【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题06 一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式恒成立问题）（全题型压轴题） Word版含解析.docx，共(24)页，1.477 MB，由小赞的店铺上传

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专题06一元函数的导数及其应用（利用导函数研究不等式恒成立问题）（全题型压轴题）利用导函数研究不等式恒成立问题①已知函数()fx在区间D上单调②变量分离法③变更主元法④双变量问题12()()fxgx型①已知函数()fx在区间D上单调1．（2022·河北邢台·高二阶段练习）若函数()32

fxxaxax=++在)1,+上单调递增，则a的取值范围为（）A．)2,−+B．)1,−+C．)0,+D．)1,+【答案】B依题意可得()2320fxxaxa=++，即2321xax−+对)1,x+恒成立；设()()23121xgxxx=−+，则()()

2266021xxgxx+=−+，∴()gx在)1,+上单调递减，则()()max11gxg==−，则a的取值范围是)1,−+，故选：B.2．（2022·福建省漳州第一中学高二阶段练习）已知()2

2lnfxaxx=+，若对于()12,0,xx+且12xx都()()12124fxfxxx−−，则a的取值范围是（）A．()1,+B．)1,+C．()0,1D．(0,1【答案】B依题意1212()()4fxfxxx−−，所以112212(

)4[()4]0fxxfxxxx−−−−，设2()()42ln4(0)gxfxxaxxxx=−=+−，则()gx为增函数，所以'1()2240gxaxx=+−，化简整理得(2)axx−.而当0x时，(2)xx−的最大值为1，所以1a.故答案为)1,+3．（2022·新疆·

乌苏市第一中学高二阶段练习（文））若函数()lnmfxxx=+在[1,3]上为增函数，则m的取值范围为（）A．[1,)+B．[3,)+C．(,1]−D．(,3]−【答案】C由题意函数()lnmfxxx=+在[1,3]上为增函数,可知2()0xmfxx−=，即m

x对[1,3]x恒成立，所以1m．故选：C4．（2022·全国·高二课时练习）若函数21()ln2fxxxbx=+−存在单调递减区间,则实数b的取值范围为A．[2,)+B．(2,)+C．(,2)−

D．(,2]−【答案】B解：由21()ln2fxxxbx=+−，可得2'1()(0)xbxfxxx−+=，由题意可得存在0x＞，使得2'1()0xbxfxx−+=，即存在0x，使得210xbx−+，等

价于1bxx+，由对勾函数性质易得2b，故选B.5．（2022·福建省永春第一中学高二期末）已知()321233yxbxbx=++++是R上的单调增函数，则b的取值范围是A．﹣1b2B．﹣1b2C．b﹣2或b

2D．b﹣1或b2【答案】A∵()321233yxbxbx=++++∴222yxbxb=+++∵函数是R上的单调增函数∴2220xbxb+++在R上恒成立∴0，即244(2)0bb−+.∴12b−故选A.6．（2022·湖北·武汉市第一中学高二期中）已知函数()()221e3x

fxxaxa=−−−在()0,+上为增函数，则a的取值范围是______．【答案】(,2e−函数()()221e3xfxxaxa=−−−在()0,+上为增函数，()()2120xfxxeax=+−恒成立，()()212,0,xxeaxx++令()()

()21,0,xxegxxx+=+()()()2211xxxegxx−+=，()()10,,0,2xgxgx单调递减；()()1,,0,2xgxgx+单调递增；可得12x=时，函数()gx取得极小值，即

：142ge=24ae，解得：2ae，a的取值范围是：(,2e−.故答案为：(,2e−.7．（2022·河南南阳·高三期末（理））已知函数()3,2,xxxmfxxxm=，若对任意120xx，恒有()()1221121xfxxfxxx−−

成立，则实数m的取值范围是___________.【答案】(),24,−+因为120xx，所以由()()()()1221122112121xfxxfxxfxxfxxxxx−−−−()()121212xfxxxfxx−−()()()()2211122111

1]1[][fxfxffxxxxxx−−−−，构造函数()1()(0)fxgxxx−=，所以有()()22121111(),()fxfxgxgxxx−−==，即21()()gxgx因为120xx，所以函数()1()fxgxx−=是(0,)+上增函数，当

0m时，211()2xxxgxxx−==−，因为函数12,xyyx==−在(0,)+上都是增函数，所以函数()1()fxgxx−=是(0,)+上增函数，符合题意；当0m时，3211,0()2112,xxxxxmxxgxxxmxx−=−=−=−

，因为函数函数21,2,,xyxyyx===−在(0,)+上都是增函数，所以函数()gx在(0,)m和(,)m+上单调递增，要想函数()gx在(0,)+上单调递增，只需221122mmmmmm−−，在同一直角坐标系内画

出函数2,2(0)xyxyx==的图象如下图所示：因为当2,4xx==时，22xx=，所以由数形结合思想可得：当02x时，22xx，当24x时，22xx，当4x时，设2'()2()2ln22xxhxxhxx=−=−，设'

2()2ln22()2ln22xxtxxtx=−=−，当4x时，''()(4)0,()txttx单调递增，故'()(4)0()0()txthxhx单调递增，所以有()(4)0hxh=，所以当0m时，由22mm可得：02m

，或4m，综上所述：2m或𝑚≥4，故答案为：(),24,−+8．（2022·广东·潮州市绵德中学高二期中）已知函数21()()2fxxlnxaex=++−在1(,)2+上是增函数，则实数a的取值范围

是__．【答案】[2e−，)+解：21()()2fxxlnxaex=++−在1(,)2+上是增函数，11()0()2fxxaexx=++−…，min1()aexx−++„，由基本不等式得：12xx+…（当且仅当1xx=，即1x=

时取“=”)，min1()2xx+=，2ae−+„，解得2ae−…，故答案为：[2e−，)+9．（2022·四川·攀枝花七中高二阶段练习（理））已知函数1ln()xfxx+=.若函数()fx在区间1,(0)2tt

t+上不是单调函数，则实数t的取值范围为__________．【答案】112t求导得()()2211lnlnxxfxxx−+−==，易知(0,1)x，()0fx，()fx单增；(1,)x+，()0fx，()f

x单减；若使()fx在区间1(,)2tt+上不单调()0t，只需112tt+，则112t.故答案为：112t10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()exafxx=，1,3x，且1x，21,3x，12xx，()()121

22fxfxxx−−恒成立，则实数a的取值范围是______．【答案】39,e−解：12,1,3xx，12xx，()()12122fxfxxx−−恒成立，即()()121220fxfxxx−−-恒成

立，即()()112212220fxxfxxxx−−−−恒成立，令()()2gxfxx=−，则()()12120gxgxxx−−在1,3x上恒成立，即函数()()2gxfxx=−在区间1,3上单调递减

，又()221()()222xxxaexaxeaegxfxxx−−=−=−=−，()2120xaexx−−在1,3上恒成立，当1x=时，不等式可化为20−显然成立；当(1,3x时，不等式()212

0xaexx−−可化为()221xxaxe−，令()22()1xxhxxe=−，则()()()()()()222332222222112224(1)2244()01111xxxxxxxxxxxxxexexxxhx

xexexexe−−+−−+−−−+−====−−−−在区间(1,3x上恒成立，函数()2()1=−xxhxxe在区间(1,3x上单调递减，()2min33239()(3)31hxhee===−，39ae，即实数a的取值范围是39e−

，.故答案为：39e−，.②变量分离法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()()eln0xfxaaxaaa=−−+，若关于x的不等式()0fx恒成立，则实数a的取值范围是（）A．(20,eB．()20,eC．21,eD．(21,e【答案

】B解：()()()1eln0eln11xxfxaaxaaaxa=−−+−−，()lnelnln11xaax−−−−()()ln1lnelneln1xxaxax−−+−+−，令()exg

xx=+，显然()gx为增函数，则原命题等价于()()()lnln1gxagx−−()lnln1xax−−()lnln1axx−−，又令()()ln1gxxx=−−，则()111xgxxx−=−=，所以01x时()0gx，当1x时()0gx，即()gx

在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以()()max10gxg==，即()ln1xx−恒成立，所以()()ln12xxxx−−−−，所以ln2a，即得20ea．故选：B2．（2022·河南·洛阳市第一高级中学模拟预测（文））已知(

)fx是R上的单调递增函数，(0,)+x，不等式ln()(1)xfmffmx−++ln1xfx+−恒成立，则m的取值范围是（）A．12,e−−B．2,e+C．1,1e−+D．11,e

−+【答案】D依题意，()()(1)gxfxfx=−−在R上是增函数，(0,)+x，不等式lnln()(1)1xxfmffmfxx−+++−恒成立，即lnln1(1)xxfffmxx−−+

()fm−−恒成立，等价于ln(1)xggmx+恒成立，ln1xmx+，令ln()(0)xhxxx=，则21ln()(0)xhxxx−=，易得max1()(e)ehxh==，11em+，11em−.故选：D.3

．（2022·全国·高三专题练习）设实数0t，若不等式2ln2lne0txxt+−对0x恒成立，则t的取值范围为（）A．1,2e+B．1,e+C．10,eD．10,2e【答案】B2ln2lne0txxt+−对

0x恒成立，即2eln2txtx，即2ln22e2ln2ln2etxxtxxxx=，令()exFxx=，(0)x，则e()(1)0xFxx=+，故()Fx在(0,)+单调递增，故22txlnx…，故ln22xtx…，问题转化为ln22maxxtx

…，令()lnmHmm=，则()21lnmHmm−=，令()0Hm，解得：0em，令()0Hm，解得：em，故()Hm在(0,e)递增，在(e,)+递减，故()maxHmH=（e）1e=，故1et.故选：B．4．（20

22·河南·高二阶段练习（理））若当)0,x+时，关于x的不等式()e2ln1xxaxx++恒成立，则实数a的取值范围是（）A．)0,+B．1,e+C．)2,−+D．)e,+【答案】A令()ln1gxxx=−+，所以()111xg

xxx−=−=，所以当()01x，时()0gx，()gx单调递增，当()1,x+时()0gx，()gx单调递减，所以()()10gxg=，即()0x+，时，ln1−xx恒成立，所以当)0,x+时，()ln1x

x+恒成立成立；若当)0,x+时，关于x的不等式()e2ln1xxaxx++恒成立，则等价于当)0,x+时，关于x的不等式e2xxaxx+恒成立，当0x=时，不等式显然成立当()0,x+时，关于x的不等式e2xxaxx+恒成立，即21exa−恒成立，又函数1

exy=−在()0,x+上单调递减，所以01e1e0x−−=，所以20a，即0a；综上实数a的取值范围是)0,+.故选：A.5．（2022·江西·二模（理））对任意0x，若不等式()2eln0xax

axxa+恒成立，则a的取值范围为（）A．(0,2eB．)1,+C．(0,1D．(0,e【答案】D()2eeeelnln0ln0xxxxaxxaxaxxaxxx+−−−设()exfxx=（0x），则()()2e1xxfxx−=，()10f=当01x时，()0fx

，()fx在上单调递减当1x时，()0fx，在上单调递增所以，当1x=时，()fx取得极小值也是最小值e即()efx令xetx=（et）,则ln0tat−所以lntat而()efx即xeexlneelnlntttt=当且仅

当ln1t=，即et=时取等号所以ea故选:D.6．（2022·江西九江·三模（文））若(ln2)(e)(,R,0)+−axbaxaba对任意,()0x+恒成立，则ba的最小值为（）A．2eB．2C．eD．2e【答案】D不等式(ln2)

(e)axbax+−可化为(ln2)(e)baxaxa+−，当0a时，ln2exbxa+−，由已知可得maxln2exbxa+−，设ln2xyx+=，则2ln1xyx−=−，当1ex时，0y，函数ln2xyx+=

在1,e+为减函数，当10ex时，0y，函数ln2xyx+=在10e，为增函数，所以当1=ex时，函数ln2xyx+=取最大值，最大值为e，所以eeba−，所以2eba，当0a时，ln2exbxa+−，由已知可得minln2exbxa+−

，设ln2xyx+=，则2ln1xyx−=−，当1ex时，0y，函数ln2xyx+=在1,e+为减函数，当10ex时，0y，函数ln2xyx+=在10e，为增函数，所以函数ln2xyx+=不存在最小值，

且当0x且0x→时，()fx→−，所以minln2exbxa+−不成立，故0a所以ba的最小值为2e，故选：D.7．（2022·山西·模拟预测（文））若函数()e,[2,4]xfxaxx=−，在定义域内任取两个不相等的实数12,xx，不等式()()12123fx

fxxx−−恒成立，则实数a的取值范围是（）A．42,e+B．24e,+C．44,e−D．22,e−【答案】B根据题意由()()12123fxfxxx−−在[2,4]上恒成立，不妨设1242xx

，则()()12123fxfxxx−−可变形为()()112233fxxfxx−−，设()()3gxfxx=−，则函数()gx在[2,4]上单调递增，即()e40xgxa=−在[2,4]上恒成立，所以4exa，令max244(),()eexhxhx==，因此24e

a．故选：B8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()elnxfxmxm=+R，若对任意正数12,xx，当12xx时，都有()()1212fxfxxx−−成立，则实数m的取值范围是______．【答案】)0,+由()()1212fxfxxx−−得

，()()1122fxxfxx−−令()()gxfxx=−，∴()()12gxgx∴()gx在()0,+单调递增，又∵()()elnxgxfxxmxx=−=+−∴()e10xmgxx=+−，在()0,+上恒成立，即()1exmx−令()()1exhxx=−，则()()e110xhx

x=−++∴()hx在()0,+单调递减，又因为()()001e00h=−=，∴0m．故答案为：)0,+.9．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））若曲线exy=过点(2,0)−的切线恒在函数212()e31e

exfxaxx=−+−+−的图象的上方，则实数a的取值范围是__________．【答案】2(,e)−−设曲线xye=过点(2,0)−的切线的切点为00(,)xy，则切线的斜率000000ee(2)2xxykxx−===−

−+，所以01x=−，1ek=，切线方程为1(2)eyx=+，所以2112(2)e31eeexxaxx+−+−+−恒成立，所以231exxxa++恒成立，令231()exxxgx++=，则(1)(2)()exxxgx−−+=因为当2x−，()0gx，2x−，()0gx

，所以2x=−为()gx的极小值点，又因为x→+时，()0gx+→，2(2)e0g−=−所以2min()(2)egxg=−=−，所以2ea−.故答案为：2(,e)−−.10．（2022·天津市蓟州区第一中学高二期中）若0x，不等式l

n2(0)axbax−+恒成立，则ba的最大值为_____.【答案】21e##2e−设()ln2afxxx=−+，则()221axafxxxx−=−=，因为0a，所以当()0,xa时，()20xa

fxx−=，则函数()fx单调递减；当(),xa+时，()20xafxx−=，则函数()fx单调递增；所以()()minln1fxfaab==−，则ln1baaa−，令()ln1agaa−=，则()221ln12lnaa

gaaa−+−==；由()0ga=可得，2ea=；所以当()20,ea时，()22ln0agaa−=，则函数()ga单调递增；当()2e,a+时，()22ln0agaa−=，则函数()ga单调递减

；所以()()2222maxlne11eeegag−===，即ba的最大值为21e.故答案为：21e11．（2022·河北石家庄·高二阶段练习）已知120xx，若不等式12122212eeexxxxmxx+−−恒成立，则m的取值范围为______．【答案】(,2]

−()22121112221212eeeee0xxxxxxxxmmxxxx+−−−−−−−恒成立，令120txx=−，则不等式转化为ee0ttmt−−−，设函数()()ee(0),eettttftmttftm−−=

−−=+−，显然eee2=2etttt−−+，当2m时，()0ft，则()ft在（0，＋∞）上单调递增，故()()00ftf=，符合题意；当2m时，由于()ee0ttft−=−，故()ft在（0，＋∞）上单调递增，存在()00,t+满足()00ft=，即()f

t在()00,t单调递减，()0,t+单调递增，因此()00,tt时，()()00ftf=，与题意矛盾．综上所述，2m．故答案为：（－∞，2]．③变更主元法1．（2021·全国·高一专题练习）当2,3a时，不等式210axxa−+−恒成立，求x的取值范围．【答案】1,

12−．解：由题意不等式210axxa−+−对2,3a恒成立，可设2()(1)(1)faxax=−+−+，2,3a，则()fa是关于a的一次函数，要使题意成立只需(2)0(3)0ff，即22210320xxxx−−−−，解2210xx−−，即

()()2110xx+−得112x−，解2320xx−−，即()()3210xx+−≤得213x−，所以原不等式的解集为1,12−，所以x的取值范围是1,12−．2．（20

21·山东省淄博实验中学高一期中）已知函数()24yaxxcacN=++，满足：①当1x=时，8y=；②当2x=时，1417y．(1)求a，c的值；(2)若对任意的22t−，，不等式14ytxxt+−+恒成立，求实数x的取值范围．【答案】(1)1a=，3c=；(2)(

)()20−−+，，.(1)函数()24yaxxcacN=++，，∵当1x=时，8y=，当2x=时，1417y，∴48144817acac++=++，解得2533a，∵a，cN，∴1a=，3c=；(2

)由()1可知，243yxx=++，对任意的22t−，，不等式14ytxxt+−+恒成立，即220xtxt++−对任意的22t−，恒成立，令()()212gtxtx=−++，则min()0gt，∴()()2020gg

−，即2224020xxxx−++，解得2x−或0x，综上所述，实数x的取值范围为()()20−−+，，．3．（2021·全国·高一课时练习）设集合2420,xxAxaxR+=−+=．(1)若A中仅有

一个元素，求实数a的取值集合B；(2)若对任意aB，不等式()262xxax−−恒成立，求x的取值范围.【答案】(1)(,0]{4}B=−(2)5172x−(1)2420xxa+−+=，设2xt=，0t，则()22424attt=−+=

−−+，有一个解.画出函数()24fttt=−+图像，根据图像知：(,0]{4}a−，故(,0]{4}B=−.(2)()262xxax−−，即()2602xxax+−−恒成立，设()()226xgaaxx+−=−，当2x时，a→−

时，()ga→−，不成立；当2x=时，()80ga=，成立；当2x时，()()226xgaaxx+−=−单调递减，()()min208041xxgag+=−−=，解得517517x−+，故5172x−.综上所述：5172x−

.4．（2021·全国·高一课时练习）已知关于x的不等式()2211xmx−−.(1)若对任意实数x不等式恒成立，求实数m的取值范围；(2)若对于2,2m−，不等式恒成立，求实数x的取值范围.【答案】(1)不存在(2)1713,22−++(1)原不等式

等价于2210mxxm−+−，若对于任意实数x恒成立，当且仅当0m且()4410mm=−−，即2010mmm−+，此不等式组的解集为，所以不存在实数m，使不等式对任意实数x恒成立.(2)设()()2121

yxmx=−−−，当2,2m−时，()()2121yxmx=−−−可看作关于m的一次函数，其图象是线段，所以若对于2,2m−，0y恒成立，则当2m=或2m=−时，0y恒成立，即2222102230xxxx−−−−+①②，由①，得1313

22x−+，由②，得172x−−或172x−+，所以171322x−++，所以实数x的取值范围是1713,22−++.5．（2021·河南·商丘市第一高级中学高一阶段练习）已知函数()2*2,Nyaxxc

ac=++满足：①当1x=时5y=；②当2x=时，611y.（1）求a，c的值.（2）若对任意的Rx，不等式22ymxm++恒成立，求实数m取值范围.（3）若对任意的1,1t−，不等式14ytxxt+−+恒成立，求实数x的取值范围.【答案】（1）1a

=，2c=；（2）152m−+；（3）()(),02,−+.（1）由题意可得：2564411acac++=++，即3247acac+=+所以2437aa+−，解得：1433a−，又因为Na，所以

1a=，2c=；（2）由（1）可得222=++yxx，因为22ymxm++恒成立，所以2(1)20mxxm+++恒成立，①当1m=−时，210x−对于Rx恒成立不符合题意；②当1m−时，1044(1)0mmm+=−+，解得：152m−+，综上

所述：实数m取值范围152m−+；（3）由题意可得：22214xxtxxt+++−+对于11t−恒成立，原不等式可化为2(1)210xtxx−+−+，11t−恒成立.令()2(1)210gtxtxx=−+−+，11t−

，由22(1)1210(1)1210gxxxgxxx−=−+−+=−+−+，解得：0x或2x，所以实数x的取值范围为()(),02,−+.6．（2021·安徽·高三阶段练习（文））已知()fx是定义在R上的奇函数，且当0x时，2()log()fxax=−.（1）求函数(

)fx的解析式；（2）若对任意的[2,2]m−，都有不等式()()22220fxmxmfxmx−++−+恒成立，求实数x的取值范围.【答案】（1）22log(1)(0)()log(1)(0)xxfxxx−=−+；（2）4,(0,)3−−+

.解：（1）依题可知(0)0f=，解得1a=，所以当0x时，2()log(1)fxx=−，设0x，则0x−，所以2()log(1)fxx−=+，又()fx是奇函数，()()fxfx−=−，即2()log(1)fxx−=+，所以当0x时，2()log(1)fxx=−+，综上

所述，22log(1)(0)().log(1)(0)xxfxxx−=−+（2）当0x时，2()log(1)fxx=−，所以()fx在(,0]−上单调递减，又()fx是R上的奇函数，()fx在(0,)+上单调递减，从而()fx在R上单调递减

，由()()22220fxmxmfxmx−++−+，可得()()()2222222fxmxmfxmxfxmx−+−−+=−+−，又()fx在R上单调递减，2222xmxmxmx−+−+−，即23220xm

xm−++对任意的[2,2]m−恒成立，则223403440xxxx+−+，解得0x或43x−故x的取值范围是4(,)(0,)3−−+.7．（2021·全国·高一专题练习）已知函数21()1fxxaxa=−++（其中实数0a）．（1）若不

等式()0fx解集为122xx时，求实数a的值；（2）若对于任意[1,2]a，不等式()0fx恒成立，求实数x的取值范围．【答案】（1）2a=或12；（2）1,[2,)2−+.（1）由题设，1{2}2xx是2011x

axa−++的解集，1,22为方程2110xaxa−++=的根由韦达定理，有152aa+=，整理得22520aa−+=，解得12a=或2a=；（2）由题意，1,2a时()0fx恒成立，当0x时，[1,2]a则有()21110fxxaxa

=−++恒成立，符合题意；当0x时，()0fx则有11axax++，若1()gaaa=+，要使题设不等式恒成立，仅需max1()gaxx+即可，由22211()1agaaa−=−=，当[1,2]a时，()0ga故(

)ga在[1,2]单调递增，5()[2,]2ga∴152xx+，解之得1(0,][2,)2x+综上，x1(,][2,)2−+.8．（2022·全国·高一期末）（1）解关于x的不等式2(23)60(0

)axaxa−++（2）若对任意a∈[-1，1]，2(23)60axax−++恒成立，求实数x的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）32xx−（1）不等式化简为()()()332020axxaxxa−−−−，当0a时，不

等式等价于()320xxa−−，当32a时，即32a时，不等式的解集是2xx或3}xa，当32a=时，即32a=时，不等式的解集是2xx，当32a时，即302a时，不等式的解集是3xxa

或2}x，当0a时，不等式等价于()320xxa−−，不等式的解集是32xxa.综上可知：32a时，不等式的解集是2xx或3}xa，32a=时，不等式的解集是2xx，302a时，不

等式的解集是3xxa或2}x，当0a时，不等式的解集是32xxa.（2）不等式整理为()22360xxax−−+，1,1a−恒成立，设()()2236,1,1faaxxxa=−−+−，可得：()()1010

ff−，即()()()222630126302xxxxxx−−+−−+−（1）解得：32x−，（2）解得：3x或2x，所以不等式的解集是32xx−④双变量问题12(

)()fxgx型1．（2022·全国·高三专题练习）已知()exfxx=，()()21gxxa=−++，若存在1x，2xR，使得()()21fxgx成立，则实数a的取值范围为（）A．1,e+B．1,e−+C．()0,eD．10e,−【答案】B∃𝑥1,

𝑥2∈𝐑，使得()()21fxgx成立，等价于()()minmaxfxgx，()()ee1exxxfxxx=+=+，当1x−时，()0fx，()fx递减，当1x−时，()0fx，()fx递增，所以当x＝－1时，()fx取得最小值()()min11efxf=−=−；当x＝－1

时()gx取得最大值为()()max1gxga=−=，所以1ea−，即实数a的取值范围是1ea−故选：B．2．（2022·北京·高三专题练习）已知函数()4fxxx=+，()2xgxa=+，若11,12x，2[2,3]x，()()

12fxgx恒成立，则实数a的取值范围是（）A．1aB．0aC．12a−D．4a−【答案】A()4fxxx=+，()()()222241+−=−=xxfxxx，当11,12x，()10fx，()1fx为减函数.所以()()1

min15==fxf.又因为()2xgxa=+在[2,3]为增函数，所以22,3x，()()2min24==+gxga.因为11,12x，2[2,3]x，()()12fxgx恒成立，所以()()12minminfxgx即可，即54+a，1a.故选：A3．（20

22·湖南·临澧县第一中学高二阶段练习）已知函数()()22225,xxfxxaxgxe+=++=若对122,1,1,1xx−−−,使得()()12fxgx成立,则实数a的最小值是A．3B．74C．2D．3【答案】C由题

意，对于122,1,1,1xx−−−，使得12()()fxgx成立，可转化为对于122,1,1,1xx−−−，使得1max2max()()fxgx成立，又由22()xxgxe+=，可得2(222)2()xxxexxgxee−

−−==，当[1,0]x−时，()0gx，所以函数()gx单调递增，当(0,1]x时，()0gx，所以函数()gx单调递减，所以当0x=时，函数()gx有最大值，最大值为()02g=，又由二次

函数2(2)5fxxax+=+，开口向上，且对称轴的方程为xa=−，①当32a−−，即32a时，此时函数()max(2)94fxfa=−=−，令942a−，解得74a（不符合题意，舍去）；②当32a−−，即32a时，此时函数()max(1)62fxfa=−=−，令622a−，解得2a

，（符合题意），综上所述，实数a的最小值为2，故选C．4．（2022·黑龙江·鹤岗一中高二期中）设函数222e1e(),()e+==xxxxfxgx，对任意12,(0,)xx+，不等式12()()1+fxgxkk恒成立，则正数k的取值范围是__

___．【答案】1k对任意12,(0,)xx+，不等式12()()1+fxgxkk恒成立minmax()()1fxgxkk+由2e(1)()0exxgx−==，得1x=，(0,1)x时

，()0gx，()gx在(0,1)上递增(1,)x+时，()0gx，()gx在(1,)+上递减max()(1)egxgkkk==由222e1()0xfxx−==，得1ex=1(0,)ex时，()0fx，()fx在1(0,)e上递减1(,)ex+时，()0fx

，()fx在1(,)e+上递增min1()()2ee111ffxkkk==+++由minmax()()1fxgxkk+即2ee1kk+，又因为k为正实数解得1k故答案为：1k5．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知()3ln44x

fxxx=−+，()224gxxax=−−+，若对(10,2x，21,2x，使得()()12fxgx成立，则a的取值范围是______．【答案】1[,)8−+因为()3ln44xfxxx=−+，所以()()()222213

113434444xxxxfxxxxx−−−+−=−−==−，当01x时，()0fx，当12x时，()0fx，所以()()min112fxf==，因为()224gxxax=−−+开口方向向下，

所以在区间1,2上的最小值的端点处取得，所以要使对(10,2x，21,2x，使得()()12fxgx成立，只需()()minminfxgx，即()112g或()122g，即11242a−−+或14442a−−

+，解得18a−，所以a的取值范围是1[,)8−+，故答案为：1[,)8−+6．（2022·天津市武清区杨村第一中学高二阶段练习）已知()333exxfxxx=−+−，()ln1gxxa=++，10,2x，21,3x，使得()()12fxgx成立，则实数a的取值范围是__

_________.【答案】1,e−+∵10,2x，21,3x，使得()()12fxgx成立，∴()()12minminfxgx．由()333exxfxxx=−+−，得()()

1331xfxexx++−=，当0,2x时，1330exx++，∴()fx在区间()0,1上单调递减，在区间()1,2上单调递增，∴函数()fx在区间0,2上的最小值为()111ef=−．又()ln1gxxa=++在1,3上单调递增，∴函数()gx在区间1,3上的

最小值为()11ga=+，∴111ea−+，即实数a的取值范围是1,e−+．故答案为：1,e−+.7．（2022·全国·高三专题练习）已知()333exxfxxx=−+−，()()

ln1gxxa=++，10,2x，20,2x，使得()()12fxgx成立，则实数a的取值范围是______．【答案】11,e−+10,2x，20,2x，使得()()12fx

gx成立等价于在0,2上，()()minminfxgx．易得()()1331xfxexx++−=，当0,2x时，1330exx++，∴()fx在区间()0,1上单调递减，在区间()1,2上单调递增，∴函数()fx在区间0,2上的最小值为()111ef=

−．易知()gx在0,2上单调递增，∴函数()gx在区间0,2上的最小值为()0ga=，∴11ea−，即实数a的取值范围是11,e−+．故答案为：11,e−+8．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()sin1fxx=−,()ln2agxx

x=−,若对任意1xR都存在()21,xe使()()12fxgx成立,则实数a的取值范围是______.【答案】()2,e+对任意1xR都存在()21,xe使()()12fxgx成立，所以得到()()maxmaxfxgx，而()sin1fxx=−，所以()max

0fx=，即存在()1,xe，使ln02axx−，此时ln0x，0x，所以0a，因此将问题转化为存在()1,xe，使2lnxax成立，设()lnxhxx=，则()max2hxa，()21lnxhxx−=，当()1,xe，()0hx，()hx单调递增，所以()()

1hxhee=，即21ae，所以2ae，所以实数a的取值范围是()2,e+.故答案为：()2,e+.