专题一 微专题6 恒成立问题与能成立问题-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

微专题6　恒成立问题与能成立问题 [考情分析]　恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度较大，一般为高考题中的中高档题目. 微点一　利用导数研究恒成立问题 1.(15分)(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时，求f(x)的极值；(6分) (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.(9分) 解　(1)f(x)的定义域为(-1，+∞)， 当a=-2时， f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x， 故f'(x)=2ln(1+x)+-1 =2ln(1+x)-+1， 因为y=2ln(1+x)，y=-+1在(-1，+∞)上单调递增， 故f'(x)在(-1，+∞)上为增函数， 而f'(0)=0， 故当-1<x<0时，f'(x)<0， 当x>0时，f'(x)>0， 故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值. (2)当x=0时，f(x)=0恒成立， 现讨论x>0的情况， f'(x)=-aln(1+x)+-1 =-aln(1+x)-x>0， 设s(x)=-aln(1+x)-x>0， 则s'(x)=- =-=- 当a≤-时，s'(x)>0， 故s(x)在(0，+∞)上单调递增， s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 故当x>0时，f(x)>f(0)=0，符合题意； 当-<a<0时， 当0<x<-时，s'(x)<0， 故s(x)在上单调递减， s(x)<s(0)， 即在上f'(x)<0， f(x)单调递减， f(x)<f(0)=0，不符合题意，舍去； 当a≥0时，此时s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立， 同理可得在(0，+∞)上， f(x)<f(0)=0恒成立，不符合题意，舍去， 综上，a≤-. 2.(15分)[洛必达法则](2024·广州模拟)已知函数f(x)=+如果当x>0且x≠1时，f(x)>+求实数k的取值范围. 解　方法一　(参变量分离、洛必达法则) 当x>0且x≠1时，f(x)>+ 即+>+ 也即k<+1-=+1， 记g(x)=+1，x>0且x≠1， 则g'(x)==·. 记m(x)=ln x+(x>0)， 则m'(x)=+=≥0， 从而m(x)在(0，+∞)上单调递增， 且m(1)=0， 因此当x∈(0，1)时，m(x)<0，当x∈(1，+∞)时，m(x)>0， 故当x∈(0，1)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. 由洛必达法则有 g(x)==1+=1+=0， 即当x→1时，g(x)→0， 即当x>0且x≠1时，g(x)>0. 因为k<g(x)恒成立，所以k≤0. 综上所述，k的取值范围为(-∞，0]. 方法二　(分类讨论、反证法) 由f(x)=+ 得f(x)- =. 令h(x)=2ln x+(x>0)， 则h'(x)=. ①当k≤0时， 由h'(x)=知， 当x≠1时，h'(x)<0. 因为h(1)=0，所以当x∈(0，1)时，h(x)>0， 可得·h(x)>0； 当x∈(1，+∞)时，h(x)<0， 可得·h(x)>0， 从而当x>0且x≠1时，f(x)->0， 即f(x)>+. ②当0<k<1时，令t(x)=(k-1)(x2+1)+2x，由于t(x)=(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+2x+k-1的图象开口向下，且Δ=4-4(k-1)2>0， 对称轴x=>1，t(1)=2k>0， 所以当x∈时，(k-1)(x2+1)+2x>0， 故h'(x)>0，而h(1)=0， 故当x∈时，h(x)>0， 可得·h(x)<0，与题设矛盾. ③当k≥1时，h'(x)>0，而h(1)=0， 故当x∈(1，+∞)时，h(x)>0， 可得·h(x)<0，与题设矛盾. 综上可得，k的取值范围为(-∞，0]. 微点二　利用导数研究能成立问题 3.(13分)(2024·厦门模拟)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1)，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0. (1)求b；(3分) (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<求a的取值范围.(10分) 解　(1)f'(x)=+(1-a)x-b. 由题设知f'(1)=0，解得b=1. (2)f(x)的定义域为(0，+∞)， 由(1)知，f(x)=aln x+x2-x， f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1). ①若a≤则≤1， 故当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<即-1< 解得--1<a<-1. ②若<a<1，则>1， 故当x∈时，f'(x)<0， 当x∈时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f <. 而f =aln ++> 所以不符合题意. ③若a>1，则f(1)=-1=<. 综上，a的取值范围是 (--1-1)∪(1，+∞). 4.(15分)(2024·安顺模拟)已知函数f(x)=ex-1-k(x-1)，k∈R. (1)讨论f(x)的单调性；(6分) (2)若对任意的k>0，存在x∈R，使得kf(x)<ek+a，求实数a的取值范围.(9分) 解　(1)f(x)=ex-1-k(x-1)的定义域为R， 则f'(x)=ex-1-k， 当k≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)=ex-1-k(x-1)在R上单调递增； 当k>0时，令f'(x)=ex-1-k>0，解得x>1+ln k，令f'(x)<0，解得x<1+ln k， 故f(x)=ex-1-k(x-1)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减， 综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增； 当k>0时，f(x)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减. (2)由题意得，对任意的k>0，存在x∈R，使得f(x)<即f(x)min< 由(1)知，当k>0时，f(x)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减， 故f(x)在x=1+ln k处取得极小值，也是最小值， 故f(x)min=e1+ln k-1-k(1+ln k-1)=k-kln k，即证k-kln k<在(0，+∞)上恒成立， 令g(k)=k-kln k，k>0，则g'(k)=1-ln k-1=-ln k， 当k∈(0，1)时，g'(k)>0， 当k∈(1，+∞)时，g'(k)<0， 故g(k)=k-kln k在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)单调递减，故g(k)max=g(1)=1， 令h(k)=k>0，则h'(k)= 当k∈(0，1)时，h'(k)<0， 当k∈(1，+∞)时，h'(k)>0， 故h(k)=在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故h(k)=在k=1处取得极小值，也是最小值，且h(1)=e1+a， 综上，g(k)，h(k)都在k=1处取得最值，从而1<e1+a，解得a>-1， 故实数a的取值范围为(-1，+∞). [总结提升] 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略. (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. (1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. (2)不等式能成立问题的解题关键点 1.(13分)(2024·吴忠模拟)已知函数f(x)=x2-(2a-1)x-aln x. (1)当a=1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(4分) (2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.(9分) 解　(1)当a=1时，f(x)=x2-x-ln x，f(1)=0， 可得f'(x)=2x-1-故f'(1)=0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=0. (2)由已知得x∈(0，+∞)，所以x2+x>0， 由f(x)≥0，得x2+x≥(2x+ln x)a. 因为a>0，所以上式可化为. 令g(x)= 则g'(x)= 令h(x)=1-x-ln x，则h'(x)=-1-. 因为x∈(0，+∞)，所以h'(x)<0， 所以h(x)为(0，+∞)上的减函数，且h(1)=0， 故当x∈(0，1)时，h(x)>0，即g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，+∞)时，h(x)<0，即g'(x)<0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递减. 所以当x=1时，g(x)取得极大值，也是最大值， 即g(x)max=g(1)=1. 要使在(0，+∞)上恒成立，则应有≥1.又因为a>0，故0<a≤1. 2.(13分)(2024·南昌模拟)已知函数f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0). (1)若a=e，求函数f(x)的单调区间；(6分) (2)若不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解，求实数a的取值范围.(7分) 解　(1)当a=e时，f(x)=ex+(1-e)x-ln x， f'(x)=ex+(1-e)-=(ex-e)+ 当x>1时，ex-e>0>0， 所以f'(x)>0，即f(x)在(1，+∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex-e<0<0， 所以f'(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减， 则f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0，1). (2)因为f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0)， 则f'(x)=ex+(1-a) -=(ex-a)+(x>0)， ①当ln a≤1，即0<a≤e时， 因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a， 所以f'(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)=e+1-a≥e+1-e=1， 不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上无解； ②当ln a>1，即a>e时， 当1<x<ln a时，ex<eln a=a，x<ln a， 因此f'(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减， f(x)<f(1)=e+1-a<e+1-e=1，不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解. 综上，实数a的取值范围是(e，+∞). 3.(15分)(2024·衡水模拟)已知函数f(x)=emx+x2-mx，m∈R. (1)求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(5分) (2)若对于任意x∈[-1，1]，都有f(x)≤e，求实数m的取值范围.(10分) 解　(1)由于f(x)=emx+x2-mx，m∈R，故f(0)=1，切点为(0，1)，f'(x)=memx+2x-m， f'(0)=me0+2×0-m=0， 所以切线的斜率为0，f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1. (2)若对于任意x∈[-1，1]，都有f(x)≤e，只需f(x)max≤e. 令g(x)=f'(x)=memx+2x-m，则g'(x)=m2emx+2>0， 所以g(x)为R上的增函数， 因为g(0)=f'(0)=0，所以当x∈[-1，0)时，f'(x)<0；当x∈(0，1]时，f'(x)>0， 所以f(x)在[-1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增. 所以f(x)的最大值为f(-1)和f(1)中较大的一个， 所以即 设h(x)=ex-x-e+1，则h'(x)=ex-1， 当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0， 所以h(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. h(1)=0，h(-1)=+2-e<0，故当x∈[-1，1]时，h(x)≤0. 当m∈[-1，1]时，h(m)≤0，h(-m)≤0，则成立； 当m>1时，由h(x)的单调性，得h(m)>0，即em+1-m>e，不符合题意； 当m<-1时，h(-m)=e-m+m-e+1>h(1)=0，即e-m+1+m>e，也不符合题意. 综上，m的取值范围为[-1，1]. 4.(15分)(2024·杭州模拟)已知f(x)=(x-4)ex-x2+6x，g(x)=ln x-(a+1)x，a>-1. (1)求f(x)的极值；(6分) (2)若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围.(参考数据：e3≈20.09)(9分) 解　(1)由f(x)=(x-4)ex-x2+6x， 得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6 =(x-3)ex-2x+6=(x-3)(ex-2)， 令f'(x)=0，得x=3或x=ln 2， 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化如表， x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2，3) 3 (3，+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由表可知，当x=ln 2时，f(x)取得极大值， 极大值为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2 =-(ln 2)2+8ln 2-8， 当x=3时，f(x)取得极小值， 极小值为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)由(1)知f(x)在[1，3]上单调递减， 所以当x∈[1，3]时，f(x)min=f(3)=9-e3， 于是若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]， 使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)在[e2，e3]上恒成立， 即a+1<在[e2，e3]上恒成立， 令h(x)=x∈[e2，e3]， 则a+1<h(x)min， h'(x)== 因为x∈[e2，e3]，所以ln x∈[2，3]，10-e3-ln x∈[7-e3，8-e3]， 因为e3≈20.09，所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0，所以h'(x)<0， 所以h(x)在[e2，e3]上单调递减， 故h(x)min=h(e3)==1- 于是a+1<1-得a<- 又a>-1， 所以实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一　函数与导数 微专题6 恒成立问题与能成立问题 恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，难度较大，一般为高考题中的中高档题目. 考情分析 思维导图 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　利用导数研究恒成立问题 1.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时，求f(x)的极值； 1 2 3 4 1 2 3 4 f(x)的定义域为(-1，+∞)， 当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x， 故f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1， 因为y=2ln(1+x)，y=-+1在(-1，+∞)上单调递增， 故f'(x)在(-1，+∞)上为增函数， 而f'(0)=0， 故当-1<x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0， 故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值. (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 当x=0时，f(x)=0恒成立，现讨论x>0的情况， f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-x>0， 设s(x)=-aln(1+x)-x>0， 则s'(x)=-=-=- 当a≤-时，s'(x)>0，故s(x)在(0，+∞)上单调递增， s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 1 2 3 4 故当x>0时，f(x)>f(0)=0，符合题意； 当-<a<0时， 当0<x<-时，s'(x)<0， 故s(x)在上单调递减， s(x)<s(0)，即在上f'(x)<0， f(x)单调递减， f(x)<f(0)=0，不符合题意，舍去； 1 2 3 4 当a≥0时，此时s'(x)<0在(0，+∞)上恒成立， 同理可得在(0，+∞)上， f(x)<f(0)=0恒成立，不符合题意，舍去， 综上，a≤-. 1 2 3 4 2.[洛必达法则](2024·广州模拟)已知函数f(x)=+如果当x>0且x≠1时，f(x)>+求实数k的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 方法一　(参变量分离、洛必达法则) 当x>0且x≠1时，f(x)>+ 即+>+ 也即k<+1-=+1， 记g(x)=+1，x>0且x≠1， 则g'(x)==·. 1 2 3 4 记m(x)=ln x+(x>0)， 则m'(x)=+=≥0， 从而m(x)在(0，+∞)上单调递增， 且m(1)=0， 因此当x∈(0，1)时，m(x)<0，当x∈(1，+∞)时，m(x)>0， 故当x∈(0，1)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. 1 2 3 4 由洛必达法则有 g(x)==1+=1+=0， 即当x→1时，g(x)→0， 即当x>0且x≠1时，g(x)>0. 因为k<g(x)恒成立，所以k≤0. 综上所述，k的取值范围为(-∞，0]. 1 2 3 4 方法二　(分类讨论、反证法) 由f(x)=+ 得f(x)-=. 令h(x)=2ln x+(x>0)， 则h'(x)=. 1 2 3 4 ①当k≤0时，由h'(x)=知，当x≠1时，h'(x)<0. 因为h(1)=0，所以当x∈(0，1)时，h(x)>0， 可得·h(x)>0； 当x∈(1，+∞)时，h(x)<0，可得·h(x)>0， 从而当x>0且x≠1时，f(x)->0， 即f(x)>+. 1 2 3 4 ②当0<k<1时，令t(x)=(k-1)(x2+1)+2x，由于t(x)=(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+ 2x+k-1的图象开口向下，且Δ=4-4(k-1)2>0， 对称轴x=>1，t(1)=2k>0， 所以当x∈时，(k-1)(x2+1)+2x>0， 故h'(x)>0，而h(1)=0， 故当x∈时，h(x)>0， 可得·h(x)<0，与题设矛盾. 1 2 3 4 ③当k≥1时，h'(x)>0，而h(1)=0， 故当x∈(1，+∞)时，h(x)>0， 可得·h(x)<0，与题设矛盾. 综上可得，k的取值范围为(-∞，0]. 微点二　利用导数研究能成立问题 3.(2024·厦门模拟)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1)，曲线y=f(x)在点(1，f(1)) 处的切线斜率为0. (1)求b； 1 2 3 4 f'(x)=+(1-a)x-b. 由题设知f'(1)=0，解得b=1. (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<求a的取值范围. 1 2 3 4 f(x)的定义域为(0，+∞)， 由(1)知，f(x)=aln x+x2-x， f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1). ①若a≤则≤1， 故当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<即-1< 解得--1<a<-1. 1 2 3 4 ②若<a<1，则>1，故当x∈时，f'(x)<0， 当x∈时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递增. 所以存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f <. 而f =aln ++> 所以不符合题意. 1 2 3 4 ③若a>1，则f(1)=-1=<. 综上，a的取值范围是(--1-1)∪(1，+∞). 1 2 3 4 4.(2024·安顺模拟)已知函数f(x)=ex-1-k(x-1)，k∈R. (1)讨论f(x)的单调性； f(x)=ex-1-k(x-1)的定义域为R， 则f'(x)=ex-1-k， 当k≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)=ex-1-k(x-1)在R上单调递增； 当k>0时，令f'(x)=ex-1-k>0，解得x>1+ln k，令f'(x)<0，解得x<1+ln k， 故f(x)=ex-1-k(x-1)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减， 综上，当k≤0时，f(x)在R上单调递增； 当k>0时，f(x)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减. 1 2 3 4 (2)若对任意的k>0，存在x∈R，使得kf(x)<ek+a，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 由题意得，对任意的k>0，存在x∈R，使得f(x)<即f(x)min< 由(1)知，当k>0时，f(x)在(1+ln k，+∞)上单调递增，在(-∞，1+ln k)上单调递减， 故f(x)在x=1+ln k处取得极小值，也是最小值， 故f(x)min=e1+ln k-1-k(1+ln k-1)=k-kln k，即证k-kln k<在(0，+∞)上恒成立， 令g(k)=k-kln k，k>0，则g'(k)=1-ln k-1=-ln k， 1 2 3 4 当k∈(0，1)时，g'(k)>0， 当k∈(1，+∞)时，g'(k)<0， 故g(k)=k-kln k在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)单调递减， 故g(k)max=g(1)=1， 令h(k)=k>0，则h'(k)= 当k∈(0，1)时，h'(k)<0， 当k∈(1，+∞)时，h'(k)>0， 1 2 3 4 故h(k)=在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故h(k)=在k=1处取得极小值，也是最小值，且h(1)=e1+a， 综上，g(k)，h(k)都在k=1处取得最值，从而1<e1+a，解得a>-1， 故实数a的取值范围为(-1，+∞). 总结提升 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略. (1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题. (2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围. 29 总结提升 2.不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别. (1)含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法 若a>f(x)在x∈D上能成立，则a>f(x)min； 若a<f(x)在x∈D上能成立，则a<f(x)max. 30 总结提升 (2)不等式能成立问题的解题关键点 31 补偿强化练 PART TWO 1.(2024·吴忠模拟)已知函数f(x)=x2-(2a-1)x-aln x. (1)当a=1时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 1 2 3 4 当a=1时，f(x)=x2-x-ln x，f(1)=0， 可得f'(x)=2x-1-故f'(1)=0， 所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=0. (2)若a>0且f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 由已知得x∈(0，+∞)，所以x2+x>0， 由f(x)≥0，得x2+x≥(2x+ln x)a. 因为a>0，所以上式可化为. 令g(x)=则g'(x)= 令h(x)=1-x-ln x，则h'(x)=-1-. 因为x∈(0，+∞)，所以h'(x)<0， 所以h(x)为(0，+∞)上的减函数，且h(1)=0， 1 2 3 4 故当x∈(0，1)时，h(x)>0，即g'(x)>0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，+∞)时，h(x)<0，即g'(x)<0， 所以g(x)在(1，+∞)上单调递减. 所以当x=1时，g(x)取得极大值，也是最大值， 即g(x)max=g(1)=1. 要使在(0，+∞)上恒成立，则应有≥1. 又因为a>0，故0<a≤1. 2.(2024·南昌模拟)已知函数f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0). (1)若a=e，求函数f(x)的单调区间； 1 2 3 4 1 2 3 4 当a=e时，f(x)=ex+(1-e)x-ln x， f'(x)=ex+(1-e)-=(ex-e)+ 当x>1时，ex-e>0>0， 所以f'(x)>0，即f(x)在(1，+∞)上单调递增； 当0<x<1时，ex-e<0<0， 所以f'(x)<0，即f(x)在(0，1)上单调递减， 则f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0，1). (2)若不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 1 2 3 4 因为f(x)=ex+(1-a)x-ln a·ln x(a>0)， 则f'(x)=ex+(1-a)-=(ex-a)+(x>0)， ①当ln a≤1，即0<a≤e时， 因为x>1，ex>e≥a，x>1≥ln a， 所以f'(x)>0，因此函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增， 所以f(x)>f(1)=e+1-a≥e+1-e=1， 不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上无解； 1 2 3 4 ②当ln a>1，即a>e时， 当1<x<ln a时，ex<eln a=a，x<ln a， 因此f'(x)<0，所以函数f(x)在区间(1，ln a)上单调递减， f(x)<f(1)=e+1-a<e+1-e=1，不等式f(x)<1在区间(1，+∞)上有解. 综上，实数a的取值范围是(e，+∞). 3.(2024·衡水模拟)已知函数f(x)=emx+x2-mx，m∈R. (1)求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 1 2 3 4 由于f(x)=emx+x2-mx，m∈R，故f(0)=1，切点为(0，1)，f'(x)=memx+2x-m， f'(0)=me0+2×0-m=0， 所以切线的斜率为0，f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1. (2)若对于任意x∈[-1，1]，都有f(x)≤e，求实数m的取值范围. 1 2 3 4 若对于任意x∈[-1，1]，都有f(x)≤e，只需f(x)max≤e. 令g(x)=f'(x)=memx+2x-m，则g'(x)=m2emx+2>0， 所以g(x)为R上的增函数， 因为g(0)=f'(0)=0，所以当x∈[-1，0)时，f'(x)<0； 当x∈(0，1]时，f'(x)>0， 所以f(x)在[-1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增. 所以f(x)的最大值为f(-1)和f(1)中较大的一个， 所以 1 2 3 4 设h(x)=ex-x-e+1，则h'(x)=ex-1， 当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0， 所以h(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. h(1)=0，h(-1)=+2-e<0，故当x∈[-1，1]时，h(x)≤0. 当m∈[-1，1]时，h(m)≤0，h(-m)≤0，则成立； 当m>1时，由h(x)的单调性，得h(m)>0，即em+1-m>e，不符合题意； 当m<-1时，h(-m)=e-m+m-e+1>h(1)=0，即e-m+1+m>e，也不符合题意. 综上，m的取值范围为[-1，1]. 1 2 3 4 4.(2024·杭州模拟)已知f(x)=(x-4)ex-x2+6x，g(x)=ln x-(a+1)x，a>-1. (1)求f(x)的极值； 1 2 3 4 1 2 3 4 由f(x)=(x-4)ex-x2+6x， 得f'(x)=ex+(x-4)ex-2x+6 =(x-3)ex-2x+6=(x-3)(ex-2)， 令f'(x)=0，得x=3或x=ln 2， 当x变化时，f'(x)，f(x)的变化如表， x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2，3) 3 (3，+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 1 2 3 4 由表可知，当x=ln 2时，f(x)取得极大值， 极大值为f(ln 2)=(ln 2-4)eln 2-(ln 2)2+6ln 2=-(ln 2)2+8ln 2-8， 当x=3时，f(x)取得极小值， 极小值为f(3)=(3-4)e3-32+18=9-e3. (2)若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]，使得不等式g(x2)>f(x1)成立，求实数a的取值范围.(参考数据：e3≈20.09) 1 2 3 4 由(1)知f(x)在[1，3]上单调递减， 所以当x∈[1，3]时，f(x)min=f(3)=9-e3， 于是若存在x1∈[1，3]，对任意的x2∈[e2，e3]， 使得不等式g(x2)>f(x1)成立，则ln x-(a+1)x>9-e3(a>-1)在[e2，e3]上恒成立， 即a+1<在[e2，e3]上恒成立， 令h(x)=x∈[e2，e3]，则a+1<h(x)min， h'(x)== 1 2 3 4 1 2 3 4 因为x∈[e2，e3]，所以ln x∈[2，3]，10-e3-ln x∈[7-e3，8-e3]， 因为e3≈20.09，所以8-e3≈8-20.09=-12.09<0，所以h'(x)<0， 所以h(x)在[e2，e3]上单调递减， 故h(x)min=h(e3)==1- 于是a+1<1-得a<- 又a>-1， 所以实数a的取值范围是. $$