【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第4讲　第2课时　利用导数解决不等式恒（能）成立问题 含解析【高考】.doc，共(21)页，230.000 KB，由小赞的店铺上传

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1第2课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题考向一恒成立问题例1(2021·南平模拟)已知函数f(x)＝(x－4)ex－3－12x2＋3x－72，g(x)＝aex＋cosx，其中a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性，并求不等式

f(x)>0的解集；(2)若a＝1，证明：当x>0时，g(x)>2；(3)用max{m，n}表示m，n中的最大值，设函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}，若h(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝(x－3)ex－3－x＋3＝(x－3)·(ex－3－1)，

当x>3时，x－3>0，ex－3－1>0，∴f′(x)>0，当x<3时，x－3<0，ex－3－1<0，∴f′(x)>0，当x＝3时，f′(x)＝0，所以当x∈R时，f′(x)≥0，即f(x)在R上是增函数

；又f(3)＝0，所以不等式f(x)>0的解集为(3，＋∞)．(2)证明：当a＝1时，g(x)＝ex＋cosx，g′(x)＝ex－sinx.由x>0，得ex>1，sinx∈[－1,1]，则g′(x)＝e

x－sinx>0，即g(x)在(0，＋∞)上为增函数．故g(x)>g(0)＝2，即g(x)>2.(3)由(1)知，当x≥3时，f(x)≥0恒成立，故h(x)≥0恒成立；当x<3时，f(x)<0，因为h(x

)＝max{f(x)，g(x)}，要使得h(x)≥0恒成立，只要g(x)≥0在(0,3)上恒成立即可．由g(x)＝aex＋cosx≥0，得a≥－cosxex.设函数r(x)＝－cosxex，x∈[0,3]，则2r′(x)＝sinx＋cos

xex.令r′(x)＝0，得x＝3π4.随着x变化，r′(x)与r(x)的变化情况如下表所示：x0，3π43π43π4，3r′(x)＋0－r(x)单调递增极大值单调递减所以r(x)在0，3π4上单调递增

，在3π4，3上单调递减．r(x)在(0,3)上有唯一的一个极大值，即最大值r3π4＝22e-3π4，故a≥22e-3π4.综上所述，所求实数a的取值范围为22e-3π4，＋∞.求解不等式恒成立

问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0

，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(

x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.1.(2021·湖北宜昌诊断)已知函数f(x)＝xlnx，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．解解法一：(分离参数法)依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋1x在x∈[1，

＋∞)上恒成立，亦即a≤lnx＋1xmin，x∈[1，＋∞)．设g(x)＝lnx＋1x(x≥1)，3则g′(x)＝1x－1x2＝x－1x2.令g′(x)＝0，得x＝1.当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以g(x)在[1，＋

∞)上的最小值是g(1)＝1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．解法二：(构造函数法)当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命题等

价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1

]．考向二能成立问题例2已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－2x，g(x)＝－2alnx－2x，其中a∈R.(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若存在x∈1e，e2，使得不等式f(x)≥g(x

)成立，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－2a＋1x＋2x2＝ax2－(2a＋1)x＋2x2＝(ax－1)(x－2)x2.①当1a＝2，即a＝12时，对任意的x>0，f′

(x)≥0，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．②当0<1a<2，即a>12时，4令f′(x)>0，得0<x<1a或x>2；令f′(x)<0，得1a<x<2.此时，函数f(x)的单调递增区

间为0，1a和(2，＋∞)，单调递减区间为1a，2.③当1a>2，即0<a<12时，令f′(x)>0，得0<x<2或x>1a；令f′(x)<0，得2<x<1a.此时，函数f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a，＋∞，单调递减区间为2，1

a.(2)由f(x)≥g(x)，可得ax－lnx≥0，即a≥lnxx，其中x∈1e，e2.构造函数h(x)＝lnxx，x∈1e，e2，则a≥h(x)min，h′(x)＝1－lnxx2，令h′(x)＝0，得x＝e∈

1e，e2.当1e≤x<e时，h′(x)>0；当e<x≤e2时，h′(x)<0.∴函数h(x)在1e，e上单调递增，在(e，e2]上单调递减．∴函数h(x)在x＝1e或x＝e2处取得最小值．∵h1e＝－e，h(e2)＝2e2，∴h

1e<h(e)，∴h(x)min＝h1e＝－e，∴a≥－e.因此，实数a的取值范围是[－e，＋∞)．51．不等式能成立问题的解题关键点2．由不等式能成立求参数范围的常见题型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)

≤m成立⇔f(x)min≤m.2.(2021·汕头一模)已知函数f(x)＝x－alnx，g(x)＝－a＋1x(a∈R)．若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范围．解依题意，只需[f(x)－g(x)]min<0，x∈[1，e]即可．令h(x)

＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋a＋1x，x∈[1，e]，则h′(x)＝1－ax－a＋1x2＝x2－ax－(a＋1)x2＝[x－(a＋1)](x＋1)x2.①当a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0

，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；②当1<a＋1<e，即0<a<e－1时，h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，不符合题意；③当a

＋1≥e，即a≥e－1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋a＋1e<0，得a>e2＋1e－1>e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪e2＋1e－1，＋∞.考向三双变

量不等式恒(能)成立问题6例3设f(x)＝ax＋xlnx，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，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于g(x)max－g(x)min≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(

x)＝3x2－2x＝3xx－23.由g′(x)＞0得x＜0或x＞23，又x∈[0,2]，所以g(x)在0，23上是单调递减函数，在23，2上是单调递增函数，所以g(x)min＝g23＝－

8527，g(x)max＝g(2)＝1.故g(x)max－g(x)min＝11227≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在12

，2上，f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1.故在12，2上，f(x)＝ax＋xlnx≥1恒成立，等价于a≥x－x2lnx恒成立．设h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx

－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，φ′(x)＝－(2lnx＋3)，当x∈12，2时，φ′(x)<0，可知h′(x)在12，2上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当712＜x＜1时，h′(x)＞0.即

函数h(x)＝x－x2lnx在12，1上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法：(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上

的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)∀x1∈[a，b]，∃x2

∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上

的最大值．3.已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－4x－mx，其中0<m≤6.若存在x1∈R，x2∈(0,2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．解因为f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，所以f

′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，因为0<m≤6，ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0.故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，

＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋4x2－m≥43－m，因为0<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依题意有f(x)min≤g(x

)max，所以6－2m≥－e，8又0<m≤6，所以0<m≤3＋e2.故实数m的取值范围为0，3＋e2.含ex，lnx的函数或不等式的解题策略[函数零点设而不求]1．(2021·长春一模)设

函数f(x)＝ex－alnx(a∈R)．(1)当a＝e时，求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求证：f(x)≥a(2－lna)．解(1)当a＝e时，f(x)＝ex－elnx(x>0)，f′(x)＝e

x－ex，易知f′(x)为增函数，且f′(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：f′(x)＝ex－ax，当a>0时，易知f′(x)为(0，

＋∞)上的增函数，当a>e时，f′(1)＝e－a<0；当a＝e时，f′(1)＝e－a＝0；当a<e时，f′ae＝eae－e<0，而f′(a)＝ea－1>0，所以存在x0∈(0，＋∞)，使f′(x0)＝ex0－ax0＝0，即x0＝lna－lnx0，当x∈(0，x0

)时，f′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，g(x)单调递增，所以f(x)≥f(x0)＝ex0－alnx0＝ax0＋ax0－alna≥2a－alna，即f(x)≥a(2－lna)．答题启示

设而不求解题法就是在解决数学问题时，设定一些未知数，不需要求出未知数，而是根据题目本身的特点，将未知数消去或代换，使问题的解决变得简捷、明快．9对点训练(2021·马鞍山三模)已知函数f(x)＝a(1－x)ex，其中a∈R且a≠0.(1)求f(x)的单调区间

，并指出其单调性；(2)若a＝1，F(x)＝x2－13x3＋f(x)，x0是F(x)的极大值点，求证：F(x0)∈23，2.解(1)∵f(x)＝a(1－x)ex，∴f′(x)＝－axex，a>0时，令f′(x)>0，解得x<0，令f′(x)<0，解得x>0，故f(x)在(

－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减．a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．综上，当a>0时，f(x)在(－∞，0)单调递增，在(0，＋∞)单调递减，当a<0时，f(x)在(－∞，0)单

调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)证明：当a＝1时，F(x)＝x2－13x3＋(1－x)ex，∴F′(x)＝x(2－x－ex)，令h(x)＝2－x－ex，则h′(x)＝－1－ex<0，h(x)在R上单调递减，而h(0)＝1>0，h(1)＝1－e<0，故存在x

0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，则ex0＝2－x0，故x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，x∈(0，x0)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，x∈(x0，＋∞)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，∴x0是F(x)的极大值点，∴F(x0)＝

x20－13x30＋(1－x0)ex0＝－13x30＋2x20－3x0＋2，x0∈(0,1)，令G(x)＝－13x3＋2x2－3x＋2，x∈(0,1)，则G′(x)＝－(x－1)(x－3)<0，故G(x)在(0,1)单调递减，而G(0)＝2，G(1)＝

23，故F(x0)∈23，2.[借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩或同构变形]2．(2021·哈尔滨八校联考)设m∈R，函数f(x)＝e2x－ln(2x－m)．(1)若x＝0是f(x)的极值点，求实数m的值，并讨论f(x)的单调性；10(2)当m≥－2时，证明：f(x

)>0.解(1)f′(x)＝2e2x－22x－m，因为x＝0是f(x)的极值点，所以f′(0)＝2e0－2－m＝0，解得m＝－1.此时f(x)＝e2x－ln(2x＋1)，x∈－12，＋∞，f′(x)＝2e2x－22x＋1，f′(x)在

－12，＋∞上单调递增，且f′(0)＝0，所以f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－12，00(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以m＝－1，f(x)在－12，0上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)

证明：先证ex≥x＋1，x∈R，设g(x)＝ex－(x＋1)，则g′(x)＝ex－1，当x∈(－∞，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g(x)

≥g(0)＝0，即ex≥x＋1，所以e2x≥2x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可证lnx≤x－1，进而得－ln(2x－m)≥－(2x－m)＋1，当且仅当2x－m＝1时等号成立，所以e2x－ln(2x－m)≥2x＋1－(2x－m)＋1＝m＋2，11当且仅当x＝0且2

x－m＝1，即m＝－1时等号成立．因为m≥－2，当m≠－1时，e2x－ln(2x－m)>2＋m≥0(2x－m>0)；当m＝－1时，e2x－ln(2x＋1)≥2x＋1－(2x＋1)＋1＝1>0(2x＋1>0)．故当m≥－2时，有f(x)>0恒成立．答题启示常见的恒等式(1

)对数形式：x≥1＋lnx(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x－1>lnx(x>0，且x≠1)．利用函

数的图象(如图)，不难验证上述不等式成立．对点训练已知函数f(x)＝ex－a.(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．解(1)f′(x)＝ex，因

为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2.(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，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，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，12当且

仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>lnx，当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f(x)－lnx>0恒成立．当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<lnx

，即ex－a>lnx不恒成立．综上，整数a的最大值为2.一、单项选择题1．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是()A．(－∞，7]B．(－∞，－20]C．(－∞，0]D．[－12,7]答案B解析令f(x)＝x3－3x2－9x

＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.2．已知函数f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g

(x1)成立，则实数a的取值范围是()A．－1e，＋∞B．[－1，＋∞)C．[－e，＋∞)D．－1e，＋∞答案D解析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x<－1时，f′(x)<

0，函数f(x)单调递减．所以当x＝－1时，f(x)取得极小值即13最小值，f(－1)＝－1e.函数g(x)的最大值为a.若∃x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a≥－1e.故选D.3．(2019·天

津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝x2－2ax＋2a，x≤1，x－alnx，x>1.若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为()A．[0,1]B．[0,2]C．[0，e]D．[1，e]答案C解析当x≤1时，∵f(x)＝x2－2ax＋2a≥0恒成立

，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，∴当a≥1时，f(x)min＝f(1)＝1>0恒成立，当a<1时，f(x)min＝f(a)＝2a－a2≥0，∴0≤a<1.综上，a≥0.当x>1时，f(x)＝x－alnx≥0恒成立，即a≤xlnx恒成立．设g(x)

＝xlnx，则g′(x)＝lnx－1(lnx)2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C．4．(2021·武汉模拟)

已知关于x的不等式exx3－x－alnx≥1对于任意x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1－e]B．(－∞，－3]C．(－∞，－2]D．(－∞，2－e2]答案B解析根据题意，a≤exx3－x－1lnx＝x－

3ex－x－1lnx＝e－3lnxex－x－1lnx＝ex－3lnx－x－1lnx.设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则函数在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(

0)＝0，故ex≥x＋1.所以ex－3lnx－x－1lnx≥x－3lnx＋1－x－1lnx＝－3，故a≤－3.故选B.二、多项选择题145．已知函数f(x)＝ex－cos2x，则下列结论正确的是()A．f(x)在

0，π2上单调递增B．f(x)在0，π2上单调递减C．∀x≥0，f(x)≥0D．∃x≥0，f(x)<0答案AC解析∵f(x)＝ex－cos2x＝ex－12(1＋cos2x)，∴f′(x)＝ex＋sin2x，当x∈0，π2

时，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在0，π2上单调递增，故A正确，B错误；当x∈0，π2时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥π2时，f(x)＝ex－cos2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC．

三、填空题6．(2021·茂名模拟)已知x>0，f(x)＝x2＋ex，g(x)＝(m2＋1)x＋lnx，若f(x)≥g(x)恒成立，则实数m的取值范围是________.答案[－e，e]解析f(x)≥g(x)恒成立⇔x2＋

ex≥(m2＋1)x＋lnx(x>0)恒成立⇔m2＋1≤x2＋ex－lnxx(x>0)恒成立，令h(x)＝x2＋ex－lnxx＝x＋exx－lnxx，则h′(x)＝(x－1)ex＋x2＋lnx－1x2，再令t(x)＝(x－1)ex＋x2＋lnx－1(

x>0)，则t′(x)＝xex＋2x＋1x>0恒成立，∴y＝t(x)在(0，＋∞)上单调递增，又t(1)＝h′(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，t(x)<0，即h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减

；当x∈(1，＋∞)时，t(x)>0，即h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴h(x)min＝h(1)＝1＋e，∴m2＋1≤1＋e，解得－e≤m≤e.157．(2021·聊城一模)若lnx＋1x≤ax＋b对于x∈(0，＋∞)恒成立，当a＝0时，b的最小值为________；

当a>0时，ba的最小值是________.答案1－1e解析a＝0时，b≥lnx＋1xmax，令f(x)＝lnx＋1x，则f′(x)＝1－lnx－1x2＝－lnxx2，令f′(x)＝0，解得x＝1，且当0<x

<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝ln1＋11＝1，∴b≥1，故b的最小值为1.f(x)＝lnx＋1x的图象如图所示：当a>0

时，令ax＋b＝0，可得x＝－ba，故ba取得最小值，直线y＝ax＋b在x轴的截距最大，又lnx＋1x≤ax＋b.结合图象可知，令f(x)＝lnx＋1x＝0，可得x＝1e，则直线y＝ax＋b在x轴上的截距－ba≤1e，所以ba≥－1e，故bamin＝－1e.四、解答题168．

(2021·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，

求实数p的取值范围．解(1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，所以f(a)≥f(0)＝－2.所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥2(x0－1)ex0－x0成立，

所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．令h(x)＝(2x－3)ex，从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.因为x≥1，所以2x－1≥1，ex>0，所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－

3)ex在[1，e]上单调递增．所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．9．已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)若3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈1e，e，使

得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2x－4＝2x2－4x＋ax.∵3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6.经检验，当a＝－

6时，3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x20－2x0，记F(x)＝x－lnx(x>0)，则F′(x)＝x－1x(x>0)，17∴当0<x<1时，F′(x)<0，F(x)单调递减．当x>1时，F′(x)>0，F(x

)单调递增．∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥x20－2x0x0－lnx0.记G(x)＝x2－2xx－lnx，x∈1e，e，则G′(x)＝(2x－2)(x－lnx)－(x－2)(x－1)(x－lnx)2＝(x－1)(x－2lnx＋

2)(x－lnx)2.∵x∈1e，e，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，∴当x∈1e，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴

a≥G(x)min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．10．(2021·唐山模拟)已知函数f(x)＝ex－mx2.(1)若x轴是曲线y＝f(x)的一条切线，求m的值；(2)若当x≥0时，f(x)≥2x－sinx＋1，求m的取值范围．解(1)设曲线y＝f(x)的切点

为(x0,0)，则f′(x)＝ex－2mx，所以f′(x0)＝ex0－2mx0＝0，即ex0－2mx0＝0，①又因为f(x0)＝0，即ex0－mx20＝0，②联立①②可得m＝e24.(2)设g(x)＝f(x)－(

2x－sinx＋1)＝ex－mx2－2x＋sinx－1，x≥0，g′(x)＝ex－2mx－2＋cosx，18令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－2m－sinx，令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－cosx≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)

上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－2m.①当m≤12时，h′(x)≥h′(0)＝1－2m≥0，∴g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g′(x)≥g′(0)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，∴m≤12符合题意．②当m>12时，h′(0

)＝1－2m<0，h′(2m)＝e2m－2m－sin2m>1－sin2m≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上存在唯一零点x0，使得h′(x0)＝0.x(0，x0)x0(x0，＋∞)h′(x)－0＋h(x)极小值g′(x)极小值∴当x∈[0，x0]时，g′(x)≤g′(0)＝0，∴g(x)

在[0，x0]上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，与题意不符．综上，m的取值范围为－∞，12.11．(2021·汕头三模)已知函数f(x)＝ex－12x2－ax－1，g(x)＝cosx＋12x2－1.(1)当a＝1时，求

证：当x≥0时，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－12x2－x－1，所以f′(x)＝ex－x－1，令φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－1≥0恒成立，故f′(x)

在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥f′(0)＝0，则f(x)在[0，＋∞)19上单调递增，故f(x)≥f(0)＝0，故原式得证．(2)因为f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，令h(x)＝f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，即h(x)≥0

恒成立，因为h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－cosx，又ex≥1，－1≤cosx≤1，故t′(x)≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，则h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(

x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0.此时原式成立，故a≤1满足题意；②当1－a<0，即a>1时，h′(0)＝1－a<0，当x→＋∞时，h′(x)→＋∞，故∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，则h(x)在(0，x0)上单调递减，

故h(x)<h(0)＝0，矛盾．综上所述，a的取值范围为(－∞，1]．12．(2021·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝12lnx－mx，g(x)＝x－ax(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若m＝12e2，∀x1，x2∈[2,2e2

]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)因为f(x)＝12lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝12x－m，当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当m>0时，由f′(x)＝0得x＝12m；由f′(

x)>0，x>0得0<x<12m；由f′(x)<0，x>0得x>12m.20所以f(x)在0，12m上单调递增，在12m，＋∞上单调递减．综上所述，当m≤0时，函数f(x)的单调

递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当m>0时，函数f(x)的单调递增区间为0，12m，单调递减区间为12m，＋∞.(2)若m＝12e2，则f(x)＝12lnx－12e2x.∀x1，x2∈[2,2e2]都有g(x1)≥f(

x2)成立，等价于对x∈[2,2e2]，g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝12，又g′(x)＝1＋ax2>0(a>0)，x∈[2,2e2]，所以函数g(x)在[2,2e2]上单调递增，所以g(x)min＝g(2)＝2－a2.由2－

a2≥12，得a≤3，又a>0，所以a∈(0,3]，所以实数a的取值范围为(0,3]．13．(2021·湖南模拟)已知函数f(x)＝axlnx－bx2－ax.(1)曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋12＝0，求a，b的值；(2)若a≤0，b＝12时，∀x1

，x2∈(1，e)，都有|f(x1)－f(x2)||x1－x2|<3，求a的取值范围．解(1)由题意，f′(x)＝a(1＋lnx)－2bx－a＝alnx－2bx，由f′(1)＝－2b＝－1，得b＝12，又f(1)＝－b－a＝－32，∴a＝1.即a＝1，b＝12.(2)

当a≤0，b＝12时，f′(x)＝alnx－x<0，f(x)在(1，e)上单调递减，不妨设x1<x2，则f(x1)>f(x2)，原不等式即为f(x1)－f(x2)x2－x1<3.21即f(x1)－f(x2)<3x2－3x1，

即f(x1)＋3x1<f(x2)＋3x2.令g(x)＝f(x)＋3x，则g(x)在(1，e)上为单调增函数，∴g′(x)＝f′(x)＋3＝alnx－x＋3≥0在(1，e)上恒成立．即a≥x－3lnx，x∈(1，e)，令h(x)＝x－3lnx，x∈(1

，e)，h′(x)＝lnx＋3x－1(lnx)2，令t(x)＝lnx＋3x－1，t′(x)＝1x－3x2＝x－3x2<0.∴t(x)在(1，e)上单调递减，t(x)>t(e)＝3e，则h′(x)>0，h(

x)在(1，e)上为单调增函数，∴h(x)<h(e)＝e－3，即a≥e－3.综上，e－3≤a≤0.