上分专题08 利用导数研究不等式恒成立、能成立问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

上分专题08利用导数研究不等式恒成立、能成立问题 命题密钥 恒成立与能成立问题是利用导数求函数最值的重要应用，分类讨论和参变分离是解决这 类问题的两种重要方法.其中要优先尝试使用参变分离法，通过将参数与变量分离开，得到一 个不含参且能求出最值的函数，从而较为便捷地求出参数的取值范围.分类讨论则是通过对 变量的分类，确定函数的单调性并求出对应的最值.这类问题中还有双变量任意性与存在性 问题和双元同构问题等一系列极具特色的问题： 考点觉醒 ●恒成立与能成立的最值转化 fx)>M恒成立 fx)in>M fx)<M恒成立 fx)<M 单变量 存在x,fx)>M Ax)>M 存在x,fx)<M .fx)min<M Vx,3x2 Ax )>g(x2) Ax)ming(x)min Vx,ヨx2,fx1Kg(x2) Ax)max<g(x)max 双变量 Vx:vx2 fx )>g(x2) Ax)ming(x)mas 3x,3x2,fx1）>g(x2) fx)mg(x)min 3x x2Ax)-fx2)>a f几x)mas fx)nin>a ●双元同构转化为函数单调性问题 代数变形 fx)-fx2)>g(x)-g(x2)fx)-g(x)fx2)-g(x2) 灭 转化为函 h(x)=fx)-g(x),根据x,x,的大小关系来判断h(e)的单调性 数单调性 ●常见的指对同构及其变形 xe与xlnx; -;x±e与lnx±x. 一些常见变形e=eh, e=e*-n+;x+In x=In (xe*). 20数学1选择性必修第二册·BS 实战演练 题组1直接讨论或分离参数，转化为函数最5.整(2025·江苏苏州高二月考)已知函数 值问题 f(x)=ae*-2x. 1.*(2025·江西九江高二期末)若对任意 (1)试讨论函数f(x)的单调性； x∈(0，+∞)，lgx<ax,则a的取值范围是 (2)当x>0时，不等式f(x)<(e-2)x+2e*+ a-1恒成立，求整数a的最大值， A.(他0，+） B.(日，+∞）】 n.(e,+x） 2.*(2025·安徽合肥高二期中)已知函 数g(x)=3alnx-2x+1,若存在x∈(1,4)， 使得g(x)≥1成立，则实数a的取值范围 是 3.*(2025·江苏镇江高二期末)已知函数 fx)=mx(e为自然对数的底数)，若 f(x)>0在(0，+∞)上恒成立，则实数m的取 6.转(2025·广东广州高二期中)已知函数 值范围是 4.*(2025·广东深圳高二期末)已知函数 )=-(a+2ng- f(x)=In x+- (1)若a=1,求函数f(x)的最小值； x+1 (2)设函数h(x)=f(x)-g(x),讨论函数 (1)若a=2,求函数f(x)在(1，f(1))处的切 h(x)的单调性； 线方程； (3)若在区间[1，e]上存在一点xo,使得 (2)若对任意xe(0,+)≤*恒成 f(x)<g(x)成立，求a的取值范围： 立，求实数a的取值范围。 黑白题·上分秘籍21 题组2构造相同函数，转化为函数单调性问题 题组3双变量任意性与存在性问题 7.(2025·陕西西安高二月考)任意实数 11.*(2025·天津和平区高二期中)已知函 ,当1≤<，时，恒有血血名 f(x)=e*-x-1,g(x)=aln x-x. X1一X2 (1)求f(x)的单调区间和极值； 成立，则a的范围为 ( A.(-∞，1) B.（-∞，1] (2)当a<0时，若3xe[是，1小，对ye C.(1,+∞) D.[1,+)） [。,1]使得g()≥f(),求a的取 8.接(2025·四川成都高二月考)若Hx∈ (1,+o),不等式ena+lna+1≥ln(x-l)恒 值范围。 成立（其中e是自然对数的底数），则实数a 的最小值为 9.整(2025·福建福州高二期中)已知函数 f(x)=x2+1,若存在x1,x2∈(0，+0)(x1≠ x2),使得f(x1)-f(x2)|=ale-eI成立，则 实数a的取值范围为 10.#(2025·河北邢台高二月考)已知函数 )-ah.g()-c-b..boR (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最大值为1，证明：对任意的 12.辞(2025·江苏盐城高二月考)已知函数 b∈R,f(x)≤g(x)恒成立. f(x)=a-b,g(x)=-x2+xlna,a>0且≠1， b∈R. (1)若函数f(x)与g(x)在x=0处有相同 的切线，求实数b的值； (2)当b=0时，记h(x)=f(x)-g(x),若存 在x1,x2∈[-1,1]，使得1h(x1)- h(x2)1≥e-1(e是自然对数的底数)， 求实数a的取值范围. 22■数学1选择性必修第二册·BS(日，+)上单调递诚综上可得，当a≥0时，)在 (0,+m)上单调递增；当a<0时，)在(0，-)上单调 递增，在(。，+)上单调递减 (2)解：由(1)得若款x)≤0恒成立，则a<0,且f(日) 0由f(日)≤0→n(-后)+ax(-日)≤0= h(）≤1→≤e→a≤-。所以a的取值范围为 (,] (3)证明：当a=1时，f(x)<e+x-2lnx+2<e.设 g(x)=e-(x+1)(x>0),则g'(x)=e-1,因为x>0,所以 g'(x)=e-1>0.所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)=0.所以e>x+1在(0，+∞)上恒成立.设 2-+1）=n-*+1>0,则6变 是由(>00<1，由(a)<0>1所以()在 (0,1)上单调递增，在(1，+o)上单调递减.又h(1)=ln1- 1+1=0,所以h(x)≤0，即lnx+2≤x+1在(0，+)上恒成 立.所以lnx+2<e在(0，+o)上恒成立.故原不等式成立. 11.(1)解：f'(x)=e-x-a,x∈[0，+∞)，令u(x)=f'(x),因 x∈[0，+∞)，由w'(x)=e*-1≥0，可得u(x)在[0，+0)上 单调递增，即f'(x)在[0，+o)上单调递增.当a≤1时， f'(x)≥f'(0)=1-a≥0在[0，+∞)上恒成立，故得f(x)在 [0,+0)上单调递增，则f(x)≥f代0)=1，符合题意；当a>1 时f'(0)=1-a<0.令h(x)=e-2x,则h'(x)=e-2,当x< ln2时，h'(x)<0;当x>ln2时，h'(x)>0,则h(x)在 (-o,ln2)上单调递减，在(ln2,+o)上单调递增，故 h(x)≥h(ln2)=2-2ln2>0.所以f'(a)=e-a-a=e-2a> 0.又f'(x)在[0，+∞)上单调递增，且f'(0)<0,故3∈ (0,a),使得f'(x)=0,则当xe(0,x)时，f'(x)<0,当 x∈(x,+∞)时f'(x)>0,即f(x)在(0，xo)上单调递减，在 (xo,+∞)上单调递增，故f(x)<f(0)=1,不符合题意.综 上所述，实数a的取值范围是(-∞，1]. (2)证明：由(1)得当a=1,>0时，c-22->1,即。- 号1>x2.要证不等式(e-宁+1h(10>2a(0. 只需证心41即E+2D即只诺 2x 证n(+l>o0.设Fe)=la(+I) x+2(x>0),则 ! (x)=1-4 x2 +(+2)(+10(x+2,当>0时， F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+∞)上单调递增， 又F(0)=0,所以F(x)>0恒成立，所以原不等式成立. 12(解：断可 cosx(2+cosw）-3sin(-sin三6cos+3,令f'()E (2+c0sx)2 0,可得a=分因为eb,],所以x经：当 3 e【o,写)时f()>0:当e(智]时f"<0: 参考答案 当e(售]时f(到>0，所以函数到在o,）)上 单调透端，在（智]上单调送减，在(]上单调 递增0)=01(）=区，f(）=,所以)在 [0,]上的最大值为3。 (2)解：由函数g(x)=lnx,可得h(x)=ax-g(x)=ax-lnx, e0,+)则()=a,当a≤0时( 0,所以h(x)在(0，+∞)上单调递减，没有最小值；当a>0 时，令（到>0，可得，令(）0得0<，所以 A()在(0，日)）上单测递诚，在（日，+）上单调遥端， 所以6()的最小值为A(日)=ax。-h(日)=1+ lna=1,则a=1. (3)证明：根据题意，要证xg(x)>fx)-1成立，即证xl山x+ 2成立，由（②知当a=1时，A(到≥A1-1,所u h≥1，即子+n≥1，所以1+h≥，令()= 3sin x 6cos x+3 2+o02*e(0,+w),则r(x）=1(2te (2+0e≥0，所以H()在(0，+x)上单调递增，所以 （c0sx-1)2 瓜e到>0=0，所以25即1+h心2食立。 所以原不等式成立 上分专题08利用导数研究不等式 恒成立、能成立问题 1.D解析：由对任意xe(0,+o),lgx<ax,得a> 1 设K则r(0，当g x x2 (0,e)时，f'(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时， f'(x)<0x)单调递减，所以x)≤f(e)=ge,所以age e e [学+）解折：由题意得g()=3ah-2x+1≥1在区 2. 同1,4)上有解，可转化为3≥二令()=二则 p(x=20.当xe(1,e)时，p(x)<0,0(x在区间 (In x)2 (1,e)上单调递减；当xe(e,4)时，p'(x)>0,所以p(x)在 区间(e,4)上单调道蜡，因此要使得3知二2在区间(1,4 上有解，只需满足3n≥p(x)m=p(e)=2c,即u≥2e 3 (,）解析：由已知m>0在(0+w)上恒减立， 所以m<学在(0+)上恒成立，故m<(信），其中e 0,+),令a(-(>0.则（到=g2(01. x3 白题63 令h'(x)>0,解得x>2,令h'(x)<0,解得0<x<2,故h(x)在 (0,2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故h(x)m= 42)-号放m<号所以a的取值范调是(-，号) e 中T(1)=1,函数f)= 2 4.解：(1)当a=2时，fx)=lnx+ x(x+1,故f”(1)= nx+2的导函数为r'(x)=+1 x+1 所以 函数)在(11)处的切线方程为y-1=之(x-1),即 x-2y+1=0. (2②)出任意e(0,+)e)≤告知山+名≤恒成 立.因为0，所以x+1>0,故a≤+1)-(g+1)n:在e 2 0,)上桓做立设g):a”-(1）h>0. 厕g()三xh,令(x)=xnx,则P(x耳 /1123 112-x+1（2)+4 x2% x2 >0,所以h(x)在(0，+o) x2 上单调递增，又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时，g(x)= h(x)<h(1)=0,g(x)在区间(0,1)上单调递减；当x∈ (1,+∞)时，g'(x)=h(x)>h(1)=0,g(x)在区间(1，+∞)上 单调递增；故当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，且 g(x)min=g(1)=2,所以若a≤g(x)在xe(0,+o)上恒成 立，则a≤g(x)m=2,故实数a的取值范围是(-o,2]. 5.解：(1)由f代x)=ae-2x,求导得f'(x)=ae*-2,当a≤0时， f'(x)<0,则f(x)在(-∞，+∞)上单调递减，当a>0时，令 f'()=0,则=h子，当xe(,h子）f'(<0,则 )在(，h子)上单调递减当xe(名+） f()>0,则在（名+=）上单调递增，放a50时， f代x)在(-∞，+∞)上单调递减，a>0时，f(x)在 (-,h名）上单调递减，在（子+）上单调递增。 (2)由x>0,不等式f(x)<(e-2)x+2e+a-1恒成立，转化为 (a-2)e-ex+1-a<0,令g(x)=(a-2)e*-ex+1-a,求导得 ! g'(x)=(a-2)e-e,若a≤2时，则g'(x)<0,所以g(x)在 (0,+∞)上单调递减，由于g(x)<g(0)=-1<0对于x>0成 立，当a=3时，则g(x)=e-ex-2,故g'(x)=e-e,令 g(x)=0,解得x=1,当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递 减，当x∈(1，+o)时，g(x)>0,g(x)单调递增，故g(x)i= g(1)=e-e-2=-2<0,但是g(10)=e°-10e-2>0,不满足题 意故整数a的最大值为2. 6.解：(1)当a=1时，f(x)=x-3lnx,其中x>0,则f'(x)=1- 3=3,(x)<0可得0<<3，"()>0可得>3，所 以函数f(x)的减区间为(0,3)，增区间为(3，+∞)，所以 f(x)min=f(3)=3-3ln3. (2)因为a()=)-g(到=-(a+2)1n-a中，其中>0， 则(x）=1-a+2+a+1=-(a+2)x+(a+) x-1)[x(a+1)],当a+1≤0时，即当a≤-1时，由h'(x)< x2 选择性必修第二册·BS 0可得0<x<1,由h'(x)>0可得x>1,此时，函数h(x)的减区 间为(0,1)，增区间为(1，+∞)；当0<a+1<1时，即当-1<a< 0时，由'(x)<0可得a+1<<1,由h'(x)>0可得0<x<a+1 或x>1,此时，函数h(x)的增区间为(0，a+1)、(1,+∞)，减 区间为(a+1,1);当a+1=1时，即当a=0时，对任意的x> 0,h'(x)≥0，此时，函数h(x)的增区间为(0，+o),无减区 间；当a+1>1时，即当a>0时，由h'(x)>0可得0<x<1或x> a+1,由h'(x)<0可得1<x<a+1,此时，函数h(x)的增区间 为(0,1)、(a+1,+o),减区间为(1，a+1).综上所述，当 a≤-1时，函数h(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，+o)； 当-1<a<0时，函数h(x)的增区间为(0，a+1)、(1,+∞)，减 区间为(a+1,1);当a=0时，函数h(x)的增区间为 (0,+∞)，无减区间；当a>0时，函数h(x)的增区间为 (0,1)、(a+1,+∞)，减区间为(1，a+1). (3)由(2)可知，当a≤0时，函数h(x)在[1，e]上单调递增， 则h(x)mn=h(1)=-a≥0，不合乎题意；当a>0时，函数 h(x)在[1，a+1]上单调递减，在[a+1,+)上单调递增. (i)若a+1≤e,则a≤e-1时，则函数h(x)在[1，a+1]上单 调递减，在[a+1,e]上单调递增，所以h(x)min=h(1+a)=a- (2+a)n(1+a)<0,设m(a)=a-(2+a)ln(1+a),其中0< a≤e-1,则m'(a)=-1ta ln(1+a)<0,所以函数m(a)在 (0,e-1]上单调递减，则m(a)<m(0)=0,合乎题意； (i)若a+1>e,即当a>e-1时，函数h(x)在[1，e]上单调递 减，所以h(x)m=h(e)=e-(a+2)-+1<0,解得a> e-2e-1,因为-2e-1-(e-1)=c2-2e-1-(e+10(e-- e+1 e+1 e+1 c<0,则>6-1.综上所述，实数a的取值范围是 (0,+0). InIn 2 7.D解析：由x<x,得xl血-xlh>a1-a宁名 日日，即有，设到=+兰即有 X2 X1 x1x12尤2 f(x1)>f(x2),知f(x)在[1，+∞)上单调递减，故f'(x)= 1-l血x-≤0在[1，+0)上恒成立，故≥1-lnx在x≥1上 恒成立，故a≥1. 8.e2解析：由题意可知，a>0,e+a+lna+1≥ln(x-1), 即eaa+x+lna≥x-1+ln(x-1)=e(xl)+ln(x-l),构造函 数g(x)=e*+x,其中xeR,则g(x)=e+1>0,所以函数 g(x)在R上为增函数，又g(x+lna)≥g(ln(x-l)),所以x+ na≥ln(x-1)→lna≥n(x-1)-x,其中x>1,令h(x)= n(x-1)-x,则h(x)Fx-1 1-1=2,当1<x<2时，h'(x)>0, 函数h(x)单调递增；当x>2时，h'(x)<0,函数h(x)单调递 减，所以lna≥h(x)mr=h(2)=-2,即a≥e2,故实数a的 最小值为e2. 9.(0,子）解析：函数)=+1在(0，+)上为增函数， 不妨设0<x1<x2,则f(x1)<f(x2),e1<e2,所以由lf(x1)- f(x2)I=alei-e*21,f(x2)-f(x)=ae*2-ae*l,f(x)- ae1=f(x2）-ae2,设g(x）=fx)-ae=x2+1-ae,xe (0,+),则g(x,)=g(x2),而g'(x)=2x-ae,当a≤0时， g'(x)>0,函数g(x)在(0，+∞)上为增函数，此时不存在1， x2e(0,+∞)(x1≠x2),使得g(x1)=g(x2);当a>0时，要满 足题意，则g'(x)在区间(0，+∞)上有变号零点，使得g(x) 在区间(0，+o)上不单调，则2x-ae=0,即a=,设h()月 白题64 $$\frac { 2 x } { e ^ { x } } ， x \in \left( 0 ， + \infty \right) ， 则$$ $$h ' \left( x \right) = \frac { 2 - 2 x } { e ^ { x } } ，$$ ，令 h'(x)>0， ，得 < 1； 令 h'(x)<0， ，得 x>1， ，所以函数 h(x) )在(0，1)上为增函数，在 (1，+∞) 上为减函数， $$h h \left( 0 \right) = 0 ， h \left( 1 \right) = \frac { 2 } { e }$$ ，且 x>0 时， h(x)>0， 所以 $$a \in \left( 0 ， \frac { 2 } { e } \right)$$ 10.(1)解 ：f(x) 的定义域为 $$\left( 0 ， + \infty \right) ， f ' \left( x \right) = \frac { 1 - a - \ln x } { x ^ { 2 } }$$ ，令 f'(x)=0 得 $$x = e ^ { 1 - a } ， 3 f '$$ "(x)>0 得 $$0 < x < e ^ { 1 - a } ，$$ ，令f' '(x)<0 得 $$x > e ^ { 1 - a } ， \therefore f \left( x \right)$$ )在 $$\left( 0 ， e ^ { 1 - \alpha } \right)$$ )上单调递增，在 $$\left( e ^ { 1 - \alpha } ， + \infty \right)$$ )上单 调递减. (2)证明：由( $$f \left( x \right) _ { m a } = f \left( e ^ { 1 - a } \right) = \frac { a + \ln e ^ { 1 - a } } { e ^ { 1 - a } } = \frac { 1 } { e ^ { 1 - a } } = 1 ，$$ $$\therefore a = 1 ， \therefore f \left( x \right) = \frac { 1 + \ln x } { x } ，$$ 要证 f(x)≤g(x)， 即证 $$E \frac { 1 + \ln x } { x } \le$$ $$e ^ { b x } - b ，$$ ，即证 $$1 + \ln x \le x e ^ { b x } - b x ，$$ ，即证 $$e ^ { b x + \ln x } - \left( b x + \ln x \right) - 1 \ge 0 ，$$ 构造函数 $$h \left( x \right) = e ^ { x } - x - 1 ， x \in R ，$$ ，则 $$h ' \left( x \right) = e ^ { x } - 1 ，$$ ，令 h'(x)>0得 x>0， 0， 令 h'(x)<0 得 x<0，∴h(x) 在 (0，+∞) 上 单调递增，在 (-∞，0) )上单调递减 ，∴h(x)≥h(0)=0， 即 $$e ^ { x } - x - 1 \ge 0$$ 恒成立，当且仅当 x=0 时等号成立 ∵b∈R， $$x \in \left( 0 ， + \infty \right) ， \therefore \exists { x _ { 0 } } \in \left( 0 ， + \infty \right)$$ ，使得 $$b x _ { 0 } + \ln { x _ { 0 } } = 0 ，$$ $$\therefore e ^ { b x + \ln x } - \left( b x + \ln x \right) - 1 \ge 0$$ 恒成立，故对于任意的 b∈R， f( (x)≤g(x) )恒成立. 11.解：(1)因为 $$f \left( x \right) = e ^ { x } - x - 1 ，$$ 定义域为 $$R ， f ' \left( x \right) = e ^ { x } - 1 ，$$ ，由 f' '(x)<0 可得 x<0， 由 f'(x)>0 可得 x>0， ，所以 f(x) 单调递 减区间为 (-∞，0) ^{∘} ，单调递增区间为 (0，+∞)， ，所以f(x)在 x=0 处取得极小值，且极小值为 f(0)=0， ，无极大值. (2)当 a<0 时，若 $$\exists { x _ { 1 } } \in \left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right] ，$$ $$\forall { x _ { 2 } } \in \left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right]$$ 得 $$g \left( x _ { 1 } \right) \ge f \left( x _ { 2 } \right) ，$$ ，则 $$g \left( x _ { 1 } \right) _ { m x } \ge f \left( x _ { 2 } \right) _ { m a x }$$ ，由 (1) )可知，函 数 f(x) 在 $$\left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right]$$ 上单调递增，故当 $$x _ { 2 } \in \left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right] 时 ，$$ $$f \left( x _ { 2 } \right) _ { m x } = f \left( 1 \right) = e - 2 ，$$ ，当 $$x \in \left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right] 时 ， g \left( x \right) = a \ln x - x ，$$ 其中 a<0， ，则 $$g ' \left( x \right) = \frac { a } { x } - 1 < 0 ，$$ 此时，函数 g(x) )在 $$\left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right]$$ 上为减函数，故当 $$x _ { 1 } \in \left[ \frac { 1 } { e } ， 1 \right]$$ $$1 | m f ， g \left( x _ { 1 } \right) _ { m n } = g \left( \frac { 1 } { e } \right) =$$ $$- a - \frac { 1 } { e }$$ ，所以 $$- a - \frac { 1 } { e } \ge e - 2 ，$$ 解得 $$且 a \le - e - \frac { 1 } { e } + 2$$ 2.因此实数a 的取值范围是 $$\left( - \infty ， - e - \frac { 1 } { e } + 2 \right]$$ 12.解：(1)函数 $$f \left( x \right) = a ^ { x } - b ， f ' \left( x \right) = a ^ { x } \ln a ， f ' \left( 0 \right) = \ln a$$ $$g \left( x \right) = - x ^ { 2 } + x \ln a ，$$ ，则 g'(x)=-2x+lna，g'(0)=lna， ，因为 函数 f(x) 与 g(x) )在 x=0 处有相同的切线，则在 x=0 有相 同的函数值，即 f(0)=g(0)，1-b=0 ，解得 b=1. (2) 当 b=0 时， $$h \left( x \right) = f \left( x \right) - g \left( x \right) = a ^ { x } - \left( - x ^ { 2 } + x \ln a \right) = a ^ { x } +$$ $$x ^ { 2 } - x \ln a ，$$ ，求导得 $$h ' \left( x \right) = \ln a \left( a ^ { x } - 1 \right) + 2 x ，$$ ，当 a>1 时 0，h'(x) 在 [-1，1] ]上单调递增，且 h'(0)=0， ，当 x∈[-1， 0)时， h'(x)<0， 即h(x)单调递减，当 x∈[0，1) 时， h'(x)>0，h(x) 单调递增，所以 $$h \left( x \right) _ { \min } = h \left( 0 \right) = 1 ，$$ $$h \left( x \right) _ { m a x } = m a x | h \left( - 1 \right) ， h \left( 1 \right) \right\} ， h \left( - 1 \right) = \frac { 1 } { a } + 1 + \ln a ， h \left( 1 \right) =$$ a+1- $$a ， h \left( 1 \right) - h \left( - 1 \right) = a - \frac { 1 } { a } - 2 \ln a ， 若 G \left( a \right) = a - \frac { 1 } { a } -$$ 2lna， ，则 $$G ' \left( a \right) = \left( 1 - \frac { 1 } { a } \right) ^ { 2 } \ge 0 ，$$ 所以 G(a) 在 (1，+∞) 上 单调递增， G(a)>G(1)=0， ，即 h(1)>h(-1)， ，由 $$1 h \left( x _ { 1 } \right) -$$ 参考答案 h(x2)l≥e-1,可得h(x)ms-h(x)mn=a+1-lna-1=a- na≥e-l,令m(a)=a-lna,a>l,对m(a)=a-lna求导得 '(@1->0,所以m(@在(1，+∞上单调递增 又m(e)=e-1,所以a≥e:当0<a<1时，lna<0,h'(x)在 [-1,1]上单调递增，且h'(0)=0;当x∈[-1,0)时， h'(x)<0,h(x)单调递减；当xe[0,1]时，h'(x)>0,h(x) 单调递增，所以h(x)nn=h(0)=1,h(x)x=max{h(-1), h(1),h(1)=a+1-na,h(-1)=1+1+na,h(1)- A-1=ed2na=6(e).6(@)=(1-)八>0，所以 G(a)在(0,1)上单调递增，所以G(a)<G(1)=0,所以 h(1)<h(-1),所以h(x)m=h(-1)=工+1+na,由 1 lh(x1)-h(x2)1≥e-1,可得h(x)mx-h(x)im=与+ na≥e-l,令n(a)=+lna,0<a<1,n(a)=a a2<0,所以 a(a)在(0,1D内单调递减，又n(日) e =e-1,所以0<a≤ 。综上，实数a的取值范两是(0，]U[s,) 上分专题09利用导数研究函数的 零点或方程的根 1.(1)解：当a=3时x)=号2-32-3-3，设x)的对称中 心为(m,m),则f(x*m)+-x+m)=2n,所以写（(x+m)- 3(+m)2-3(x+m）-3+写(-x+m)2-3(-xtm)2-3(-xt m）-3=2n,整理得(2m-6)+子m-6m2-6m-6-2n=0,所 (2m-6=0, 以仔-66m6-2a=0,解得.所以到的对 称中心为(3，-30). -3a= (2)证明：由于+x+1>0,所以(x)=0等价于2产 0,设8（)13a,则g()=2t3》 x3 (x2+x+1)2 [(x+1)+21≥0，当且仅当x=0时g(x)=0,因此g() （x2+x+1)2 在(-∞，+∞)上单调递增，即g(x)至多有一个零点，从而 fx)至多有-个零点.又因为f(3a-1)=-6a2+2a-3 121 -6(a6)厂6<03a+1)=3>0,故)在(3a-1,3a+1) 内存在零点，综上所述，可知代x)有唯一零点. 2. 解：(1)由题可知函数f(x)定义域为R,f'(x)=e-a为增函 数，所以当a≤0时，f'(x)>0恒成立，此时f(x)为R上的增 函数，无极大值也无极小值；当a>0时，令f'(x)=0→x= lna,故当x∈(-o,lna)时，f'(x)<0,f(x)在(-o,na)上 单调递减，当xe(lna,+o)时，f'(x)>0,fx)在(lna, +∞)上单调递增，所以f(x)存在极小值为f(lna)=e- alna=a-alna,无极大值.综上，当a≤0时，f(x)无极大值也 无极小值；当a>0时，f(x)存在极小值为a-alna,无极大值. (2)当a>0时，由(1)知fx)在(-∞，lna)上单调递减，在 白题65