，即𝑣′(𝑞)>0，故𝑣(𝑞)在(

e,2e)上单调递减，在(2e,+∞)上单调递增，故𝑣(𝑞)min=𝑣(2e)=−ln(2e−e)+12e=−1e，则𝜆≥−1e．综上，实数𝜆的取值范围是[−1e,+∞).15．（2022·山东·高三期中）已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑚𝑥+1，𝑔(𝑥)=𝑥(e𝑥−2).

(1)若𝑓(𝑥)的最大值是1，求𝑚的值；(2)若对其定义域内任意𝑥，𝑓(𝑥)≤𝑔(𝑥)恒成立，求𝑚的取值范围.【解题思路】（1）先求定义域，再求导，分𝑚≤0与𝑚>0两种情况，分类讨论得到当𝑚>0，𝑥=1𝑚时，𝑓(𝑥)取得最大值，列出

方程，求出𝑚的值；（2）转化为𝑚−2≥1+ln𝑥𝑥−e𝑥在(0,+∞)上恒成立问题，构造𝜑(𝑥)=1+ln𝑥𝑥−e𝑥，二次求导，利用隐零点求出𝑥02𝑒𝑥0+ln𝑥0=0，取对数后，利用同构得到e𝑥0=1�

�0，求出𝜑(𝑥)在𝑥=𝑥0处取得最大值，列出不等式，求出𝑚的取值范围.【解答过程】（1）∵𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑥)=1𝑥−𝑚=1−𝑚𝑥𝑥.若𝑚≤0，𝑓′(𝑥)>0

，𝑓(𝑥)在定义域内单调递增，无最大值；若𝑚>0，令𝑓′(𝑥)>0,解得：𝑥∈(0,1𝑚)，令𝑓′(𝑥)<0，解得：𝑥∈(1𝑚,+∞)，故𝑥∈(0,1𝑚)时，𝑓(𝑥)单调递增，𝑥∈(1𝑚,+∞)时，𝑓(𝑥)单调递减.∴𝑥=1𝑚时，𝑓(𝑥

)取得极大值，也是最大值，故𝑓(1𝑚)=ln1𝑚=1，∴𝑚=1e；（2）原式恒成立，即ln𝑥−𝑚𝑥+1≤𝑥(e𝑥−2)在(0,+∞)上恒成立，即𝑚−2≥1+ln𝑥𝑥−e𝑥在(0,+∞)上恒成立.设𝜑(𝑥)=1+ln𝑥𝑥−e𝑥，则𝜑′(𝑥)=

−𝑥2e𝑥+ln𝑥𝑥2.设ℎ(𝑥)=𝑥2e𝑥+ln𝑥，则ℎ′(𝑥)=(𝑥2+2𝑥)e𝑥+1𝑥>0，∴ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ(1e)=1e2⋅e1e−1=e1e−2−1<0，ℎ(1)=e>0.∴ℎ(𝑥)有唯一零点𝑥0∈(1

e,1)，且𝑥02𝑒𝑥0+ln𝑥0=0，即𝑥0e𝑥0=−ln𝑥0𝑥0.两边同时取对数，得𝑥0+ln𝑥0=ln(−ln𝑥0)+(−ln𝑥0)，易知𝑦=𝑥+ln𝑥是增函数，∴𝑥0=−ln𝑥0，即e𝑥0=1𝑥0.因为𝜑′(𝑥)=−ℎ(𝑥)𝑥

2，所以当𝑥∈(0,𝑥0)时，𝜑′(𝑥)=−ℎ(𝑥)𝑥2>0，当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝜑′(𝑥)=−ℎ(𝑥)𝑥2<0，故𝜑(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递增，在(𝑥0,+∞)上单调递减

，𝜑(𝑥)在𝑥=𝑥0处取得极大值，也是最大值，∴𝜑(𝑥)≤𝜑(𝑥0)=1+ln𝑥0𝑥0−e𝑥0=1−𝑥0𝑥0−1𝑥0=−1，∴𝑚−2≥−1，∴𝑚≥1，故𝑚的取值范围是[1,+∞).16．（

2022·全国·模拟预测）已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑥，𝑔(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑎（𝑎>0，e是自然对数的底数）．(1)若直线𝑦=𝑘𝑥与曲线𝑦=𝑓(𝑥)，𝑦=𝑔(𝑥)都相切，求a的值；(2)若𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)恒成立，求实数a

的取值范围．【解题思路】（1）利用导数的几何意义分别求出曲线𝑦=𝑓(𝑥)，𝑦=𝑔(𝑥)的过原点的切线，列方程即可求得a的值；（2）先讨论𝑔(𝑥)≤0的情况，再讨论𝑔(𝑥)>0的情况，分

离参数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，利用导数研究函数的单调性和最值，进而得出结果．【解答过程】（1）解：设直线𝑦=𝑘𝑥与曲线𝑦=𝑓(𝑥)，𝑦=𝑔(𝑥)分别切于点𝑃(𝑥1,𝑓(𝑥1))，𝑄(𝑥2,𝑔(𝑥2))，易知𝑓(𝑥1)=e�

�1−𝑥1，𝑓′(𝑥)=e𝑥−1，∴𝑓′(𝑥1)=e𝑥1−1，∴与曲线𝑦=𝑓(𝑥)切于点P的直线方程为𝑦=(e𝑥1−1)(𝑥−𝑥1)+e𝑥1−𝑥1，∵直线𝑦=𝑘𝑥过原点，∴−𝑥1(e𝑥1−1)+e𝑥1−𝑥1=0，整理得(1

−𝑥1)e𝑥1=0，∴𝑥1=1，切线方程为𝑦=(e−1)𝑥．易知𝑔(𝑥2)=𝑎ln𝑥2+𝑎，𝑔′(𝑥)=𝑎𝑥，∴𝑔′(𝑥2)=𝑎𝑥2，∴与曲线𝑦=𝑔(𝑥)切于点Q的直线方程为𝑦=𝑎𝑥2(𝑥−𝑥2)+𝑎ln𝑥2+𝑎，整理得�

�=𝑎𝑥2⋅𝑥+𝑎ln𝑥2，∴{𝑎𝑥2=e−1𝑎ln𝑥2=0，∴𝑎=e−1．（2）解：由𝑓(𝑥)≥𝑔(𝑥)，得e𝑥−𝑥≥𝑎(ln𝑥+1)，令𝜑(𝑥)=e𝑥−𝑥−1，则

𝜑′(𝑥)=e𝑥−1，当𝑥<0时，𝜑′(𝑥)<0，𝜑(𝑥)递减；当𝑥>0时，𝜑′(𝑥)>0，𝜑(𝑥)递增，∴𝜑(𝑥)min=𝜑(0)=0，∴e𝑥≥𝑥+1>𝑥，∴e𝑥−𝑥>0，当𝑥∈(0,1e]时，𝑎(ln𝑥+1)≤0，∴e𝑥−𝑥≥

𝑎(ln𝑥+1)恒成立．当𝑥∈(1e,+∞)时，𝑎≤e𝑥−𝑥ln𝑥+1，令ℎ(𝑥)=e𝑥−𝑥ln𝑥+1，𝑥∈(1e,+∞)，则ℎ′(𝑥)=(e𝑥−1)(ln𝑥+1)−1𝑥(e𝑥−𝑥)(ln𝑥+1)2

=(e𝑥−1)⋅ln𝑥+e𝑥⋅𝑥−1𝑥(ln𝑥+1)2，当𝑥∈(1e,1)时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减，当𝑥∈(1,+∞)时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增，∴𝑎≤ℎ(𝑥)min=ℎ(1)=e−1，∵𝑎>0，∴实数a的取值范围是(0,

e−1]．17．（2022·四川·高三期中（文））已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2e𝑥,𝑔(𝑥)=𝑎e𝑥(𝑥+1)(𝑎∈𝑅,e是自然对数的底数）.(1)若函数𝑔(𝑥)在𝑥=0处的切线方程为𝑥−𝑦+𝑎=0，求实数𝑎的值；(2

)若∃𝑥0∈[0,+∞)，使得𝑔(𝑥0)⩾𝑓(𝑥0)+2𝑎成立，求实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）首先对函数求导，再求出在𝑥=0处的导数值，根据题目所给直线的斜率即可求解.（2）首先构造新函数ℎ(𝑥)，根据题意的分析，只要ℎ(𝑥)min≤0即可，然后通过对𝑎分类讨论，求出

ℎ(𝑥)的最小值即可.【解答过程】（1）由题意，知𝑔′(𝑥)=𝑎e𝑥(𝑥+2)，则𝑔′(0)=2𝑎.因为函数𝑔(𝑥)在𝑥=0处的切线方程为𝑥−𝑦+𝑎=0，所以𝑔′(0)=2𝑎=1，解得𝑎=12.（2）令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(�

�)+2𝑎,𝑥∈[0,+∞)，则ℎ(𝑥)=𝑥2e𝑥−𝑎e𝑥(𝑥+1)+2𝑎，即ℎ(𝑥)=e𝑥(𝑥2−𝑎𝑥−𝑎)+2𝑎,𝑥∈[0,+∞)，所以ℎ′(𝑥)=[𝑥2+(2−𝑎

)𝑥−2𝑎]e𝑥，即ℎ′(𝑥)=e𝑥(𝑥+2)(𝑥−𝑎),𝑥∈[0,+∞)因为∃𝑥0∈[0,+∞)，使得𝑔(𝑥0)⩾𝑓(𝑥0)+2𝑎成立，即∃𝑥0∈[0,+∞)，使得ℎ(𝑥0)⩽0成立，所以ℎ(𝑥)m

in⩽0.①当𝑎⩽0时，ℎ′(𝑥)⩾0在[0,+∞)上恒成立，函数ℎ(𝑥)在区间[0,+∞)上单调递增，所以ℎ(𝑥)min=ℎ(0)=𝑎，所以𝑎⩽0.②当𝑎>0时，令ℎ′(𝑥)>0，解得𝑥>𝑎；令ℎ′(𝑥)<0

，解得0⩽𝑥<𝑎，所以函数ℎ(𝑥)在区间[0,𝑎)上单调递减，在(𝑎,+∞)上单调递增，所以ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑎)=−𝑎e𝑎+2𝑎⩽0，即e𝑎⩾2，故𝑎⩾ln2.综上所述，实数𝑎的取值范围为(−∞,0]∪[ln2

,+∞).18．（2022·全国·模拟预测）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−𝑎+ln𝑥𝑥，𝑎∈R.(1)讨论函数𝑓(𝑥)在区间(0,e2]上的最大值；(2)当𝑎=2时，不等式𝑓(𝑥)<2𝑡e𝑥+1恒成立，求实数t的取值范围.【解题思路

】（1）先确定函数𝑓(𝑥)的定义域，然后求导，利用导数研究函数𝑓(𝑥)的单调性，最后分类讨论即可得函数𝑓(𝑥)在区间(0,e2]上的最大值；（2）先分离参数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，再利用导数求函数的最值即可.【解答过程】（1）由题意可得函数𝑓(𝑥)

=𝑥−𝑎+ln𝑥𝑥的定义域为(0,+∞).𝑓′(𝑥)=(𝑥−𝑎+ln𝑥)′𝑥−(𝑥−𝑎+ln𝑥)𝑥2=(1+1𝑥)⋅𝑥−(𝑥−𝑎+ln𝑥)𝑥2=1+𝑎−ln𝑥𝑥2，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=e1+𝑎.所以当𝑥∈(0,e

1+𝑎)时，𝑓′(𝑥)>0，函数𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(e1+𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，函数𝑓(𝑥)单调递减.当e1+𝑎≥e2，即𝑎≥1时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,e2]上单调递增，

故函数𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(e2)=e2−𝑎+2e2=1+2−𝑎e2.当e1+𝑎<e2，即𝑎<1时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,e1+𝑎]上单调递增，在(e1+𝑎,e2]上单调递减，故函数𝑓(𝑥)的最大值为𝑓(e1+𝑎)=e1+𝑎−𝑎+1+𝑎e1+𝑎=1+1e1

+𝑎.综上，当𝑎≥1时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,e2]上的最大值为1+2−𝑎e2；当𝑎<1时，函数𝑓(𝑥)在区间(0,e2]上的最大值为1+1e1+𝑎.（2）当𝑎=2时，不等式𝑓(𝑥)<2𝑡e𝑥+1恒成立，即𝑥−2+ln𝑥𝑥<2𝑡e𝑥+1，也就是2𝑡

e>ln𝑥+𝑥−2𝑥e𝑥恒成立.令𝑔(𝑥)=ln𝑥+𝑥−2𝑥e𝑥,𝑥∈(0,+∞)，则2𝑡e>𝑔(𝑥)max.𝑔′(𝑥)=(1𝑥+1)𝑥e𝑥−(𝑥+1)e𝑥(ln𝑥+𝑥−2)𝑥2e2𝑥=(𝑥+1)(3−ln𝑥−𝑥)𝑥2e𝑥，令ℎ(

𝑥)=3−ln𝑥−𝑥,𝑥∈(0,+∞)，ℎ′(𝑥)=−1𝑥−1<0，ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，又ℎ(1)=2>0，ℎ(3)=−ln3<0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞)上有唯一零点，不妨设该零点为

𝑥0，则3−ln𝑥0−𝑥0=0，则当𝑥∈(0,𝑥0)时，ℎ(𝑥)>0，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增；当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，ℎ(𝑥)<0，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调

递减.故𝑔(𝑥)max=𝑔(𝑥0)=ln𝑥0+𝑥0−2𝑥0e𝑥0，又3−ln𝑥0−𝑥0=0，所以ln𝑥0+𝑥0=3，𝑥0e𝑥0=eln𝑥0e𝑥0=eln𝑥0⬚+𝑥0=e3，所以𝑔(𝑥0)=ln𝑥0+𝑥

0−2𝑥0e𝑥0=1e3.故2𝑡e>1e3，解得𝑡>12e4，故实数t的取值范围为(12e4,+∞).另解：当𝑎=2，不等式𝑓(𝑥)<2𝑡e𝑥+1恒成立，即𝑥−2+ln𝑥𝑥<2𝑡e𝑥+1，也就是2𝑡e>ln(𝑥e𝑥)−2𝑥e𝑥恒成立.令𝑚=�

�e𝑥>0，则𝑔(𝑚)=ln𝑚−2𝑚，则2𝑡e>𝑔(𝑚)max.𝑔′(𝑚)=3−ln𝑚𝑚2，故当𝑚∈(0,e3)时，𝑔′(𝑚)>0，𝑔(𝑚)单调递增，当𝑚∈(e3,+∞)时，𝑔′(𝑚)<0，𝑔(𝑚)单调递

减，故𝑔(𝑚)max=𝑔(e3)=1e3，故2𝑡e>1e3，解得𝑡>12e4，故实数t的取值范围为(12e4,+∞).19．（2022·辽宁抚顺·高三期中）已知函数𝑓(𝑥)=1−𝑎𝑥3e𝑥(𝑎≠0)．(1)讨论𝑓(𝑥)在(0,+∞)上的单调性；

(2)若不等式2e𝑥𝑓(𝑥)≥𝑥3ln𝑥+𝑥2+3𝑥恒成立，求𝑎的取值范围．【解题思路】（1）根据函数求解导数𝑓′(𝑥)，故按照𝑎>0，𝑎<0确定导函数正负区间，得函数到单调性；（2）根据不等式2e𝑥𝑓(𝑥)≥𝑥3ln𝑥+𝑥2+3𝑥，参变分离得𝑎

≤e𝑥𝑥3−12ln𝑥−12𝑥−32𝑥2恒成立，故可构造函数𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥3−12ln𝑥−12𝑥−32𝑥2确定函数的单调性求最小值𝑔min(𝑥)，则𝑎≤𝑔min(𝑥)求得𝑎的取值范围．【解答过程】（1）解：因

为𝑓(𝑥)=1−𝑎𝑥3e𝑥，𝑥∈(0,+∞)，所以𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥3−3𝑎𝑥2e𝑥=𝑎𝑥2(𝑥−3)e𝑥．当𝑎>0时，由𝑓′(𝑥)>0，得𝑥>3；由𝑓′(𝑥)<0，得0<𝑥<3．则𝑓(𝑥)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增．当�

�<0时，由𝑓′(𝑥)<0，得𝑥>3；由𝑓′(𝑥)>0，得0<𝑥<3．则𝑓(𝑥)在(0,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减．综上，当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞

)上单调递增；当𝑎<0时，𝑓(𝑥)在(0,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减．（2）解：不等式2e𝑥𝑓(𝑥)≥𝑥3ln𝑥+𝑥2+3𝑥恒成立，即不等式2e𝑥−2𝑎𝑥3≥𝑥3ln𝑥+𝑥2+3𝑥恒成

立，即等价于𝑎≤e𝑥𝑥3−12ln𝑥−12𝑥−32𝑥2恒成立．设𝑔(𝑥)=e𝑥𝑥3−12ln𝑥−12𝑥−32𝑥2，𝑥∈(0,+∞)则𝑔′(𝑥)=(𝑥−3)e𝑥𝑥4−1

2𝑥+12𝑥2+3𝑥3=(𝑥−3)(e𝑥−12𝑥2−𝑥)𝑥4．设ℎ(𝑥)=e𝑥−12𝑥2−𝑥，则ℎ′(𝑥)=e𝑥−𝑥−1．设𝜑(𝑥)=e𝑥−𝑥−1，则𝜑′(𝑥)=e𝑥−1．由𝜑′(𝑥)>0，得𝑥>0，所以𝜑(𝑥)在(0,+∞)上单调

递增，则𝜑(𝑥)>𝜑(0)=0，即ℎ′(𝑥)>0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增．因为ℎ(0)=1>0，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，则𝑔′(𝑥)=0，得𝑥=3，所以当0<𝑥<3时，𝑔′(𝑥

)<0，当𝑥>3时，𝑔′(𝑥)>0，所以𝑔(𝑥)在(0,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，则𝑔(𝑥)min=𝑔(3)=e327−12ln3−13．故𝑎≤e327−12ln3−13，即𝑎的取值范围是(−∞,e327−12ln3−13]．20．（2022·云南·高三

阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=sin𝑥−𝑎𝑥+16𝑥3，其中𝑎∈R，设𝑔(𝑥)为𝑓(𝑥)的导函数.(1)若𝑎=1，证明：𝑔(𝑥)≥0；(2)若𝑥≥0时，𝑓(𝑥)≥0恒成立，求�

�的取值范围.【解题思路】（1）由题设𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)=cos𝑥+12𝑥2−1，利用导数研究𝑔(𝑥)的单调性并确定区间最值，即可证结论；（2）由题设及（1）易知𝑓′(𝑥)在[0,+∞)上递增，则𝑓′(𝑥)≥𝑓′(0

)=1−𝑎，结合𝑓(0)=0讨论1−𝑎<0、1−𝑎≥0研究𝑓(𝑥)的单调性，结合𝑓(𝑥)≥0恒成立确定参数范围.【解答过程】（1）由题设𝑓(𝑥)=sin𝑥−𝑥+16𝑥3，则𝑔(𝑥)=𝑓′(

𝑥)=cos𝑥+12𝑥2−1，所以𝑔′(𝑥)=𝑥−sin𝑥，令ℎ(𝑥)=𝑥−sin𝑥，故ℎ′(𝑥)=1−cos𝑥≥0，所以ℎ(𝑥)在R上单调递增，而ℎ(0)=0，故(−∞,0)上𝑔′(𝑥)=ℎ(𝑥

)<0，(0,+∞)上𝑔′(𝑥)=ℎ(𝑥)>0，则(−∞,0)上𝑔(𝑥)递减，(0,+∞)上𝑔(𝑥)递增，故𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=0，得证.（2）由𝑘(𝑥)=𝑓′(𝑥)=cos𝑥+12𝑥2−𝑎，

则𝑘′(𝑥)=𝑥−sin𝑥，由（1）知：[0,+∞)上𝑘′(𝑥)≥0，故𝑘(𝑥)=𝑓′(𝑥)在[0,+∞)上递增，所以𝑓′(𝑥)≥𝑓′(0)=1−𝑎，而𝑓(0)=0，当1−𝑎<0

时，即𝑓′(0)<0，𝑥趋向+∞时𝑓′(𝑥)趋向+∞，故∃𝑥0∈(0,+∞)使𝑓′(𝑥0)=0，所以[0,𝑥0)上𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减，(𝑥0,+∞)上𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增，故𝑓(𝑥0)<𝑓(

0)=0，不满足𝑓(𝑥)≥0恒成立；当1−𝑎≥0时，即𝑓′(0)≥0，故在[0,+∞)上𝑓′(𝑥)≥0，所以[0,+∞)上𝑓(𝑥)递增，此时恒有𝑓(𝑥)≥𝑓(0)=0，满足𝑓(𝑥)≥0

恒成立；综上，𝑎≤1时，𝑥≥0时𝑓(𝑥)≥0恒成立.21．（2022·福建龙岩·高三期中）已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥(𝑥2−2𝑎𝑥−2𝑎)．(1)若曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0，𝑓(0))处的切线与直线𝑙：𝑥−4

𝑦+1=0垂直，求𝑎；(2)若对∀𝑎∈(−32,32)，存在𝑥∈[−2,3]，使得𝑓(𝑥)≤𝑏(2−2𝑎)有解，求𝑏的取值范围．【解题思路】（1）求导，得到𝑓′(0)=−4𝑎，根据切线与直线

𝑙垂直得到斜率乘积为-1，列出方程，求出𝑎=1；（2）问题转化为当𝑥∈[−2,3]时，∀𝑎∈(−32,32)，𝑓(𝑥)min≤𝑏(2−2𝑎)，对𝑓(𝑥)求导，对导函数因式分解，结合𝑎

和𝑥的取值范围及导函数两零点的大小，对𝑎进行分类讨论，求出不同范围下的𝑓(𝑥)的最小值，在构造关于𝑎的函数，求导研究其单调性，极值，最值情况，从而求出𝑏的取值范围.【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=e𝑥

(𝑥2−2𝑎𝑥−2𝑎)+e𝑥(2𝑥−2𝑎)=e𝑥[𝑥2−(2𝑎−2)𝑥−4𝑎],则𝑓′(0)=−4𝑎,因为曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0，𝑓(0))处的切线与直线𝑙：𝑥−4𝑦+1=0垂直，所以−4𝑎×14

=−1，解得：𝑎=1；（2）∀𝑎∈(−32,32)，存在𝑥∈[−2,3]，使得𝑓(𝑥)≤𝑏(2−2𝑎)有解，等价于当𝑥∈[−2,3]时，∀𝑎∈(−32,32)，𝑓(𝑥)min≤𝑏(2−2𝑎)，𝑓′(𝑥)=e𝑥[𝑥2+(2−2𝑎)𝑥−4𝑎]=e

𝑥(𝑥−2𝑎)(𝑥+2)，当𝑎=−1时，𝑓′(𝑥)=e𝑥(𝑥+2)2≥0，即𝑓(𝑥)在𝑥∈[−2,3]上单调递增，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(−2)=2e2，所以4𝑏≥2e2，即𝑏≥12e2；当𝑎∈(−3

2,−1)时，2𝑎<−2，易得𝑓(𝑥)在𝑥∈[−2,3]上单调递增，故𝑓(𝑥)min=𝑓(−2)=2𝑎+4e2，即∀𝑎∈(−32,−1)，2𝑎+4e2≤𝑏(2−2𝑎)恒成立，即∀𝑎∈(−3

2,−1)，𝑏≥𝑎+2e2(1−𝑎)恒成立，令ℎ(𝑎)=𝑎+2e2(1−𝑎)，则ℎ(𝑎)=1e2(31−𝑎−1)在(−32,−1)上单调递增，所以当𝑎∈(−32,−1)时，ℎ(𝑎)<12e2，所以𝑏≥12e2；当

𝑎∈(−1,32)时，−2<2𝑎<3，故𝑓(𝑥)在[−2,2𝑎]上单调递减，在(2𝑎,3]上单调递增，所以𝑓(𝑥)min=𝑓(2𝑎)=−2𝑎e2𝑎，所以此时∀𝑎∈(−1,32)，−2𝑎e2𝑎≤𝑏(2−2𝑎)恒成立

，①当𝑎=1时，−2e2≤0恒成立，此时𝑏∈R，②当𝑎∈(−1,1)时，2−2𝑎>0，可转化为∀𝑎∈(−1,1)，(−2𝑎e2𝑎2−2𝑎)max≤𝑏，设𝑡=2𝑎(−2<𝑡<2)，𝑔(𝑡)=𝑡e𝑡𝑡−2，−2<𝑡<2，则𝑔′(𝑡)=e𝑡(𝑡2−2

𝑡−2)(𝑡−2)2，令𝑔′(𝑡)=0，得𝑡=1−√3，当𝑔′(𝑡)>0，−2<𝑡<1−√3，令𝑔′(𝑡)<0，1−√3<𝑡<2，故𝑔(𝑡)在−2<𝑡<1−√3上单调递增，在1−√3<𝑡<2上单调递减，

故𝑔(𝑡)在𝑡=1−√3处取得极大值，也是最大值，𝑔(𝑥)max=𝑔(1−√3)=(2−√3)e1−√3，即𝑏≥(2−√3)e1−√3，③当𝑎∈(1,32)时，2−2𝑎<0，可转化为∀𝑎∈(1,32)，−2𝑎e2𝑎2−2𝑎≥

𝑏恒成立，即∀𝑎∈(1,32)，(−2𝑎e2𝑎2−2𝑎)min≥𝑏，设𝑚=2𝑎，2<𝑚<3，𝑝(𝑚)=𝑚e𝑚𝑚−2，2<𝑚<3，则𝑝′(𝑚)=e𝑚(𝑚2−2𝑚−2)(𝑚−2)2，令𝑝′(𝑚)=0，𝑚=1+√3，令𝑝′(𝑚)>0，

1+√3<𝑚<3，令𝑝′(𝑚)<0，2<𝑚<1+√3，故𝑝(𝑚)在1+√3<𝑚<3上单调递增，在2<𝑚<1+√3上单调递减，所以𝑝(𝑚)在𝑚=1+√3处取得极小值，也是最小值，𝑝(𝑚)min=𝑝(1+√3)=(2+

√3)e1+√3，即𝑏≤(2+√3)e1+√3，又(2−√3)e3−√3>(2−√3)e>12，所以(2−√3)e1−√3>12e2，综上：𝑏的取值范围是[(2−√3)e1−√3,(2+√3)e1+√3].22．（2023·浙江温州·模拟

预测）已知𝑎>0，函数𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)的最小值为2，其中𝑓(𝑥)=e𝑥−1，𝑔(𝑥)=ln(𝑎𝑥)．(1)求实数a的值；(2)∀𝑥∈(0,+∞)，有𝑓(𝑥+1−𝑚)≥𝑘𝑥+𝑘−1≥𝑔(e𝑥)，求𝑚�

�−𝑘2的最大值．【解题思路】(1)根据题意求出函数𝐹(𝑥)的解析式，利用导数讨论函数的单调性，求出函数𝐹(𝑥)的最小值，列出方程，解之即可；(2)根据题意可得{e𝑥−𝑚≥𝑘𝑥+𝑘−1𝑘𝑥+𝑘−1≥ln𝑥，即(e𝑥−𝑚−𝑘𝑥−

𝑘+1)min≥0在(0,+∞)上恒成立且(ln𝑥−𝑘𝑥−𝑘+1)max≤0在(0,+∞)上恒成立，利用导数分别研究函数𝑢(𝑥)=e𝑥−𝑚−𝑘𝑥−𝑘+1(𝑥>0)和𝑣(𝑥)=ln𝑥−𝑘𝑥−𝑘+1

(𝑥>0)的单调性，进而求出𝑢(𝑥)min、𝑣(𝑥)max，由{𝑢(𝑥)min≥0𝑣(𝑥)max≤0可得{𝑚𝑘≤1−𝑘ln𝑘−ln𝑘≤𝑘，即可求解.【解答过程】（1）由题意知，

𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)=e𝑥−1−ln(𝑎𝑥)(𝑥>0)，则𝐹′(𝑥)=e𝑥−1−1𝑥，令𝐹′(𝑥)<0⇒0<𝑥<1，令𝐹′(𝑥)>0⇒𝑥>1，所以函数𝐹(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以𝐹(𝑥)

min=𝐹(1)=1−ln𝑎，又𝐹(𝑥)min=2，所以1−ln𝑎=2，解得𝑎=e−1，经检验，𝑎=e−1符合题意.故𝑎=e−1.（2）由𝑓(𝑥+1−𝑚)≥𝑘𝑥+𝑘−1≥𝑔(e𝑥)，得{𝑓(𝑥+1−𝑚)≥𝑘𝑥+𝑘−1𝑘𝑥+𝑘−1≥𝑔(e𝑥)

，即{e𝑥−𝑚≥𝑘𝑥+𝑘−1𝑘𝑥+𝑘−1≥ln𝑥，对于e𝑥−𝑚≥𝑘𝑥+𝑘−1，可得不等式e𝑥−𝑚−𝑘𝑥−𝑘+1≥0在R上恒成立，即(e𝑥−𝑚−𝑘𝑥−𝑘+1)min≥0在R上

恒成立，设𝑢(𝑥)=e𝑥−𝑚−𝑘𝑥−𝑘+1(𝑥∈R)，则𝑢′(𝑥)=e𝑥−𝑚−𝑘，若𝑘≤0，则𝑢′(𝑥)>0，函数𝑢(𝑥)在R上单调递增，且𝑢(𝑥)=e𝑥−𝑚−𝑘

𝑥−𝑘+1>0，符合题意；若𝑘>0，令𝑢′(𝑥)<0⇒𝑥<𝑚+ln𝑘，令𝑢′(𝑥)>0⇒𝑥>𝑚+ln𝑘，所以𝑢(𝑥)在(−∞,𝑚+ln𝑘)上单调递减，在(𝑚+ln𝑘,+∞)上单调递增，所以𝑢(𝑥)min=𝑢(�

�+ln𝑘)=−𝑚𝑘−𝑘ln𝑘+1，由𝑢(𝑥)min≥0，得−𝑚𝑘−𝑘ln𝑘+1≥0，即𝑚𝑘≤1−𝑘ln𝑘①；对于𝑘𝑥+𝑘−1≥ln𝑥，可得不等式ln𝑥−𝑘𝑥−𝑘+1≤0在(

0,+∞)上恒成立，即(ln𝑥−𝑘𝑥−𝑘+1)max≤0在(0,+∞)上恒成立，设𝑣(𝑥)=ln𝑥−𝑘𝑥−𝑘+1(𝑥>0)，则𝑣′(𝑥)=1𝑥−𝑘，若𝑘≤0，则𝑣(1)=1−2𝑘>0，不符合题意；若𝑘>0，令𝑣′(𝑥)>0⇒0<𝑥<1𝑘

，令𝑣′(𝑥)<0⇒𝑥>1𝑘，所以𝑣(𝑥)在(0,1𝑘)上单调递增，在(1𝑘,+∞)上单调递减，所以𝑣(𝑥)max=𝑣(1𝑘)=−ln𝑘−𝑘，由𝑣(𝑥)max≤0，得−ln𝑘−𝑘≤0

，即−ln𝑘≤𝑘②.当𝑘>0时，由①②得，𝑚𝑘−𝑘2≤1−𝑘ln𝑘−𝑘2≤1+𝑘2−𝑘2=1，即𝑚𝑘−𝑘2≤1，设ℎ(𝑘)=ln𝑘+𝑘，则ℎ(e−2)=−2+e−2<0，ℎ

(1)=1>0，故ℎ(𝑘)存在零点𝑘0，故𝑚𝑘−𝑘2≤1当且仅当𝑘=𝑘0，𝑚=1−𝑘0ln𝑘0𝑘0时等号成立.综上，𝑚𝑘−𝑘2的最大值为1.23．（2022·江苏·高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=2ln𝑥−

𝑥2，𝑔（𝑥）=𝑥+𝑎𝑥．设函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)有相同的极值点．(1)求实数a的值；(2)若对∀𝑥1，𝑥2∈[1e，3]，不等式𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)𝑘−1≤1恒成立，求实数k的取值范围；【解题思路】（1）利

用导数得出函数𝑓(𝑥)的极值点𝑥0，再令𝑔′(𝑥0)=0即可得出𝑎的值，再进行验证即可；（2）首先求出𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)在[1e,3]上的最值，再对𝑘−1分正负讨论，把已知不等式变形等价转化，即可求出参数的取值

范围．【解答过程】（1）解：因为𝑓(𝑥)=−𝑥2+2ln𝑥，所以𝑓′(𝑥)=−2𝑥+2𝑥=−2(𝑥−1)(𝑥+1)𝑥(𝑥>0)，由{𝑓′(𝑥)>0𝑥>0得0<𝑥<1，由{𝑓′(𝑥)<0𝑥>0得𝑥>1，所以𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞

)单调递减，从而𝑓(𝑥)的极大值为𝑓(1)=−1，又𝑔(𝑥)=𝑥+𝑎𝑥，所以𝑔′(𝑥)=1−𝑎𝑥2，依题意，𝑥=1是函数𝑔(𝑥)的极值点，所以𝑔′(1)=1−𝑎=0，解得𝑎=1，所以𝑔′(𝑥)=1−1𝑥2=

𝑥2−1𝑥2=(𝑥−1)(𝑥+1)𝑥2，则当𝑥>1或𝑥<−1时，𝑔′(𝑥)>0，当0<𝑥<1或−1<𝑥<0时，𝑔′(𝑥)<0，所以𝑔(𝑥)在(1,+∞)和(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)和(0,1

)上单调递减；所以函数在𝑥=1处取得极小值，即当𝑎=1时，函数𝑔(𝑥)取到极小值，符合题意，故𝑎=1；（2）解：由（1）知𝑎=1，由于𝑓(1e)=−2−1e2，𝑓(1)=−1，𝑓(3)=2ln3−9，显然𝑓(3)<𝑓(1

e)<𝑓(1)，故𝑥∈[1e，3]时，𝑓(𝑥)min=2ln3−9，𝑓(𝑥)max=−1，又𝑔(1e)=e+1e，𝑔(1)=2，𝑔(3)=103，故𝑔(1)<𝑔(1e)<𝑔(3)，所以当𝑥∈[1e，3]时，𝑔(𝑥)min=2，𝑔(𝑥)max=10

3，①当𝑘>1时，问题等价于𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)≤𝑘−1，所以𝑘≥𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)+1恒成立，即𝑘≥[𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)]max+1，∵𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)+1≤−1−2+1=−2，∴𝑘≥−2，故𝑘>1符合题

意；②当𝑘<1时，问题等价于𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)≥𝑘−1，即𝑘≤𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)+1恒成立，即𝑘≤[𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)]min+1，因为𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)+1≥2ln3−9−103+1=2ln3−343，∴𝑘≤2ln3

−343．综上𝑘≤2ln3−343或𝑘>1.24．（2022·山东·高三期中）已知函数𝑔(𝑥)=e𝑥⋅(𝑥²+𝑎𝑥+𝑎)(1)当𝑎=1时，求𝑔(𝑥)的极值；(2)若𝑓(𝑥)=𝑔(𝑥)e𝑥，且𝑓(ln𝑥)+2e2𝑥≥

0恒成立，求实数a的取值范围.【解题思路】（1）求定义域，求导，根据导函数的正负求出函数的极值情况；（2）不等式变形为𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e2，构造ℎ(𝑥)=𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]

,𝑥∈(0,+∞)，求导后得到ℎ′(𝑥)=(ln𝑥+2)(ln𝑥+𝑎)，对𝑎分类讨论，求出每种情况下的实数a的取值范围，即得.【解答过程】（1）当𝑎=1时，𝑔(𝑥)=e𝑥(𝑥2+𝑥+1)，定义域为(−∞,

+∞)，则𝑔′(𝑥)=e𝑥(𝑥2+3𝑥+2)令𝑔′(𝑥)=0，得𝑥=−2，或𝑥=−1．当x变化时，𝑔(𝑥),𝑔′(𝑥)的变化情况如下：x(−∞,−2)−2(−2,−1)−1(−1,+∞)𝑔′(𝑥)+0-0

+𝑔(𝑥)单调递增3e2单调递减1e单调递减因此，当𝑥=−2时，𝑔(𝑥)有极大值，并且极大值为3e2；当𝑥=−1时，𝑔(𝑥)有极小值，并且极小值为1e；（2）因为𝑓(ln𝑥)+2e2𝑥≥0等价于𝑥[(ln𝑥)2+�

�ln𝑥+𝑎]≥−2e2，令ℎ(𝑥)=𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎],𝑥∈(0,+∞)，则ℎ′(𝑥)=(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎+𝑥(2ln𝑥𝑥+𝑎𝑥)=(ln𝑥+2)(ln𝑥+𝑎)，（ⅰ）若𝑎∈[0,4]，

对于函数𝑦=(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎，有Δ=𝑎2−4𝑎≤0，所以(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎≥0恒成立，故当𝑎∈[0,4]时，不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e

2恒成立；（ⅱ）若𝑎∈(4,+∞)，当𝑥∈(0,e−𝑎]时，(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎=ln𝑥(ln𝑥+𝑎)+𝑎>0，所以𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]>0，故不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e2恒成立；现探究当𝑥∈(e

−𝑎,+∞)时的情况：当𝑥∈(e−𝑎,e−2)时，ℎ′(𝑥)<0，当𝑥∈(e−2,+∞)时，ℎ′(𝑥)>0，所以ℎ(𝑥)在(e−𝑎,e−2)上单调递减，在(e−2,+∞)上单调递增，所以𝑥=e−2是ℎ(𝑥)的极小值点，要使不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−

2e2成立，只需ℎ(e−2)=e−2(4−2𝑎+𝑎)≥−2e2，解得：𝑎≤4+2e4，故当4<𝑎≤4+2e4时，不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e2恒成立；（ⅲ）若𝑎∈(−∞

,0)，当𝑥∈(0,e−2]时，(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎=(ln𝑥)2+𝑎(ln𝑥+1)>0，所以𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]>0，故不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e

2恒成立；现探究当𝑥∈(e−2,+∞)时的情况：当𝑥∈(e−2,e−𝑎)时，ℎ′(𝑥)<0，当𝑥∈(e−𝑎,+∞)时，ℎ′(𝑥)>0，所以ℎ(𝑥)在(e−2,e−𝑎)上单调递减，在(e−𝑎,

+∞)上单调递增，所以𝑥=e−𝑎是ℎ(𝑥)的极小值点，要使不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e2成立，只需ℎ(e−𝑎)=e−𝑎(𝑎2−𝑎2+𝑎)≥−2e2，即𝑎e−𝑎≥−2e2．设𝑚(𝑥)=𝑥

e𝑥(𝑥<0)，则𝑎e−𝑎≥−2e2化为𝑚(𝑎)≥𝑚(−2)，因为𝑚′(𝑥)=1−𝑥e𝑥>0，所以𝑚(𝑥)在(−∞,0)上为增函数，于是，由𝑚(𝑎)≥𝑚(−2)及𝑎<0，

得−2≤𝑎<0，故当−2≤𝑎<0时，不等式𝑥[(ln𝑥)2+𝑎ln𝑥+𝑎]≥−2e2恒成立；综上，实数a的取值范围为[−2,4+2e4]．25．（2022·北京高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥+𝑎sin𝑥−1(𝑎∈𝑅)．(1)求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,𝑓

(0))处的切线方程；(2)若函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处取得极小值，求𝑎的值；(3)若存在正实数𝑚，使得对任意的𝑥∈(0,𝑚)，都有𝑓(𝑥)<0，求𝑎的取值范围．【解题思路】（1）由导数的几何意义求解；（2）由𝑓′(0)=0

求得𝑎值，并验证此时𝑥=0是极小值点；（3）求出导函数𝑓′(𝑥)=e𝑥+𝑎cos𝑥，𝑓′(0)=1+𝑎，然后根据𝑓′(0)的正负或0分类，注意由导函数的连续性得出𝑓′(𝑥)在(0,𝑚)（存在正实数𝑚）上𝑓′(𝑥)与𝑓′(0)同号，

从而得函数的单调性，得函数值的正负．【解答过程】（1）𝑓′(𝑥)=e𝑥+𝑎cos𝑥，𝑓′(0)=1+𝑎，又𝑓(0)=0，∴切线方程为𝑦=(1+𝑎)𝑥；（2）由（1）𝑓′(𝑥)=e𝑥+𝑎cos𝑥，函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处取

得极小值，则𝑓′(0)=0，即1+𝑎=0，𝑎=−1，设𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)=e𝑥−cos𝑥，则𝑔′(𝑥)=e𝑥+sin𝑥，𝑔′(0)=1，由𝑔′(𝑥)的图象的连续性知𝑔′(𝑥)在𝑥=0附近是正值，因此𝑓′(𝑥)在𝑥=0附近是递增的，又𝑓′(

0)=0，所以𝑓′(𝑥)在𝑥=0附近从左到右，由负变正，𝑓(𝑥)在𝑥=0左侧递减，在𝑥=0右侧递增，𝑓(0)是极小值，符合题意；所以𝑎=−1．（3）𝑓′(𝑥)=e𝑥+𝑎cos𝑥，𝑓(0)=0，当𝑓′(0)=1+𝑎>0，即𝑎>−1时，由𝑔′(𝑥

)的图象的连续性知必存在𝑚>0，使得对任意𝑥∈(0,𝑚)，𝑓′(𝑥)>0，对应𝑓(𝑥)递增，因此𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0，不合题意，当𝑓′(0)=1+𝑎<0，即𝑎<−1时，由𝑔′(𝑥)的图象的连续性知必存在𝑚>0，使得对任意𝑥∈(0,𝑚)，𝑓

′(𝑥)<0，对应𝑓(𝑥)递减，因此𝑓(𝑥)<𝑓(0)=0，满足题意，𝑎=−1时，𝑓′(𝑥)=e𝑥−cos𝑥，𝑥>0时，e𝑥>1，cos𝑥≤1，𝑓′(𝑥)=e𝑥−cos𝑥>0恒成立，𝑓(𝑥)=e𝑥−sin𝑥−1在(0,+∞

)上递增，𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0，不合题意，综上，𝑎的取值范围是(−∞,−1)．26．（2022·上海高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑥2(𝑎为实常数）．(1)若𝑎=−2，求证：

𝑓(𝑥)在(1,+∞)上是增函数；(2)当𝑎=−4时，求函数𝑓(𝑥)在[1,e]上的最大值与最小值及相应的𝑥值；(3)若存在𝑥∈[1,e]，使得𝑓(𝑥)≤(𝑎+2)𝑥成立，求实数𝑎的取值范围．【解题思路】(1)利用导数大

于零即可证明；(2)利用导数讨论函数的单调性即可求解给定区间内的最值；(3)利用导数讨论单调性与最值，即可解决能成立问题.【解答过程】（1）由题可知函数的定义域(0,+∞)，因为𝑎=−2,所以𝑓(𝑥)

=−2ln𝑥+𝑥2，所以𝑓′(𝑥)=−2𝑥+2𝑥=2𝑥2−1𝑥，令𝑓′(𝑥)>0解得𝑥>1，所以𝑓(𝑥)在(1,+∞)上是增函数.（2）因为𝑎=−4,所以𝑓(𝑥)=−4ln𝑥+𝑥2，所以𝑓′(𝑥)=−4𝑥+

2𝑥=2𝑥2−2𝑥，令𝑓′(𝑥)>0解得𝑥>√2，令𝑓′(𝑥)<0解得0<𝑥<√2，所以𝑓(𝑥)在(0,√2)上单调递减，在(√2,+∞)上单调递增，所以𝑓(𝑥)在[1,√2)上单调递减，在[√2,e]上单调递增，所以当𝑥=√2时，函数𝑓(𝑥)有最小值为𝑓(

√2)=2−2ln2，因为𝑓(1)=1,𝑓(e)=e2−4>1，所以当𝑥=e时，函数𝑓(𝑥)有最大值为𝑓(e)=e2−4.（3）由𝑓(𝑥)≤(𝑎+2)𝑥得𝑎ln𝑥+𝑥2≤(𝑎

+2)𝑥，即𝑎(ln𝑥−𝑥)≤2𝑥−𝑥2，因为𝑥∈[1,e]，所以𝑥≥1,ln𝑥≤lne=1，所以𝑥≥lne≥ln𝑥，且当𝑥=1时ln𝑥=0，所以𝑥>ln𝑥在𝑥∈[1,e]恒成立，所以𝑎≥𝑥2−2𝑥𝑥−ln𝑥，即存

在𝑥∈[1,e]时，𝑎≥𝑥2−2𝑥𝑥−ln𝑥，令𝑔(𝑥)=𝑥2−2𝑥𝑥−ln𝑥，𝑔′(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥+2−2ln𝑥)(𝑥−ln𝑥)2，令ℎ(𝑥)=𝑥+2−2ln𝑥,ℎ′(𝑥)=1−2𝑥=𝑥−2𝑥，令ℎ′(𝑥

)=𝑥−2𝑥>0，解得2<𝑥≤e，令ℎ′(𝑥)=𝑥−2𝑥<0，解得1≤𝑥<2，所以ℎ(𝑥)在[1,2)单调递减，(2,e]单调递增，所以ℎ(𝑥)≥ℎ(2)=2(2−ln2)>0，所以𝑥∈[1,e]时，𝑔′(𝑥)=(𝑥−

1)(𝑥+2−2ln𝑥)(𝑥−ln𝑥)2≥0恒成立，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(1)=−1，所以实数𝑎的取值范围是[−1,+∞).27．（2023·北京·高三专题练习）已知𝑥=1是函数𝑓(𝑥)=ln𝑥1+𝑥−l

n𝑥+ln(𝑎𝑥+2)的一个极值点．(1)求𝑎值；(2)判断𝑓(𝑥)的单调性；(3)是否存在实数𝑚，使得关于𝑥的不等式𝑓(𝑥)≥𝑚的解集为(0,+∞)?直接写出𝑚的取值范围．【解题

思路】（1）求导得到导函数，根据𝑓′(1)=0计算得到答案.（2）求导得到𝑓′(𝑥)=−ln𝑥(1+𝑥)2，根据导数的正负得到单调区间.（3）先证明ln(1+𝑥)<𝑥，ln(1+𝑥)<√1+𝑥，

计算得到𝑓(𝑥)>ln2，且𝑓(𝑥)<2√𝑥+1+ln2，得到答案.【解答过程】（1）𝑓(𝑥)=ln𝑥1+𝑥−ln𝑥+ln(𝑎𝑥+2)，则𝑓′(𝑥)=1𝑥+1−ln𝑥(1+𝑥)2−1

𝑥+𝑎𝑎𝑥+2，𝑓′(1)=1𝑥+1−ln𝑥(1+𝑥)2−1𝑥+𝑎𝑎𝑥+2=24−1+𝑎𝑎+2=0，解得𝑎=2.𝑓′(𝑥)=1𝑥+1−ln𝑥(1+𝑥)2−1𝑥+22𝑥+2=−ln𝑥(1+𝑥)

2，当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减.故𝑥=1是函数的极大值点，满足.（2）𝑓′(𝑥)=−ln𝑥(1+𝑥)2，当𝑥

∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，函数单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，函数单调递减.（3）𝑓(𝑥)=ln𝑥1+𝑥−ln𝑥+ln(𝑥+1)+ln2=𝑥[ln(𝑥+1)−ln𝑥]+ln(𝑥+1)1+𝑥+ln2，当𝑥∈(0,+∞)，易知ln(

𝑥+1)−ln𝑥>0，ln(𝑥+1)>0，故𝑓(𝑥)>ln2.故𝑚≤ln2，满足条件.当𝑥∈(0,+∞)时，设𝑔(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥，故𝑔′(𝑥)=1𝑥+1−1=−𝑥𝑥+1<0，故𝑔(𝑥)<𝑔(0)=0，即l

n(1+𝑥)<𝑥，当𝑥∈(0,+∞)时，设ℎ(𝑥)=ln(1+𝑥)−√1+𝑥，ℎ′(𝑥)=1𝑥+1−12√1+𝑥=2−√1+𝑥2(𝑥+1)，当𝑥∈(0,3)时，ℎ′(𝑥)=2−√1+𝑥2(𝑥+1)>0，函数单调递增；当𝑥∈(3,+∞)时，ℎ′(𝑥)=2

−√1+𝑥2(𝑥+1)<0，函数单调递减；故ℎ(𝑥)≤ℎ(3)=ln4−2<0，故ln(1+𝑥)<√1+𝑥.𝑓(𝑥)=𝑥ln(1+1𝑥)+ln(𝑥+1)𝑥+1+ln2<𝑥⋅1𝑥+√𝑥+1𝑥+1+ln2<2√�

�+1+ln2，即𝑓(𝑥)可以无限接近ln2.综上所述：𝑚∈(−∞,ln2].28．（2022·上海市高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑎𝑥+4，𝑎∈R．(1)讨论函数𝑓(𝑥)的单调性；(2)若函数𝑓(𝑥)在区间[−2,1]上的最大值为12，求实数𝑎

的值；(3)若关于𝑥的不等式𝑓(𝑥)≥ln𝑥+3在区间(2,+∞)上恒成立，求实数𝑎的取值范围．【解题思路】（1）先求导，对𝑎≤0和𝑎>0进行分类讨论，结合二次函数性质，由导数正负确定原函数增减，即可求解；（2）由于√3𝑎3与1，2的大小关系不确定，故需分为√3𝑎3≤1，1

<√3𝑎3<2，√3𝑎3≥2三类情况分类讨论，由导数正负确定原函数增减，进而确定在[−2,1]上𝑓(𝑥)max，解出对应𝑎值；（3）采用分离参数法得𝑎≤𝑥3−ln𝑥+1𝑥，𝑥∈(2,+∞)，令𝑔(𝑥)=𝑥3−ln𝑥+1𝑥(𝑥>2)，求得𝑔′(𝑥)=2𝑥3+

ln𝑥−2𝑥2，再令ℎ(𝑥)=2𝑥3+ln𝑥−2，利用二阶导确定一阶导的单调性和正负，进而确定原函数的单调性和正负，进而得解.【解答过程】（1）由𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑎𝑥+4得𝑓′(𝑥)=3𝑥2−𝑎，当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)≥0，故𝑓(𝑥)在𝑅上单

增；当𝑎>0时，令𝑓′(𝑥)=3𝑥2−𝑎=0，解得𝑥=±√3𝑎3，𝑥<−√3𝑎3时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单增；−√3𝑎3<𝑥<√3𝑎3时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单减；𝑥>√3𝑎3时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(�

�)单增；综上所述，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在𝑅上单增；当𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(−∞,−√3𝑎3)单增；𝑓(𝑥)在(−√3𝑎3,√3𝑎3)单减；𝑓(𝑥)在当(√3𝑎3,+∞)单增；（2）由（1）可知，当𝑎≤

0时，𝑓(𝑥)在𝑅上单增，故当𝑥∈[−2,1]时，𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=1−𝑎+4=12，解得𝑎=−7，故𝑎=−7；当𝑎>0时，令√3𝑎3≤1，解得0<𝑎≤3，𝑥∈[−2,−√3𝑎3)和(√3𝑎3,1]时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单增

；𝑥∈(−√3𝑎3,√3𝑎3)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单减；故𝑓(𝑥)最大值在𝑓(−√3𝑎3)或𝑓(1)处取到，𝑓(−√3𝑎3)=−𝑎3⋅√3𝑎3+𝑎3⋅√3𝑎+4=12，解得𝑎=3⋅243（舍去），𝑓(1)=1−𝑎+4=5−

𝑎=12，解得𝑎=−7舍去；当1<√3𝑎3<2，即3<𝑎<12时，𝑥∈[−2,−√3𝑎3)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单增；𝑥∈(−√3𝑎3,1]时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单减，故𝑓(𝑥)max=𝑓(−√3𝑎

3)=−𝑎3⋅√3𝑎3+𝑎3⋅√3𝑎+4=12，解得𝑎=3⋅243，故𝑎=3⋅243；当√3𝑎3≥2时，即𝑎≥12时，𝑥∈[−2,1]时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单减，故𝑓(𝑥)max=𝑓(

−2)=−8+2𝑎+4=12，解得𝑎=8（舍去），综上所述，𝑎=−7或𝑎=3⋅243（3）要使𝑓(𝑥)≥ln𝑥+3在区间(2,+∞)上恒成立，即𝑥3−𝑎𝑥+4≥ln𝑥+3对于任意𝑥∈(2,+∞)恒成立，分离

参数𝑎得𝑎≤𝑥3−ln𝑥+1𝑥，𝑥∈(2,+∞)，令𝑔(𝑥)=𝑥3−ln𝑥+1𝑥(𝑥>2)，则𝑔′(𝑥)=(3𝑥2−1𝑥)𝑥−(𝑥3−ln𝑥+1)𝑥2=2𝑥3+ln𝑥−2𝑥2，令ℎ(𝑥)=2𝑥3+ln𝑥−2，则ℎ′(𝑥)=6𝑥2+1𝑥

>0，故ℎ(𝑥)在(2,+∞)单增，ℎ(2)=2⋅23+ln2−2>0，故ℎ(𝑥)>ℎ(2)>0，即𝑔′(𝑥)>0在(2,+∞)成立，故𝑔(𝑥)在(2,+∞)单增，𝑔(2)=8−ln2+12=9−ln22，所以𝑎≤9

−ln22.29．（2022·全国·模拟预测）设函数𝑓(𝑥)=𝑥e𝑘𝑥+𝑎，𝑓′(𝑥)为𝑓(𝑥)的导函数.(1)当𝑘=−1时，①若函数𝑓(𝑥)的最大值为0，求实数𝑎的值；②若存在实数𝑥>0，使

得不等式𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥成立，求实数𝑎的取值范围.(2)当𝑘=1时，设𝑔(𝑥)=𝑓′(𝑥)，若𝑔(𝑥1)=𝑔(𝑥2)，其中𝑥1≠𝑥2，证明：𝑥1𝑥2>4.【解题思路】(1

)①当𝑘=−1时，对𝑓(𝑥)求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值.②要求𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥恒成立时𝑎的取值范围，等价于𝑎≥lne𝑥𝑥−𝑥e𝑥，构造新的函数，将问题转化为求新构造函数的最大值，问题即可解决.(2)

当𝑘=1时，𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥+𝑎，求导即可得到𝑔(𝑥)的函数表达式，对𝑔(𝑥)求导，得到函数𝑔(𝑥)的图像，设𝑥1<−2<𝑥2<−1，则要证明𝑥1𝑥2>4，只需要证明�

�(𝑥2)>𝑔(4𝑥2)，构造新函数ℎ(𝑥)=𝑔(𝑥)−𝑔(4𝑥)(−2<𝑥<−1)，求导研究函数的单调性，证明𝑔(𝑥)>𝑔(4𝑥)在(−2,−1)上恒成立即可.【解答过程】（1）当𝑘=−1时，𝑓

(𝑥)=𝑥e𝑥+𝑎.①易知𝑓′(𝑥)=1−𝑥e𝑥，所以𝑓(𝑥)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=1e+𝑎，故1e+𝑎=0，所以𝑎=−1e.②解法一，不等式𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥⇔𝑎≥𝑥−ln𝑥−𝑥e𝑥

⇔𝑎≥lne𝑥𝑥−𝑥e𝑥.设𝑡=𝑥e𝑥（𝑥>0），𝑝(𝑡)=ln1𝑡−𝑡=−ln𝑡−𝑡，则由①知0<𝑡≤1e，所以存在实数𝑥>0，使得不等式𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥成立，等价于存在实数0<𝑡≤1e，使得𝑎≥𝑝(𝑥)mi

n成立.易知𝑝(𝑡)在(0,1e]上单调递减，所以𝑝(𝑡)min=𝑝(1e)=1−1e，所以𝑎≥1−1e，即实数𝑎的取值范围为[1−1e,+∞).解法二，不等式𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥⇔𝑎≥𝑥−ln𝑥−𝑥e𝑥.设𝑞(𝑥)=𝑥−ln𝑥−�

�e𝑥，则存在实数𝑥>0，使得不等式𝑓(𝑥)≥𝑥−ln𝑥成立，等价于存在实数𝑥>0，使得𝑎≥𝑞(𝑥)min成立.易知𝑞′(𝑥)=1−1𝑥−1−𝑥e𝑥=(𝑥−1)(1𝑥+1e𝑥)，当𝑥>0时，易知1�

�+1e𝑥>0，所以𝑞(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以𝑞(𝑥)min=𝑞(1)=1−ln1−1e=1−1e，所以𝑎≥1−1e，即实数𝑎的取值范围为[1−1e,+∞).（2）当�

�=1时，𝑓(𝑥)=𝑥e𝑥+𝑎，𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥，所以𝑔(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥，所以𝑔′(𝑥)=(𝑥+2)e𝑥，所以𝑔(𝑥)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(−2)

=−e−2<0，且当𝑥<−1时，𝑔(𝑥)<0，当𝑥>−1时，𝑔(𝑥)>0，故可作出𝑔(𝑥)的大致图象如图所示.不妨设𝑥1<𝑥2，由图易知𝑥1<−2<𝑥2<−1.要证𝑥1𝑥2>4，只需证𝑥1<4𝑥2<−2.因为𝑔(𝑥)在(−∞,−2)上单调递

减，所以只需证𝑔(𝑥1)>𝑔(4𝑥2)，又𝑔(𝑥1)=𝑔(𝑥2)，所以只需证𝑔(𝑥2)>𝑔(4𝑥2)对任意的𝑥2∈(−2,−1)恒成立.设ℎ(𝑥)=𝑔(𝑥)−𝑔(4𝑥)(−2<𝑥<−1)，则ℎ′(𝑥)=(𝑥+2)e𝑥+8(𝑥+2)𝑥3e

4𝑥=(𝑥+2)e4𝑥𝑥3⋅(𝑥3e𝑥−4𝑥+8).设𝑟(𝑥)=𝑥3e𝑥−4𝑥+8(−2<𝑥<−1)，则𝑟′(𝑥)=𝑥e𝑥−4𝑥⋅[(𝑥+32)2+74]，因为当−2<𝑥<−1时，e𝑥−4𝑥>0，(𝑥+32)2+74>0，所以𝑟

′(𝑥)<0所以𝑟(𝑥)在(−2,−1)上单调递减，所以𝑟(𝑥)<0，又当−2<𝑥<−1时，(𝑥+2)e4𝑥𝑥3<0，所以ℎ′(𝑥)>0，所以ℎ(𝑥)在(−2,−1)上单调递增，所以ℎ(𝑥)>0，即𝑔(𝑥)>𝑔

(4𝑥)在(−2,−1)上恒成立，又𝑥2∈(−2,−1)，所以𝑔(𝑥2)>𝑔(4𝑥2)，原不等式得证.30．（2022·天津市高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥,𝑔(𝑥)=ln𝑥.(1)设ℎ(𝑥)=𝑓

(2𝑥)−3𝑥，求函数ℎ(𝑥)的极值；(2)设𝑥0>1，求证：存在唯一的𝑥0，使得函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象在点𝐴(𝑥0,𝑔(𝑥0))处的切线𝑙与函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象也相切；(3)设𝜑(𝑥)=𝑔(𝑥)+2ln𝑎𝑥+26√𝑥+𝑥2−�

�𝑥，对于任意𝑎∈(2,4)，总存在𝑥∈[32,2]，使𝜑(𝑥)>𝑘(4−𝑎2)成立，求实数𝑘的取值范围.【解题思路】(1)由题意可得ℎ′(𝑥)=2e2𝑥−3，令ℎ′(𝑥)=0，得𝑥=12ln32，再根

据导数的正负确定函数的单调性从而即可得函数的极值；(2)由题意可得𝑔(𝑥)在𝑥=𝑥0处的切线方程为𝑦-ln𝑥0=1𝑥0𝑥−1，只需证明此直线与曲线𝑦=𝑓(𝑥)相切，假设此直线与𝑦=

𝑓(𝑥)相切于点𝐵(𝑥1,e𝑥1)，将问题转化为证明方程2𝑥0ln𝑥0−ln𝑥0−𝑥0=0在(1,+∞)上存在唯一解即可，构造函数𝑢(𝑥0)=2𝑥0ln𝑥0−ln𝑥0−𝑥

0,𝑥0>1，利用导数证明函数𝑢(𝑥0)在(1,+∞)上单调且只有一个零点即可；(3)由题意可得𝜑(𝑥)max>𝑘(4−𝑎2)在𝑎∈(2,4)上恒成立，利用导数得𝜑(𝑥)max=𝜑(2)=2ln(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎,所以即转化

为2ln(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎>𝑘(4−𝑎2)在𝑎∈(2,4)上恒成立，令𝑡(𝑎)=2ln(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎−𝑘(4−𝑎2)，只需𝑡(𝑎)>0在𝑎∈(2,4)上恒成立，利用导数即可解

决.【解答过程】（1）解：因为ℎ(𝑥)=𝑓(2𝑥)−3𝑥=e2𝑥−3𝑥，所以ℎ′(𝑥)=2e2𝑥−3，令ℎ′(𝑥)=0，解得𝑥=12ln32，所以当𝑥<12ln32时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ

(𝑥)单调递减；当𝑥>12ln32时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增；所以函数只有极小值，ℎ(𝑥)极小值=ℎ(12ln32)=eln32−32ln32=32−32ln32（2）证明：因为𝑔(𝑥)=ln𝑥，所以𝑔′(𝑥)=1𝑥，又因为

𝑥0>1，所以𝑔(𝑥)在𝑥=𝑥0处的切线方程为𝑦-ln𝑥0=1𝑥0(𝑥−𝑥0)=1𝑥0𝑥−1，假设此直线与曲线𝑦=𝑓(𝑥)=e𝑥相切于点𝐵(𝑥1,e𝑥1)，因为𝑓′(𝑥)=e𝑥，所以切线的斜率�

�=e𝑥1=1𝑥0且1𝑥0=e𝑥1−ln𝑥0𝑥1−𝑥0，所以𝑥1=−ln𝑥0，所以1𝑥0=1𝑥0−ln𝑥0−ln𝑥0−𝑥0，化简为𝑥0ln𝑥0−ln𝑥0−𝑥0−1=0(𝑥0>1

)，下面证明此方程在(1,+∞)上存在唯一解.令𝑢(𝑥0)=𝑥0ln𝑥0−ln𝑥0−𝑥0−1,𝑥0>1，则𝑢′(𝑥0)=ln𝑥0−1𝑥0=𝑥0ln𝑥0−1𝑥0，令𝐹(𝑥)=𝑥ln𝑥−1，则𝐹′(�

�)=ln𝑥+1，所以当𝑥∈(1e,+∞)时𝐹′(𝑥0)>0，𝐹(𝑥)单调递增，又因为𝐹(1)=−1<0，𝐹(2)=2ln2−1>0，又为𝐹(𝑥)在(1,2)上连续，所以𝐹(𝑥)在(1,2)上存在唯一零点，设为𝑥

1，则有𝑥1ln𝑥1−1=0，即ln𝑥1=1𝑥1，当𝑥1∈(1,2)时，𝐹(𝑥)<0，即𝑢′(𝑥0)<0，𝑢(𝑥0)单调递减；当𝑥1∈(2,+∞)时，𝐹(𝑥)>0，即𝑢′(𝑥0)>0，𝑢(𝑥0)单调递增；所以𝑢(𝑥0)<�

�(1)=−2<0，𝑢(e2)=e2−3>0，所以𝑢(𝑥0)在(𝑥1,e2)内存在唯一零点.所以存在唯一的𝑥0，使得函数𝑦=𝑔(𝑥)的图象在点𝐴(𝑥0,𝑔(𝑥0))处的切线𝑙与

函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象也相切；（3）解：因为𝜑(𝑥)=𝑔(𝑥)+2ln𝑎𝑥+26√𝑥+𝑥2−𝑎𝑥=ln𝑥+2ln𝑎𝑥+26√𝑥+𝑥2−𝑎𝑥，所以𝜑′(𝑥)=1𝑥+2×6√𝑥𝑎𝑥+2×(𝑎𝑥+26√𝑥'+2𝑥−𝑎=1

𝑥+𝑎𝑥−2𝑥(𝑎𝑥+2)+2𝑥−𝑎=𝑥(2𝑎𝑥+4−𝑎2)(𝑎𝑥+2)令𝜑′(𝑥)=0，则有𝑥1=0,𝑥2=𝑎2−42𝑎，又因为𝑥>0,𝑎∈(2,4)，所以有𝑥2=𝑎2−42𝑎>0，又因为𝑥2=𝑎2−42𝑎=𝑎2−2𝑎，在𝑎

∈(2,4)上单调递增，所以𝑥2=𝑎2−42𝑎=𝑎2−2𝑎<32，所以𝜑′(𝑥)>0在𝑥∈[32,2]上恒成立，所以𝜑(𝑥)>0在𝑥∈[32,2]上单调递增，所以𝜑(𝑥)max=𝜑(2)=2ln(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎,所以2l

n(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎>𝑘(4−𝑎2)在𝑎∈(2,4)上恒成立，令𝑡(𝑎)=2ln(2𝑎+2)−2ln6+4−2𝑎−𝑘(4−𝑎2)，则𝑡(2)=0，且𝑡(𝑎)>0在𝑎∈(2,4)

上恒成立，因为𝑡′(𝑎)=2𝑎+1−2+2𝑘𝑎=2𝑎(𝑘𝑎+𝑘−1)𝑎+1，当𝑘≤0时，𝑡′(𝑎)<0，𝑡(𝑎)在(2,4)上单调递减，𝑡(𝑎)<𝑡(2)=0，不合题意；当𝑘>0时，令𝑡′(𝑎)=0，得𝑎=1−𝑘𝑘，

当1−𝑘𝑘>2，即0<𝑘<13时，𝑡(𝑎)在(2,1−𝑘𝑘)上单调递减，存在𝑡(𝑎)<𝑡(2)=0，不合题意；当1−𝑘𝑘≤2，即𝑘≥13时，𝑡(𝑎)在(2,4)上单调递增，𝑡(𝑎)>𝑡(2)=0，满足题意.综上所述，实数𝑘的

取值范围为：[13,+∞).