【文档说明】专题3 单变量存在恒成立与存在性问题-【高分突破系列】2021-2022学年高二数学下学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019选择性必修第二、三册)(解析版).docx，共(24)页，795.704 KB，由管理员店铺上传

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单变量恒成立与存在性问题恒成立问题、存在性问题归根到底是最值问题.1恒成立问题(1)∀𝑥∈𝐷,𝑓(𝑥)≥0恒成立⟺在𝐷上的𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛≥0；(2)∀𝑥∈𝐷,𝑓(𝑥)≤0恒成立⟺在𝐷上的𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥≤0；

2存在性问题(1)∃𝑥∈𝐷,𝑓(𝑥)≥0恒成立⟺在𝐷上的𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥≥0；(2)∃𝑥∈𝐷,𝑓(𝑥)≤0恒成立⟺在𝐷上的𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛≤0；3常见处理方法方法1直接构造函数法：求𝑓(𝑥)≥

𝑔(𝑥)恒成立⇔ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)≥0恒成立.方法2分离参数法：求𝑓(𝑥)≥𝑎∙𝑔(𝑥)(其中𝑔(𝑥)>0)恒成立⇔𝑎≤𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)恒成立.方法3变更主元：题型特征(已

知谁的范围把谁作为主元)；方法4数形结合法：求𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)≥0恒成立⇔证明𝑦=𝑓(𝑥)在𝑦=𝑔(𝑥)的上方；方法5同构法：对不等式进行变形，使得不等式左右两边式子的结构一致，再通过构造的函数单调性进行求解；方法6放缩法：利用常见的不等式或切线放缩或三角函

数有界性等手段对所求不等式逐步放缩达到证明所求不等式恒成立的目的；学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判断某种题境中采取哪种方法较简洁，建议学习时一题多解，多发散思考.方法1直接构造函数法与分离参数法以下通过几题让大家感觉下直接构造函数法与分离参数法的优

劣性！【典题1】若𝑎𝑙𝑛𝑥+12𝑥2−(1+𝑎)𝑥≥0恒成立，求𝑎的取值范围.【解析】方法一分离参数法𝑎𝑙𝑛𝑥+12𝑥2−(1+𝑎)𝑥≥0⇔𝑎(𝑙𝑛𝑥−𝑥)≥𝑥−1

2𝑥2，而∵𝑙𝑛𝑥−𝑥<0(𝑥>0)这不难证明，(确认𝒍𝒏𝒙−𝒙正负，它会影响不等号方向是否改变，若不确定要分类讨论)∴∀𝑥>0,𝑎≤𝑥−12𝑥2𝑙𝑛𝑥−𝑥恒成立，设𝑓(𝑥)=𝑥−12𝑥2𝑙𝑛�

�−𝑥(分离参数成功，只需求𝒇𝒎𝒊𝒏的最小值)𝑓′(𝑥)=(𝑥−1)(𝑥+2−2𝑙𝑛𝑥)2(𝑙𝑛𝑥−𝑥)2，(分析𝒇(𝒙)单调性⇒分析𝒚=(𝒙−𝟏)(𝒙+𝟐−𝟐𝒍𝒏

𝒙)正负性⇒分析𝒙+𝟐−𝟐𝒍𝒏𝒙的正负性)令ℎ(𝑥)=𝑥+2−2𝑙𝑛𝑥，则ℎ′(𝑥)=1−2𝑥=𝑥−2𝑥，当0<𝑥<2时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)递减；当𝑥>2时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)递增；∴ℎ(𝑥)在𝑥=2处取到最小值ℎ(2)=4−2𝑙𝑛2

>0，即ℎ(𝑥)≥ℎ(2)>0.∴𝑥+2−2𝑙𝑛𝑥>0.(则𝒚=(𝒙−𝟏)(𝒙+𝟐−𝟐𝒍𝒏𝒙)的正负性就由𝒚=𝒙−𝟏确定)那当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减；当𝑥>1时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增；∴𝑓(𝑥

)≥𝑓(1)=−12，∴𝑎≤−12.方法二：直接构造函数法令𝑔(𝑥)=𝑎𝑙𝑛𝑥+12𝑥2−(1+𝑎)𝑥，定义域是(0,+∞)，(问题可以转化为求𝒈𝒎𝒊𝒏)𝑔′(𝑥)=𝑎𝑥+𝑥−(1+𝑎)=𝑥2−(1+𝑎)𝑥+𝑎𝑥=(𝑥−1)(

𝑥−𝑎)𝑥，若𝑎<0时，当0<𝑥<1时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)递减；当𝑥>1时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)递增；即𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑔(1)=−𝑎−12，若𝑎𝑙𝑛𝑥+12𝑥2−(1+𝑎)𝑥≥0恒成立

，则−𝑎−12≥0，解得𝑎≤−12，∴𝑎≤−12，若𝑎>0时，𝑔(1)=−𝑎−12<0，那𝑎𝑙𝑛𝑥+12𝑥2−(1+𝑎)𝑥≥0不可能恒成立的；综上𝑎≤−12.【点拨】方法一分类参数法，把问题转化为不含参函数的

最值问题，是大家乐见的.但注意点有二，其一𝑙𝑛𝑥−𝑥<0的证明，它的正负确定不等号方向要变号，若不确定要分类讨论运算量也不小；其二分离后得到𝑓(𝑥)=𝑥−12𝑥2𝑙𝑛𝑥−𝑥，挺复杂的函数，故分离参数后得到函数比较复杂的(求导难、要多次求导等)，可考虑下是否

使用分离参数法；方法二直接构造函数法，它的问题在于函数含参，意味着大多数情况要分类讨论，这是大家头疼之处.本题属于导函数是“二次函数”型，研究单调性时的分类讨论略显麻烦，但“若𝑎>0时，𝑓(1)=−𝑎−12<0”这点

若看到，避免陷入较大运算量了.【典题2】已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥−1．(1)当𝑎=1时，求𝑓(𝑥)的极值；(2)若𝑓(𝑥)≥𝑥2在[0,+∞)上恒成立，求实数𝑎的取值范围．【解析】(1)过程略，函数𝑓(𝑥)有极小值𝑓(0)=0，无极大

值；(2)方法一分类参数法因为𝑓(𝑥)≥𝑥2在[0,+∞)上恒成立，所以𝑒𝑥−𝑥2−𝑎𝑥－1≥0在[0,+∞)上恒成立，当𝑥=0时，0≥0恒成立，此时𝑎∈𝑹，当𝑥>0时，𝑎≤𝑒𝑥−𝑥2−1

𝑥在(0,+∞)上恒成立，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥2−1𝑥，则𝑔′(𝑥)=(𝑥−1)(𝑒𝑥−𝑥−1)𝑥2，由(1)知，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)>0，即𝑒𝑥−𝑥−1>0；当0<𝑥<1时，𝑔′(𝑥)<0，当𝑥>1时，𝑔′(

𝑥)>0，所以𝑔(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以当𝑥=1时，𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑒−2，所以𝑎≤𝑒−2，综上，实数𝑎的取值范围是(−∞,𝑒−2]．方法二直接构造函数法𝑓(

𝑥)≥𝑥2在[0,+∞)上恒成立等价于𝑒𝑥−𝑥2−𝑎𝑥−1≥0在[0,+∞)上恒成立令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥2−𝑎𝑥−1，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑥−𝑎，此时很难分析导函数𝑦=𝑔′(𝑥)的正负性，

故很难求原函数𝑔(𝑥)的最小值.【点拨】本题利用分类参数较好的完成，难度不大，而直接构造函数法由于含参导致分类讨论难而难产了！【典题3】设𝑓(𝑥)=𝑥(𝑒𝑥−1)−𝑎𝑥2，(1)若𝑎=12，求𝑓(𝑥)的单调区间；(2)若当𝑥

≥0时，𝑓(𝑥)≥0恒成立，求𝑎的取值范围.【解析】(1)略(2)方法一直接构造函数法𝑓(𝑥)=𝑥(𝑒𝑥−1)−𝑎𝑥2=𝑥(𝑒𝑥−1−𝑎𝑥)；当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)≥0恒成立⟺当𝑥≥0时，𝑒𝑥−1−𝑎𝑥≥0恒成立；令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−1−�

�𝑥，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎，(下面就导函数𝑔′(𝑥)是否存在零点，分𝑎>0和𝑎≤0讨论，若有零点，又根据零点𝑙𝑛𝑎与定义域端点0的大小比较，分0<𝑎≤1和𝑎>1讨论)(1)当𝑎≤0时，𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−�

�>0，𝑔(𝑥)递增，𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=0，满足题意；(2)当𝑎>0时，令𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎=0，解得𝑥=𝑙𝑛𝑎，若𝑙𝑛𝑎≤0，即0<𝑎≤1时，在𝑥∈[0,+∞)上𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎>0

，𝑔(𝑥)递增，𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=0，满足题意；若𝑙𝑛𝑎>0，即𝑎>1时，当0<𝑥<𝑙𝑛𝑎时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)递减，而𝑔(0)=0，𝑔(𝑥)<0，不满足题意；综上，𝑎≤1.方法二分类参数法𝑓(𝑥)=𝑥(𝑒𝑥−

1)−𝑎𝑥2=𝑥(𝑒𝑥−1−𝑎𝑥)；当𝑥=0时，不等式显然恒成立；当𝑥>0时，𝑓(𝑥)≥0恒成立⇔当𝑥>0时，𝑒𝑥−1−𝑎𝑥>0恒成立⇔当𝑥>0时，𝑎<𝑒𝑥−1𝑥恒成立令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥，则ℎ′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥+1𝑥

2，令𝑔(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥+1，则𝑔′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，(二次求导)∵𝑥>0，∴𝑔′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥>0，∴𝑔(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥+1在𝑥>0上递增，即�

�(𝑥)>𝑔(0)=0，∴当𝑥>0时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)递增，∴ℎ(𝑥)>ℎ(0)，然而𝑥取不到0，ℎ(0)是没意义的，即ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥在(0,+∞)上没有最小值.这时要用到高等数学知识---

洛必达法则，𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑒𝑥−1𝑥=𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑒𝑥=1即当𝑥⟶0，ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥⟶1，所以𝑎≤1.我们可以看看ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥函数图象，【点拨】

①本题直接构造方法较分类参数法由于分类讨论解答过程显得复杂些，但分类参数法容易跳进陷阱，ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−1𝑥在(0,+∞)上没有最小值，最终使用了高等数学知识--洛必达法则才解决，这在高考解答题慎用；②那不用洛必达法则有木有其他方法呢？还是有的，用导数的定义，求𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑒𝑥

−1𝑥，设𝑓(𝑥)=𝑒𝑥，则𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑒𝑥−1𝑥=𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑒𝑥−𝑒0𝑥−0=𝑙𝑖𝑚𝑥⟶0𝑓(𝑥)−𝑓(0)𝑥−0=𝑓′(0)=𝑒0=1与洛必达法

则结果一致.③分离参数法有时候会遇到这种情况，思考难度就增大了！通过以上三题，你可以总结下直接构造函数法和分类参数法的优劣性么？1(★★)已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑎𝑥，当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)≥0恒成立，则𝑎的取值范围为.【答案】[－𝑒,+∞)【解析】当x≥0时，f(x)≥

0恒成立，即x≥0时，ex+ax≥0恒成立，x=0时，1≥0恒成立，x>0时，a≥−𝑒𝑥𝑥恒成立，令g(x)=−𝑒𝑥𝑥(x>0)，则g′(x)=(1−𝑥)𝑒𝑥𝑥2，令g′(x)>0，解得：0<x<1，令g′(x)<0，解

得：x>1，故g(x)在(0，1)递增，在(1，+∞)递减，故g(x)max=g(1)=－e，故a≥－e，2(★★)已知函数𝑓(𝑥)=1+𝑙𝑛(1+𝑥)𝑥(𝑥>0)，若𝑓(𝑥)>𝑘𝑥+1恒成立，则整数𝑘

的最大值为.【答案】3【解析】∵𝑓(𝑥)=1+𝑙𝑛(𝑥+1)𝑥(𝑥>0)，∴𝑓(𝑥)>𝑘𝑥+1可化为1+𝑙𝑛(𝑥+1)𝑥>𝑘𝑥+1，即1+𝑙𝑛(𝑥+1)𝑥(𝑥+1)>𝑘，令𝑔(𝑥)=1+𝑙𝑛(𝑥+1)𝑥(𝑥+1)，则g'(x)=

𝑥−1−𝑙𝑛(𝑥+1)𝑥2令h(x)=x－1－ln(x+1)，则ℎ′(𝑥)=1−1𝑥+1，当x∈(0，+∞)时，h'(x)>0，∴g'(x)在(0，+∞)单调递增．又∵𝑔′(2)=1−𝑙𝑛34<0，𝑔′(3)=2−𝑙𝑛49>0，∴∃x0∈(2，3)使g'(x0)=0，则

ln(x0+1)=x0－1．当x∈(0，x0)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，∴𝑔(𝑥)≥𝑔(𝑥0)=1+𝑙𝑛(𝑥0+1)𝑥0(�

�0+1)=(𝑥0+1)，∵x0∈(2，3)，∴x0+1∈(3，4)，∴正整数k的最大值为3．3(★★)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥．(1)求𝑓(𝑥)的最小值；(2)若对所有𝑥≥1都有𝑓(𝑥)≥𝑎�

�−1，求实数𝑎的取值范围．【答案】(1)−1𝑒(2)𝑎≤1【解析】(1)函数的定义域(0，+∞)，𝑓′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1，令𝑓′(𝑥)>0得𝑥>1𝑒，此时𝑓(𝑥)递增，令𝑓′(𝑥)<0得0<𝑥<1𝑒，此时𝑓(𝑥)递减，𝑓(𝑥)最

小值为−1𝑒；(2)方法一分离参数法由题意得𝑎≤𝑙𝑛𝑥+1𝑥，令𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1𝑥，当𝑥≥1时，𝑔′(𝑥)=1𝑥−1𝑥2=𝑥−1𝑥2≥0，所以𝑔(𝑥)递增，𝑔(𝑥)的最小值为𝑔(1)=1，所以𝑎≤1．方法二直接构

造函数法对所有𝑥≥1都有𝑓(𝑥)≥𝑎𝑥－1等价于𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥+1≥0,令ℎ(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑎𝑥+1，则ℎ′(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1−𝑎，令ℎ′(𝑥)=0解得𝑥=�

�𝑎−1，当0<𝑥<𝑒𝑎−1时，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)递减；当𝑥>𝑒𝑎−1时，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)递增；∴ℎ(𝑥)≥ℎ(𝑒𝑎−1)=𝑒𝑎−1(𝑎−1)−𝑎𝑒𝑎−1+1=1−𝑒𝑎−1，若要满足题意，则1−𝑒𝑎−1≥0，

解得𝑎≤1.4(★★)已知函数𝑓(𝑥)=(𝑥2−1)𝑒𝑥，其中𝑎∈𝑹．(1)求函数𝑓(𝑥)在𝑥=0处的切线方程；(2)∀𝑥≥0，𝑓(𝑥)≥𝑎𝑥−1，求实数𝑎的取值范围．【答案】(1)𝑥+𝑦+1=0(2)�

�≤－1【解析】(1)由f(x)=(x2－1)ex，得f′(x)=(x2+2x－1)ex，∴f′(0)=－1，又f(0)=－1，∴函数f(x)在x=0处的切线方程为y+1=－x，即𝑥+𝑦+1=0；(2)x=

0时，不等式f(x)≥ax－1为－1≥－1，对任意实数a都成立；x>0时，不等式化为f(x)－ax+1≥0，令g(x)=f(x)－ax+1，则g′(x)=f′(x)－a，由f′(x)=(x2+2x－1)ex，令h(x)=(x2+2x－1)ex，h′(x

)=(x2+4x+1)ex>0，∴h(x)即f′(x)在(0，+∞)上单调递增，f′(x)>f′(0)=－1，∴g′(x)>g′(0)=－1－a，若－1－a≥0，即a≤－1，则g′(x)>0在(0，+∞)上

恒成立，g(x)在(0，+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，不等式f(x)－ax+1≥0成立；若a>－1，由上讨论可知，存在x0>0，使得g′(x0)=0，且当0<x<x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>x0时，g′(x)>0，g(x)

单调递增，g(x)min=g(x0)，而g(0)=0，因此，0<x<x0时，g(x)<g(0)=0，g(x)≥0不成立．综上，𝑎≤－1．方法二分离参数法𝑎≤(𝑥2−1)𝑒𝑥+1𝑥ℎ(𝑥)=(𝑥2−1)𝑒𝑥+1𝑥ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥3+𝑥2−𝑥+1)−1

𝑥2𝑠(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥3+𝑥2−𝑥+1)−1𝑠′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥3+4𝑥2+𝑥)≥0𝑠(𝑥)>𝑠(0)=0ℎ(𝑥)>ℎ(0)?洛必达法则ℎ(0)—−15(★★★)已知函数𝑓(𝑥)=(𝑚−𝑙𝑛𝑥)𝑥

(𝑥>1)．(1)讨论𝑓(𝑥)的单调性；(2)若𝑓(𝑥)−2𝑥−𝑚<0恒成立，求正整数𝑚的最大值．参考数据：𝑙𝑛5≈1.61．【答案】(1)当𝑚≤1时，𝑓(𝑥)在(1,+∞)上单调递减；当𝑚>1时，𝑓(𝑥)在(1,𝑒𝑚−1)上单调递增，在(𝑒𝑚−1,+∞)

上单调递减；(2)4【解析】(1)函数𝑓(𝑥)=(𝑚－𝑙𝑛𝑥)𝑥(𝑥>1)，则𝑓′(𝑥)=𝑚－1－𝑙𝑛𝑥，当𝑚－1≤0，即𝑚≤1时，𝑓′(𝑥)<0对𝑥>1恒成立，所以𝑓(𝑥)在(1，+∞)上

单调递减；当𝑚－1>0，即𝑚>1时，令𝑓′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑒𝑚−1，由𝑓′(𝑥)>0，解得1<𝑥<𝑒𝑚−1，由f'(x)<0，解得𝑥>𝑒𝑚−1，所以𝑓(𝑥)在(1，𝑒𝑚−1)上单调

递增，在(𝑒𝑚−1，+∞)上单调递减，综上所述，当𝑚≤1时，𝑓(𝑥)在(1，+∞)上单调递减；当𝑚>1时，𝑓(𝑥)在(1，𝑒𝑚−1)上单调递增，在(𝑒𝑚−1，+∞)上单调递减；(2)方法一分离参数法因为当

𝑥>1时，𝑓(𝑥)－2𝑥－𝑚<0对于𝑥>1恒成立，即𝑚<𝑥𝑙𝑛𝑥+2𝑥𝑥−1对于𝑥>1恒成立，令ℎ(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+2𝑥𝑥−1，则ℎ′(𝑥)=𝑥−𝑙𝑛𝑥−3(𝑥−1

)2，令𝑔(𝑥)=𝑥－𝑙𝑛𝑥－3，则𝑔′(𝑥)=1−1𝑥，因为𝑥>1，所以𝑔′(𝑥)=1−1𝑥>0，故𝑔(𝑥)是增函数，因为𝑔(4)=4－𝑙𝑛4－3=1－𝑙𝑛4≈1－1.39=－0.39<0，𝑔(5)=5－𝑙𝑛5－3=2－𝑙𝑛

5≈2－1.61=0.39>0，所以存在𝑥1∈(4，5)，使得𝑔(𝑥1)=0，由𝑔(𝑥1)=𝑥1－𝑙𝑛𝑥1－3=0，可得𝑙𝑛𝑥1=𝑥1－3，当𝑥∈(1，𝑥1)时，ℎ′(𝑥)<0，则ℎ(𝑥)单调递减，当𝑥∈(𝑥1，+∞)时，ℎ′(𝑥)

>0，则ℎ(𝑥)单调递增，所以当𝑥=𝑥1时，ℎ(𝑥)取得最小值ℎ(𝑥1)，所以𝑚<ℎ(𝑥1)=𝑥1𝑙𝑛𝑥1+2𝑥1𝑥1−1=𝑥12−𝑥1𝑥1−1=𝑥1，又𝑚为正整数，所以𝑚≤4，故正整数𝑚的最大值为4．方法二直接构造

函数法因为当𝑥>1时，𝑓(𝑥)－2𝑥－𝑚<0对于𝑥>1恒成立，所以𝑥𝑙𝑛𝑥+2𝑥−𝑚(𝑥−1)>0对于𝑥>1恒成立(∗)令𝑡(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+2𝑥−𝑚(𝑥−1)，则𝑡′(𝑥)

=𝑙𝑛𝑥+3−𝑚,令𝑡′(𝑥)=0，解得𝑥=𝑒𝑚−3,当1<𝑥<𝑒𝑚−3时，𝑡′(𝑥)<0,𝑡(𝑥)递减；当𝑥>𝑒𝑚−3时，𝑡′(𝑥)>0,𝑡(𝑥)递增；∴𝑡(𝑥)≥𝑡(𝑒𝑚−3)=𝑚−𝑒𝑚−3,若要(∗)成立，则

𝑚−𝑒𝑚−3>0，令𝑠(𝑚)=𝑚−𝑒𝑚−3，则𝑠′(𝑚)=1−𝑒𝑚−3,由𝑠′(𝑚)=0解得𝑚=3，当𝑚<3时，𝑠′(𝑚)>0,𝑠(𝑚)递增；当𝑚>3时，𝑠′(𝑚)<0,𝑠(𝑚)递减；而𝑠(4)=4−𝑒>0,𝑠(5)=5−𝑒2

<0,又m为正整数，所以正整数m的最大值为4．6(★★★)已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑎𝑥𝑏𝑥在𝑥=1处取得极值𝑒．(1)求函数𝑓(𝑥)的单调区间；(2)若不等式𝑘𝑥+𝑙𝑛𝑥≤𝑥2𝑓(𝑥)−1在(0,+

∞)上恒成立，求实数𝑘的取值范围．【答案】(1)𝑓(𝑥)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(－∞,0)和(0,1)；(2)𝑘≤1【解析】(1)由题意得：f′(x)=𝑎𝑒𝑎𝑥𝑏𝑥−𝑒𝑎𝑥𝑏(𝑏𝑥)2,则{𝑓′(1)=0𝑓(1)=

𝑒,即{𝑎𝑒𝑎𝑏−𝑒𝑎𝑏=0𝑒𝑎𝑏=𝑒,解得：{𝑎=1𝑏=1,故f(x)=𝑒𝑥𝑥,f′(x)=𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2,当x>1时，f′(x)>0,∴f(x)在(1,+∞)上单调递增，当x<1且x≠0时，f′(x)<0,∴f(x)在

(－∞,0)和(0,1)上单调递减，故𝑓(𝑥)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(－∞,0)和(0,1)；(2)由kx+lnx≤x2f(x)－1⇔kx+lnx≤xex－1,∵x>0,∴分离变量得：k≤𝑥𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1𝑥=ex−𝑙𝑛𝑥𝑥−1𝑥,令g(x)=

ex−𝑙𝑛𝑥𝑥−1𝑥,(x>0),则只需求g(x)的最小值即可，g′(x)=ex−1−𝑙𝑛𝑥𝑥2+1𝑥2=𝑥2𝑒𝑥+𝑙𝑛𝑥𝑥2,令h(x)=x2ex+lnx(x>0),h′(x)=ex(x2+2x)+1

𝑥>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增，又h(1)=e>0,h(12)<0,故∃x0∈(12,1),使得h(x0)=0,即𝑥02𝑒𝑥0+lnx0=0,移项并两边取对数得：ln(－lnx0)－lnx0=x0+lnx0,∵函数y=x+lnx在(0,+∞)上单调递增，故x0

=－lnx0,即𝑒𝑥0=1𝑥0,(这么牛的么？)当x∈(0,x0)时，g′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时，g′(x)>0,故g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，故g(x)min=g(x0)=𝑒𝑥0−𝑙𝑛𝑥

0𝑥0−1𝑥0=1𝑥0−−𝑥0𝑥0−1𝑥0=1,故𝑘≤1．方法2变更主元法【典题1】若不等式𝑚𝑥2−2𝑥+1−𝑚<0对满足−2≤𝑚≤2的所有𝑚都成立，求𝑥的取值范围．【解析】原不等式可化为(𝑥2−1)𝑚−(2𝑥−1)<0，构造函数𝑓(

𝑚)=(𝑥2−1)𝑚−(2𝑥−1)(−2≤𝑚≤2)，其图象是一条线段𝑙．若要满足题意，则线段𝑙要在𝑥轴下方，只需{𝑓(−2)=−2(𝑥2−1)−(2𝑥−1)<0𝑓(2)=2(𝑥2−1)−(2𝑥−1)<0，即{2𝑥2+2𝑥−3

>02𝑥2−2𝑥−1<0，解得−1+√72<𝑥<1+√32．【点拨】①我们平时习惯上把𝑥当作自变量，记函数𝑦=𝑚𝑥2−2𝑥+1−𝑚，而知道的是参数𝑚的范围[－2,2]，求自变量𝑥

的范围，这就是比较别扭了.若把𝑥与𝑚两个量互换一下角色，即将𝑚视为变量，𝑥为常量，来个“反客为主”，则上述问题可转化为关于𝑚的一次函数在[−2,2]内小于0恒成立的问题，结合图象便可解决.②对于该题型，题目给出谁的范围就拿谁作为自变量，另一个视为参数处理.1(★★)已知定义在𝑹上的

函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥3−2𝑎𝑥2+𝑏(𝑎>0)在区间[−2,1]上的最大值是5，最小值是−11．(1)求函数𝑓(𝑥)的解析式；(2)若𝑡∈[−1,1]时，𝑓′(𝑥)+𝑡𝑥≤0恒成

立，求实数𝑥的取值范围．【答案】(1)𝑓(𝑥)=𝑥3−2𝑥2+5(2)[0,1]【解析】(1)∵𝑓(𝑥)=𝑎𝑥3－2𝑎𝑥2+𝑏，∴𝑓′(𝑥)=3𝑎𝑥2－4𝑎𝑥=𝑎𝑥(3𝑥－4)令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥1=0

,𝑥2=43∉[−2,1]因为𝑎>0，所以可得下表：𝑥[－2，0)0(0，1]𝑓′(𝑥)+0－𝑓(𝑥)递增极大递减因此𝑓(0)必为最大值，∴𝑓(0)=5，因此𝑏=5，∵𝑓(－2)=－16𝑎+5，𝑓(1)=－𝑎+5，∴𝑓(1)>𝑓(－2)，即𝑓(－2)=－16𝑎

+5=－11，∴𝑎=1，∴𝑓(𝑥)=𝑥3－2𝑥2+5(2)∵𝑓′(𝑥)=3𝑥2－4𝑥，∴𝑓′(𝑥)+𝑡𝑥≤0等价于3𝑥2－4𝑥+𝑡𝑥≤0，令𝑔(𝑡)=𝑥𝑡+3𝑥2

－4𝑥，则问题就是𝑔(𝑡)≤0在𝑡∈[－1，1]上恒成立时，求实数𝑥的取值范围，为此只需{𝑔(−1)≤0𝑔(1)≤0，即{3𝑥2−5𝑥≤0𝑥2−𝑥≤0，解得0≤𝑥≤1，所以所求实数𝑥的取值范

围是[0，1]．2(★★★)设函数𝑦=𝑓(𝑥)在区间𝐷上的导数为𝑓′(𝑥)，𝑓′(𝑥)在区间𝐷上的导数为𝑔(𝑥)，若在区间𝐷上，𝑔(𝑥)<0恒成立，则称函数𝑦=𝑓(𝑥)在区间𝐷上为“凸

函数”，已知实数𝑚是常数，𝑓(𝑥)=𝑥412−𝑚𝑥36−3𝑥22.(1)若𝑦=𝑓(𝑥)在区间[0,3]上为“凸函数”，求𝑚的取值范围；(2)若对满足|𝑚|≤2的任何一个实数𝑚，函数𝑓(𝑥)在区

间(𝑎,𝑏)上都为“凸函数”，求𝑏−𝑎的最大值.【答案】(1)𝑚>2(2)2【解析】由函数𝑓(𝑥)=𝑥412−𝑚𝑥36−3𝑥22得𝑓′(𝑥)=𝑥33−𝑚𝑥22−3𝑥∴𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑚𝑥−3(1)∵𝑦=𝑓(𝑥)

在区间[0,3]上为“凸函数”，则∴𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑚𝑥−3<0在区间[0,3]上恒成立解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于𝑔𝑚𝑎𝑥(𝑥)<0{𝑔(0)<0𝑔(3)<0⇒𝑚>2解法二：分离变量法：∵当𝑥=0时,∴𝑔(0)=−3<

0恒成立,当0<𝑥≤3时,𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑚𝑥−3<0恒成立等价于𝑚>𝑥2−3𝑥=𝑥−3𝑥的最大值恒成立，而ℎ(𝑥)=𝑥−3𝑥(0<𝑥≤3)是增函数，则ℎ𝑚𝑎𝑥(𝑥)=ℎ(3)=2∴𝑚>2。(2)∴当|𝑚|≤2时𝑓(𝑥)在

区间(𝑎,𝑏)上都为“凸函数”则等价于当|𝑚|≤2时𝑔(𝑥)=𝑥2−𝑚𝑥−3<0恒成立变更主元法再等价于𝐹(𝑚)=𝑚𝑥−𝑥2+3>0在|𝑚|≤2恒成立(视为关于𝑚的一次函数最值问题)⇒{𝐹(−2)>0𝐹(2)>0

⇒{−2𝑥−𝑥2+3>02𝑥−𝑥2+3>0⇒−1<𝑥<1∴𝑏−𝑎=2。方法3数形结合法【典题1】已知函数𝑓(𝑥)满足𝑓(𝑥)=𝑓′(1)𝑒𝑥−1−𝑓(0)𝑥+12𝑥2，若𝑓(𝑥)≥12𝑥2+

𝑎𝑥+𝑏，求(𝑎+1)𝑏的最大值.【解析】易得𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥+12𝑥2，则𝑓(𝑥)≥12𝑥2+𝑎𝑥+𝑏⇔𝑒𝑥≥(𝑎+1)𝑥+𝑏,即𝐶:𝑦=𝑒𝑥的图象在𝑦=(𝑎+1)𝑥+𝑏的上方，设曲线𝐶与直线𝑙相切于

𝑃(𝑥0,𝑦0)，则切线𝑙方程为𝑦=𝑒𝑥0(𝑥−𝑥0)+𝑒𝑥0=𝑒𝑥0𝑥+𝑒𝑥0(1−𝑥0)则𝑎+1=𝑒𝑥0,𝑒𝑥0(1−𝑥0)≥𝑏，所以(𝑎+1)𝑏≤

𝑒𝑥0×𝑒𝑥0(1−𝑥0)=𝑒2𝑥0(1−𝑥0)，令𝑔(𝑥)=𝑒2𝑥(1−𝑥)，则𝑔′(𝑥)=𝑒2𝑥(1−2𝑥)，易得𝑔(𝑥)≥𝑔(12)=𝑒2.当𝑎=√𝑒−1,𝑏=√𝑒2时，(𝑎+1)𝑏取到最大值𝑒2.【点拨】把𝑓(𝑥)

≥0恒成立转化为两个函数之间的关系𝑔(𝑥)≥ℎ(𝑥)，进而想到两函数图象关系.本题把其中一函数选择一次函数(直线)，再用导数几何意义求解是常见的方法.【典题2】已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1，若𝑓(𝑥)≥0恒成立，则实数

𝑎的取值范围是．【解析】依题意，𝑎𝑒𝑥≥𝑙𝑛𝑥+1对任意𝑥∈(0,+∞)恒成立，设𝑔(𝑥)=𝑎𝑒𝑥，ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1，则需函数𝑔(𝑥)的图象在函数ℎ(𝑥)图象的上方，(𝑔

(𝑥)=𝑎𝑒𝑥(𝑎>0)是凹函数，ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+1是凸函数，适合数形结合)当𝑎≤0时，不可能满足题意；当𝑎>0时，作出函数图象如下，设函数𝑔(𝑥)与函数ℎ(𝑥)相切于点𝑃(𝑚,𝑛)，(共切线的处理方法)则{𝑎𝑒𝑚=1𝑚𝑛=𝑎𝑒�

�𝑛=𝑙𝑛𝑚+1，解得{𝑚=1𝑛=1𝑎=1𝑒，由图可知，满足条件的𝑎的取值范围为[1𝑒,+∞)．【点拨】本题构造凹函数和凸函数是常见方法.1(★★)已知函数𝑓(𝑥)=(𝑎−12)𝑥2−2𝑎𝑥+𝑙𝑛𝑥.当𝑥∈(1,+∞)时，不等式𝑓(𝑥)<0恒成立，则

实数𝑎的取值范围是________．【答案】[−12,12].【解析】所证不等式可转化为(𝑎−12)𝑥2−2𝑎𝑥<−𝑙𝑛𝑥，作出𝑦=−𝑙𝑛𝑥的图像，当𝑎≠12时，𝑎的取值决定𝑦=(𝑎−

12)𝑥2−2𝑎𝑥的开口，观察可得𝑎−12<0，且𝑥=1时，(𝑎−12)𝑥2−2𝑎𝑥<−𝑙𝑛𝑥即可，所以{𝑎−12<0𝑎−12−2𝑎≤0，解得−12≤𝑎<12，当𝑎=

12时，不等式为𝑙𝑛𝑥−𝑥<0，易证明其成立，故𝑎∈[−12,12].2(★★★)设函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥－𝑚𝑥2+2𝑥，若存在唯一的整数𝑥0使得𝑓(𝑥0)>0，则实数𝑚的取值范围是．【答案】[𝑙𝑛24+1,2)【解析】当m≤0时，f′(x)=1𝑥−2mx+

2>0，f(x)单调递增，存在无数个整数x0，使得f(x0)>0，不符合题意；当m>0时，由于x>0，所以𝑙𝑛𝑥𝑥>mx－2，y=𝑙𝑛𝑥𝑥，y′=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2，当0<x<e时，y′>0，当x>e时，y′<0，所以函数y=𝑙𝑛𝑥𝑥在(0，e)上单调递增，在(e，+

∞)上单调递减，所以y=𝑙𝑛𝑥𝑥的极大值也是最大值为1𝑒，且x→0时，y→－∞，x→+∞时，y→0，所以作出函数y=𝑙𝑛𝑥𝑥和y=mx－2的大致图象，如图，过点(0，－2)的直线y=mx－2介

于(1，0)，(2，𝑙𝑛22)之间时满足条件，直线y=mx－2过点(1，0)时，m的值为2，直线y=mx－2过点(2，f(2))时，m的值为𝑙𝑛24+1，由图可知，m的取值范围是[𝑙𝑛24+1，2)．故答案为：[𝑙𝑛24+1，2)．3(★★★)已知�

�(𝑥)=(𝑒𝑥−𝑎)(3𝑎𝑥+1)，若𝑓(𝑥)≥0(𝑥∈𝑅)成立，则满足条件的𝑎的个数是.【答案】3【解析】当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥>0，满足题意，当𝑎<0时，𝑒𝑥−𝑎>0，但存在𝑥0>

−13𝑎使得3𝑎𝑥0+1<0，即不满足题意；当𝑎>0时，若(𝑒𝑥−𝑎)(3𝑎𝑥+1)≥0恒成立，即不管𝑥取什么值，𝑦=𝑒𝑥−𝑎与𝑦=3𝑎𝑥+1均同号，由图可知只能是它们的零点相等才行，即𝑙𝑛𝑎=−13𝑎⇒𝑎∙𝑙𝑛𝑎=

−13.由超越函数𝑔(𝑥)=𝑥∙𝑙𝑛𝑥的图象易得𝑔(𝑎)≥𝑔(1𝑒)=−1𝑒，所以𝑎∙𝑙𝑛𝑎=−13有两个解，即存在两个𝑎满足题意；综上所述，共3个𝑎满足题意.4(★★★)若𝑎𝑥+𝑐𝑜

𝑠𝑥≤1+𝑠𝑖𝑛𝑥，𝑥∈[0,𝜋]，则实数𝑎的取值范围是．【答案】𝑎≤2𝜋【解析】𝑎𝑥+𝑐𝑜𝑠𝑥≤1+𝑠𝑖𝑛𝑥⇒𝑎𝑥−1≤𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥;设

𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1，𝑔(𝑥)=𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥，则𝑔′(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥=√2sin(𝑥+𝜋4),当0≤𝑥<3𝜋4时，𝑔′(𝑥)>0；当3𝜋4<𝑥<𝜋时，𝑔′(𝑥)<0所以�

�(𝑥)在[0,3𝜋4)上递增，在在(3𝜋4,𝜋)上递减，且𝑔(0)=−1，𝑔′(0)=1(在𝑦=𝑔(𝑥)上过点𝐴(0,−1)的切线斜率𝑘=1)而𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1也过𝐴(0,−1)，𝑎𝑥−1≤𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑐𝑜𝑠𝑥意味𝑓(𝑥)的

图象在𝑔(𝑥)的图象下方，其中点𝐵(𝜋,1)，则𝑎≤𝑘𝐴𝐵=2𝜋且𝑎≤1，即𝑎≤2𝜋.方法4同构法【典题1】已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)>0恒成立，则

𝑚的取值范围为.【解析】由题意，若𝑚≤0显然𝑓(𝑥)不是恒大于零，故𝑚>0．则显然𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥>0在(0,1]上恒成立；当𝑥>1时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑚𝑥−1𝑚𝑙𝑛𝑥>0⇔𝑒�

�𝑥>1𝑚𝑙𝑛𝑥⇔𝑚𝑥⋅𝑒𝑚𝑥>𝑥𝑙𝑛𝑥=𝑙𝑛𝑥⋅𝑒𝑙𝑛𝑥，(注意到𝑥=𝑒𝑙𝑛𝑥)令𝑔(𝑡)=𝑡𝑒𝑡(𝑡>0)，𝑔′(𝑡)=(1+𝑡)𝑒𝑡>0，𝑔(𝑡)在(0,+∞)上单调递增．

因为𝑚𝑥>0,𝑙𝑛𝑥>0(𝑥>1)，所以𝑚𝑥⋅𝑒𝑚𝑥>𝑙𝑛𝑥⋅𝑒𝑙𝑛𝑥⇔𝑚𝑥>𝑙𝑛𝑥，即𝑚>𝑙𝑛𝑥𝑥(𝑥>1)，再设ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥𝑥⇒ℎ′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2(𝑥>1)，令ℎ′(𝑥)=0，则𝑥=𝑒，

易得ℎ(𝑥)在(0,𝑒)上单调递增，在(𝑒,+∞)上单调递减，所以ℎ(𝑥)𝑚𝑎𝑥=ℎ(𝑒)=1𝑒，故𝑚>1𝑒，所以𝑚的取值范围为(1𝑒,+∞)．【典题2】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥+𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑒

−𝑥−𝑥𝑎(𝑎<0)，若𝑓(𝑥)≥0在𝑥∈[2,+∞)上恒成立，则实数𝑎的最小值为.【解析】由𝑓(𝑥)≥0在𝑥∈[2,+∞)上恒成立，得：𝑙𝑛𝑥𝑎−𝑥𝑎≥𝑙𝑛𝑒−𝑥−𝑒−𝑥在𝑥∈[2,+∞)上恒成立，(这里注意到𝑥=𝑙

𝑛𝑒𝑥)易知当𝑥∈[2,+∞)，𝑎<0时，0<𝑥𝑎<1，0<𝑒−𝑥<1，令函数𝑔(𝑡)=𝑙𝑛𝑡−𝑡(0<𝑡<1)，则𝑔′(𝑡)=1𝑡−1>0，𝑔(𝑡)单调递增，故有𝑥𝑎≥𝑒−𝑥，则𝑎𝑙𝑛𝑥≥−𝑥⇒𝑎≥−𝑥𝑙�

�𝑥在𝑥∈[2,+∞)上恒成立，令𝐹(𝑥)=−𝑥𝑙𝑛𝑥(𝑥≥2)，则𝐹′(𝑥)=1−𝑙𝑛𝑥(𝑙𝑛𝑥)2，易得𝐹(𝑥)在[2,𝑒)上单调递增，在[𝑒,+∞)上单调递减，故𝐹(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝐹(𝑒)=−𝑒，故𝑎≥−𝑒.【点拨】①利用同构法处

理不等式，主要通过变形使得不等式左右两边结构要一致，其中懂得“整体思想”，变形的技巧有𝑥=𝑙𝑛𝑒𝑥,𝑥=𝑒𝑙𝑛𝑥,𝑥+ln𝑥=ln(𝑥𝑒𝑥),𝑥𝑒𝑥=𝑒𝑥+𝑙𝑛𝑥等，最终

构造的函数多是常见的超越函数𝑦=𝑥𝑒𝑥,𝑦=𝑥𝑙𝑛𝑥,𝑦=𝑙𝑛𝑥+𝑥,𝑦=𝑒𝑥𝑥等.②同构法在另一专题再细讲.1(★)已知𝑎>0，若𝑎𝑙𝑛𝑥≤𝑥𝑙𝑛𝑎恒成立，则𝑎的值是．【答案】e【解析】因为a>0，若al

nx≤xlna恒成立，所以𝑙𝑛𝑥𝑥≤𝑙𝑛𝑎𝑎，f(x)=𝑙𝑛𝑥𝑥，a>0，问题转化为f(x)max≤𝑙𝑛𝑎𝑎f′(x)=1𝑥⋅𝑥−1⋅𝑙𝑛𝑥𝑥2=1−𝑙𝑛𝑥𝑥2，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)

单调递增，当x∈(e，+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x=e时，f(x)max=1𝑒，所以1𝑒≤𝑙𝑛𝑎𝑎，即elna－a≥0，令h(a)=elna－a，所以问题转化为h(a)min=0，h′(a)=𝑒𝑎−1=𝑒−

𝑎𝑎，当a∈(0，e)时，h′(a)>0，h(a)单调递增，当a∈(e，+∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减，所以当a=e时，h(a)=h(e)=0，故答案为：e．2(★★★)若关于𝑥的不等式𝑒𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥≥𝑎

恒成立，则实数𝑎的取值范围为．【答案】[0，e]【解析】ex－alnx≥a⇔ex≥alnx+a⇔ex≥alnex，若a<0，x→0时，lnex→－∞，ex→1，∴alnex→+∞，此时ex≥alnex不恒

成立，∴a≥0，ex≥alnex⇔exex≥aexlnex，令g(x)=xex，g'(x)=(x+1)ex=0，解得：x=－1，g(x)在(－∞，－1)递减，在(－1，+∞)递增，∴𝑔(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑔(−1

)=−1𝑒，eg(x)≥ag(lnex)，ln(ex)≤0时，g(x)>0，g(lnex)≤0不等式恒成立，如图示：ln(ex)>0时，𝑔(𝑥)𝑔(𝑙𝑛𝑒𝑥)≥𝑎𝑒，令f(x)=x－lnex，由𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=𝑥−1𝑥=0，解得：x=1，f(x)在(0，

1)递减，在(1，+∞)递增，∴f(x)min=f(1)=0，∴x≥lnex，∴g(x)≥g(lnex)，即𝑔(𝑥)𝑔(𝑙𝑛𝑒𝑥)≥1，∴𝑎𝑒≤1，∴0≤a≤e，故答案为：[0，e]．3(★★)证明：𝑥�

�𝑥≥𝑥+𝑙𝑛𝑥+1．【证明】要证xex≥x+lnx+1，即要证ex+lnx≥x+lnx+1．令t=x+lnx，则只要证et≥t+1．令g(t)=et﹣t﹣1．因为g'(t)=et﹣1，所以g(t)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0，+∞

)上单调递增．因为g(t)min=g(0)=0，所以g(t)≥0，即et≥t+1成立，故xex≥x+lnx+1成立．4(★★★)函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑎𝑥2,𝑔(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+𝑥−𝑥2+1−𝑒𝑎，𝑎>1时，𝑓(𝑥)−𝑎𝑔(𝑥)≥0恒成立，求𝑎的范

围.【答案】(0,𝑒]【解析】𝑓(𝑥)−𝑎𝑔(𝑥)≥0⇒𝑥𝑒𝑥−𝑎(𝑙𝑛𝑥+𝑥+1)+𝑒≥0(∗)接着(∗)变形同构：𝑒𝑙𝑛𝑥+𝑥−𝑎(𝑙𝑛𝑥+𝑥+1)+𝑒≥0⇒𝑒𝑙𝑛𝑥+

𝑥+1−𝑎𝑒(𝑙𝑛𝑥+𝑥+1)+𝑒2≥0令𝑡=𝑙𝑛𝑥+𝑥+1，𝑡∈𝑅，问题转化为证明𝑒𝑡−𝑎𝑒𝑡+𝑒2≥0⇒𝑒𝑡−1≥𝑎𝑡−𝑒令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥−1,𝑡(𝑥)=𝑎𝑥−𝑒假设它们相切，切

点为(𝑥0,𝑒𝑥0−1)，则𝑒𝑥0−1=𝑎,𝑒𝑥0−1=𝑎𝑥0−𝑒，化简得(𝑥0−1)𝑒𝑥0−1=𝑒，易得𝑥0只有一个解2，此时𝑎=𝑒;若要满足𝑒𝑡−1≥𝑎𝑡−𝑒，即𝑦

=𝑔(𝑥)的图象在𝑦=𝑡(𝑥)的上方，由图可知0<𝑎≤𝑒.方法5放缩法【典题1】已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1(1)当𝑚=1时，求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；(2)当𝑚≥1时，证明𝑓(𝑥)>1.【解析】

(1)过程略，切线方程为𝑦=(𝑒−1)𝑥.(2)当𝑚≥1时，𝑚𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1≥𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−1(由𝑚≥1进行放缩，消去𝑚的影响)要证明𝑓(𝑥)>1，只需证明𝑒𝑥−2>𝑙𝑛𝑥,

(接着要用放缩法证明，先证明两个重要不等式)先证明𝑒𝑥≥𝑥+1(𝑥∈𝑅)设𝑡(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−1，则𝑡′(𝑥)=𝑒𝑥−1当𝑥<0时，𝑡′(𝑥)<0，𝑡(𝑥)递减；当𝑥>0时，𝑡′(𝑥)>0，

𝑡(𝑥)递增；所以𝑡(𝑥)≥𝑡(0)=0，即𝑒𝑥≥𝑥+1(当𝑥=0时取到等号)再证明𝑙𝑛𝑥≤𝑥−1，设𝑝(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−𝑥+1，则𝑝′(𝑥)=1𝑥−1当0<𝑥<1

时，𝑝′(𝑥)>0，𝑝(𝑥)递增；当𝑥>1时，𝑝′(𝑥)<0，𝑝(𝑥)递减；所以𝑝(𝑥)≤𝑝(1)=0，即𝑙𝑛𝑥≤𝑥−1(当𝑥=1时取到等号)则由不等式𝑒𝑥≥𝑥+1和𝑙𝑛𝑥≤𝑥−1可得𝑒𝑥−2≥𝑥−1≥𝑙𝑛𝑥，(利用放

缩法简洁地给出证明)由于取到等号的条件不同，所以𝑒𝑥−𝑙𝑛𝑥−2>0.综上可知当𝑚≥1时，证明𝑓(𝑥)>1.【点拨】①本题在两处用了放缩法，注意消化这些技巧；若对不等式𝑒𝑥≥𝑥+1和𝑙𝑛𝑥≤𝑥−1比较熟悉，本题证明思路较易看出来

的，证明过程也很简洁，给人很舒服的感觉；②本题还有很多方法，比如直接构造函数法就涉及到“隐点问题”，方法不如放缩法.③放缩法还有很多变式，这个在另一专题再讲解.1(★★)求证:当𝑛≥2且𝑛∈𝑁∗时，ln𝑛>12+13+⋯+1𝑛.【证明】令𝑓(𝑥)

=−ln(1−𝑥)−𝑥，则𝑓′(𝑥)=𝑥1−𝑥，当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增，所以𝑓(𝑥)>𝑓(0)=0(0<𝑥<1)，所以−ln(1−𝑥)>𝑥，令𝑥=1𝑛，其中𝑛∈𝑁∗且𝑛>1，则−ln(1−1𝑛)>1𝑛，即𝑙𝑛�

�−ln(𝑛−1)>1𝑛，所以𝑙𝑛𝑛=𝑙𝑛𝑛−ln(𝑛−1)+ln(𝑛−1)−ln(𝑛−2)+⋯+𝑙𝑛2−𝑙𝑛1>1𝑛+1𝑛−1+⋯+12.2(★★★)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥﹣2𝑙𝑛𝑥−𝑥2+𝑥−2

．(1)求函数𝑓(𝑥)图象在𝑥=1处的切线方程；(2)证明：𝑓(𝑥)>0．【答案】(1)𝑦=(2𝑒−3)𝑥−𝑒+1(2)提示：放缩法【解析】(1)𝑓′(𝑥)=(𝑥+1)𝑒𝑥−2𝑥−2𝑥+1，𝑓(1)=𝑒﹣2，∴𝑓′(1)=2𝑒﹣3，∴函数𝑓(

𝑥)图象在𝑥=1处的切线方程为：𝑦﹣(𝑒﹣2)=(2𝑒﹣3)(𝑥﹣1)，𝑦=(2𝑒﹣3)𝑥﹣𝑒+1．(2)证明：令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥﹣𝑥﹣1，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥﹣1，∴𝑥＞0时，函数𝑔(𝑥)单调递增

；𝑥＜0时，函数𝑔(𝑥)单调递减．∴𝑔(𝑥)＞𝑔(0)=0，(𝑥＞0)，∴𝑒𝑥＞𝑥+1，∴𝑥𝑒𝑥＞𝑥2+𝑥，𝑥＞𝑙𝑛𝑥+1，即2𝑥＞2𝑙𝑛𝑥+2，∴𝑥𝑒𝑥＞2𝑙𝑛𝑥+𝑥2﹣𝑥+2．∴

𝑓(𝑥)＞0．3(★★★)设函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥−1(𝑎>0)(1)当𝑎=130时，求函数𝑓(𝑥)的单调区间；(2)当𝑎≥12，𝑥∈(1,+∞)时，求证𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥−1>1.【答案】(1)递增区间(0,56),(65,+∞)，递减区间(56

,1),(1,65)(2)提示：放缩法【解析】(1)递增区间(0,56),(65,+∞)，递减区间(56,1),(1,65)(2)若证𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥−1>1(𝑎≥12,𝑥>1)成立，只需证𝑙𝑛𝑥+12(𝑥−1)>1即2(𝑥−1)𝑙𝑛𝑥−2𝑥+3>0(𝑥>1

)成立，设𝑔(𝑥)=2(𝑥−1)𝑙𝑛𝑥−2𝑥+3,则𝑔′(𝑥)=2(𝑙𝑛𝑥−1𝑥)，显然𝑦=𝑔′(𝑥)在(1,+∞)上递增;且𝑔′(1)=−2<0,𝑔′(2)=2(𝑙𝑛2−12)>0

所以𝑔′(𝑥)=2(𝑙𝑛𝑥−1𝑥)在(0,+∞)上有唯一零点𝑥0∈(1,2)，且𝑙𝑛𝑥0=1𝑥0当𝑥∈(1,𝑥0)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)递减；当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)递增；所以𝑔(𝑥)≥𝑔(𝑥0)

=2(𝑥0−1)𝑙𝑛𝑥0−2𝑥0+3=5−2(𝑥0+1𝑥0)又因为1<𝑥0<2，所以2<𝑥0+1𝑥0<52所以𝑔(𝑥)>0，所以𝑙𝑛𝑥+𝑎𝑥−1>1成立