3.3.2 导数与不等式恒(能)成立 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，覆盖分离参数法、等价转化法、双变量恒成立问题等核心考点，依据高考评价体系分析了不等式恒成立问题的考查要求，通过模拟题归纳了“构造函数求最值”“分类讨论参数范围”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点突破+真题训练+素养提升”模式，如以2026年驻马店模拟题为例，详解分离参数法中“k≥h(x)恒成立等价于k≥h(x)max”的解题逻辑，培养数学思维与运算能力。提能训练分基础巩固与能力提升，助力学生掌握导数应用技巧，教师可据此精准指导复习。

第三章 导数及其应用 第三讲　导数的综合应用 第二课时　导数与不等式恒(能)成立 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[19] 考点突破 · 互动探究 返回导航 分离参数法 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：分离参数法解决恒成立问题的策略 1．分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 2．a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max； a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·常州模拟)已知函数f(x)＝(mx－1)ex(m∈R)在x＝0处取得极值． (1)求m的值； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　(1)由f(x)＝(mx－1)ex， 可得f′(x)＝(mx＋m－1)ex， 由f′(0)＝(m－1)e0＝0，解得m＝1， 此时f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex， 令f′(x)>0，得x>0， 令f′(x)<0，得x<0，故0是函数f(x)的极值点，故符合题意，所以m＝1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 等价转化法 (1)当a＝1时，求f(x)的极值； (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：“等价转化法”解决不等式恒成立问题 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)>0恒成立⇔g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立⇔g(a)≥0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)<0恒成立⇔g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立⇔g(a)≤0. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·柳州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x＝1为函数f(x)的极值点，当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)恒成立，求实数m的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)∵x＝1为函数f(x)的极值点， ∴f′(1)＝0，∴a＝1. f(x)＝x－ln x，x[f(x)－x＋1]＝x(1－ln x)， 当x∈[e，＋∞)时，不等式x[f(x)－x＋1]≤m(e－x)⇔x(1－ln x)≤m(e－x)， 即x(1－ln x)－m(e－x)≤0， 令g(x)＝x(1－ln x)－m(e－x)，x∈[e，＋∞)，则g′(x)＝m－ln x， 若m≤1，g′(x)≤0在[e，＋∞)上恒成立， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 则g(x)在[e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)≤g(e)＝0，满足题意． 若m>1，由g′(x)>0，可得e≤x<em， 则g(x)在[e，em)上单调递增， ∴在[e，em)上存在x0使得g(x0)>g(e)＝0，与题意不符， 综上，实数m的取值范围为(－∞，1]. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 双变量的恒(能)成立问题 (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 洛必达法则 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围． [解析]　解法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)， 则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a. ∵x>0，∴ln(x＋1)>0. ①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 ②当1－a<0，即a>1时， 令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1， ∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0； x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减， 在(ea－1－1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意． 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)． (1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值； (2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)解法一：当x>0时，f(x)≥0， 即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0， 令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0， φ′(x)＝ex－a. ①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 ②当a>1时，若0<x<ln a，则φ′(x)<0， 若x>ln a，则φ′(x)>0. ∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0. 令g(a)＝a－1－aln a(a>1)， ∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0， ∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减． ∴g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾， 故a>1不满足条件， 综上，实数a的取值范围是(－∞，1]． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[19] 返回导航 A组基础巩固 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)当a＝1时，求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围． [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ex， 则f′(x)＝1－ex， 当x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(0)＝－1，无极小值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(2026·福建泉州模拟)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求f(x)的单调区间； (2)若存在x>0，使得f(x)≤ax成立，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 B组能力提升 (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最大值为1，证明：∀b∈R，f(x)≤g(x)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(2026·江西三新教研共同体联考)已知函数f(x)＝xex－ln x－x－1. (1)已知f(x)的导函数为f′(x)，证明：f′(x)＝0有唯一实数解； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 C组拓展应用(选作) (1)若a＝1，求函数f(x)的最小值； (2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间； (3)若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求实数a的取值范围． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 当0<a＋1<1，即－1<a<0时， 由h′(x)<0可得a＋1<x<1，由h′(x)>0可得0<x<a＋1或x>1， 此时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a＋1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a＋1,1)； 当a＋1＝1，即a＝0时，对任意的x>0，h′(x)≥0，且不恒为0， 此时函数h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a＋1>1，即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)的单调递增区间为(0,1)，(a＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，a＋1)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 综上所述，当a≤－1时，函数h(x)的单调递减区为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)； 当－1<a<0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，a＋1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a＋1,1)； 当a＝0时，函数h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，函数h(x)的单调递增区间为(0,1)，(a＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，a＋1)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (3)由(2)可知，在区间[1，e]上存在一点x0， 使得h(x0)＝f(x0)－g(x0)<0， 即在区间[1，e]上，h(x)min<0. 当a≤0时，函数h(x)在[1，e]上单调递增， 则h(x)max＝h(1)＝－a≥0，不符合题意． 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， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 (2026·驻马店模拟)已知函数f(x)＝x. (1)讨论f(x)的最值； (2)若a＝1，且f(x)≤，求k的取值范围． [解析]　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝， 当a≤0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在区间(0，＋∞)内单调递减，无最大值，无最小值； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 故当x＝时，f(x)取得极小值且为最小值，且最小值为f＝1＋ln a，无最大值． 综上，当a≤0时，f(x)无最大值，无最小值； 当a>0时，f(x)的最小值为1＋ln a，无最大值． (2)当a＝1时，由f(x)≤， 得x－ln x≤(x>0)， 整理得kex≥x2＋x－xln x， 即k≥. 令h(x)＝(x>0)， 则h′(x)＝ ＝， 由(1)知，当a＝1时，f(x)＝x－ln x的最小值为f(1)＝1>0， 即x－ln x>0恒成立， 所以当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减． 故当x＝1时，h(x)取得最大值h(1)＝， 即k≥， 故k的取值范围为. (2)若∀x∈[－1，＋∞)，f(x)≥＋a恒成立，求实数a的取值范围． (2)由f(x)≥＋a对∀x∈[－1，＋∞)恒成立， 则(x－1)ex≥＋a对∀x∈[－1，＋∞)恒成立， 则a≤(x－1)ex－对∀x∈[－1，＋∞)恒成立． 令g(x)＝(x－1)ex－(x≥－1)， 则g′(x)＝xex－x＝x(ex－1)， 当－1≤x<0时，g′(x)>0， 当x≥0时，g′(x)≥0， 所以当x∈[－1，＋∞)时，g′(x)≥0恒成立， 所以g(x)在[－1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(－1)＝(－1－1)e－1－＝－－， 所以a≤－－， 所以实数a的取值范围为. (2026·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x＋(a≠0)． [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x＋， 定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝＋1－＝， 令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1， 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)， 故f(x)有极小值f(1)＝0＋1＋2＝3，无极大值． (2)若对∀x∈(e－1，e)，f(x)<x＋2， 即对∀x∈(e－1，e)，ln x＋－2<0， 令g(x)＝ln x＋－2，则g′(x)＝－＝， ①当a<0时，g′(x)＝>0，函数g(x)在(e－1，e)上单调递增， 则g(x)<g(e)＝ln e＋－2＝－1＋<0，符合题意； ②当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝>0， 则函数g(x)在上单调递减，在上单调递增， 若g(x)<0在(e－1，e)上恒成立， 只需满足解得a≥. 综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪. [解析]　(1)f′(x)＝a－＝(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)<0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a>0时，令f′(x)>0，得x>， 令f′(x)<0，得0<x<， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2026·济南模拟)已知函数f(x)＝－1(其中e为自然对数的底数)，函数g(x)＝x3＋ax2＋1. [解析]　(1)∵f′(x)＝， ∴f′(1)＝2e，又f(1)＝－1， ∴y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋1＝2e(x－1)，即2ex－y－2e－1＝0. (2)∵对∀x1，x2∈[1，e]，不等式f(x1)≤g(x2)恒成立，∴f(x)max≤g(x)min； ∵f′(x)＝， ∴当x∈[1，e]时，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1； g′(x)＝3x2＋2ax＝x(3x＋2a)，令g′(x)＝0， 解得x＝0或x＝－； ①当－≤1，即a≥－时， g′(x)≥0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2＋a， 由f(x)max≤g(x)min得1≤2＋a，解得a≥－1； ②当1<－<e，即－<a<－时， 若x∈，则g′(x)<0， 若x∈，则g′(x)>0， ∴g(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴g(x)min＝g＝＋1<1，不满足f(x)max≤g(x)min； ③当－≥e，即a≤－时， g′(x)≤0在[1，e]上恒成立， ∴g(x)在[1，e]上单调递减， ∴g(x)min＝g(e)＝e3＋ae2＋1， 由f(x)max≤g(x)min得1≤e3＋ae2＋1， 解得a≥－e(舍)． 综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)． (2025·江苏盐城中学质量检测)已知函数f(x)＝(x∈R)，a为正实数． [解析]　(1)因为f(x)＝(x∈R)， 所以f′(x)＝(x∈R)， 因为a>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3； 令f′(x)<0，得x<0或x>3. 所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3， ＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[0,3)上单调递增，在(3,4]上单调递减， 所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝. 又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0， 所以f(0)<f(4)， 所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a， 若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立， 则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立， 即f(3)－f(0)<1， 即＋a<1，解得a<， 又a>0，所以0<a<， 故实数a的取值范围为. 在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型的代数式，就没法求其最值．“”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则． 法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)f(x)＝0及g(x)＝0. (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0. (3) ＝A，那么 ＝ ＝A. 法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)f(x)＝∞及g(x)＝∞. (2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0. (3) ＝A，那么 ＝ ＝A. 解法二：当x∈(0，＋∞)时， (x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立， 即a<恒成立． 令g(x)＝(x>0)． ∴g′(x)＝. 令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)， ∴k′(x)＝1－＝>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增． ∴k(x)>k(0)＝0， ∴x－ln(x＋1)>0恒成立， ∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知 g(x)＝ ＝[ln(x＋1)＋1]＝1， ∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]． [解析]　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1， 依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝. 经检验a＝符合题意． 解法二：当x>0时，f(x)≥0， 即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0， 即ax≤ex－1，即a≤恒成立， 令h(x)＝(x>0)， ∴h′(x)＝， 令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则知，h(x)＝ ＝ex＝1， ∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]． 1．已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且f(x)≤恒成立，求a的取值范围． [解析]　f(x)－＝， 构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)， g′(x)＝ln x＋1－2ax， 令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，F′(x)＝. ①若a≤0，则F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0， ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0， 从而f(x)－≥0，不符合题意， ②若0<a<，当x∈时，F′(x)>0， ∴g′(x)在上单调递增， 从而g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0， ∴g(x)在上单调递增， g(x)≥g(1)＝0， 从而f(x)－≥0，不符合题意． ③若a≥，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立， ∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减， g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0. ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0， 综上，a的取值范围是. 2．(2025·东北三省四市联考)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (2)由题得，存在x∈(0，＋∞)， 使ax≤成立，即a≤成立， 则问题转化为a≤max(x>0)， 令h(x)＝，x>0， h′(x)＝＝. 当0<x<时，h′(x)>0，当x>时，h′(x)<0，所以函数h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减， 所以h(x)max＝h()＝， 所以a≤， 故实数a的取值范围为. [解析]　(1)因为f′(x)＝x(2ln x＋1)，x>0， 令f′(x)＝0，解得x＝， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 则f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)依题意，存在x>0，使得a≥xln x， 令g(x)＝xln x，则g′(x)＝ln x＋1， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g＝－，因此a≥－， 故a的取值范围为. 4．(2026·衡水检测)已知函数f(x)＝x－aln x＋在x＝1处取得极值． (1)若a>1，求函数f(x)的单调区间； (2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围. [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝1－－. 由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a. 则f′(x)＝1－－＝＝， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1. 若1<a<2，则函数f(x)的单调递增区间为(0，a－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(a－1,1)； 若a＝2，则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)； 若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0,1)，(a－1，＋∞)． (2)若a>3时，f(x)在上单调递增，在(1,2)上单调递减， 所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0. 易知g(x)在上单调递增． 则g(x)min＝g. 又g＝a2＋3>0， ∴g(x)>f(x)在上恒成立， 若存在m1，m2∈， 使得|f(m1)－g(m2)|<9成立， 只需要g－f(1)<9，即a2＋3－(2－a)<9，解得－8<a<4. 由于a>3，所以实数a的取值范围是(3,4)． 1．(2025·辽宁辽阳一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝ebx－b，a，b∈R. [解析]　(1)f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由f′(x)>0可得0<x<e1－a， 由f′(x)<0可得x>e1－a， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a， ＋∞)． (2)证明：由(1)知，f(x)max＝f(e1－a)＝＝1，解得a＝1， 要证f(x)≤g(x)，即证≤ebx－b， 即证xebx－bx－ln x－1＝ebx＋ln x－(bx＋ln x)－1≥0， 令h(x)＝ex－x－1，其中x∈R， 则h′(x)＝ex－1， 由h′(x)<0得x<0，由h′(x)>0得x>0， 所以函数h(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)， 所以h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1， 所以∀b∈R，ebx＋ln x≥bx＋ln x＋1， 即f(x)≤g(x)． (2)若函数g(x)＝，∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，f(x1)－1≥g(x2)，求m的取值范围． [解析]　(1)证明：f′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)，x>0， f′(x)＝0等价于ex－＝0. 设h(x)＝ex－，x>0，则h(x)在(0，＋∞)内单调递增， 因为h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， 所以h(x)在(0，＋∞)内存在唯一零点x0∈， 所以f′(x)＝0有唯一实数解． (2)由(1)知，当0<x<x0时，h(x)<0， 即f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>x0时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)≥f(x0)＝x0－ln x0－x0－1. 因为－＝0，所以x0＝1， x0＝e－x0，x0∈， f(x0)＝x0·－ln e－x0－x0－1＝0， 即f(x)≥0. g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝m＋1，令g′(x)>0，得x>m＋1，令g′(x)<0，得x<m＋1， 所以g(x)在(－∞，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增， 所以g(x)≥g(m＋1)＝＝－， 因为∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，f(x1)－1≥g(x2)， 所以f(x)min－1≥g(x)min， 所以－1≥－，解得m≤－1， 所以m的取值范围为(－∞，－1]． (2025·江西重点中学联考)已知函数f(x)＝x－(a＋2)ln x，g(x)＝. [解析]　(1)当a＝1时，f(x)＝x－3ln x，其中x>0，则f′(x)＝1－＝， 由f′(x)<0可得0<x<3， 由f′(x)>0可得x>3， 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3，＋∞)， 所以f(x)min＝f(3)＝3－3ln 3. (2)因为h(x)＝f(x)－g(x)＝x－(a＋2)·ln x－，其中x>0， 则h′(x)＝1－＋ ＝ ＝. 当a＋1≤0，即a≤－1时，由h′(x)<0可得0<x<1，由h′(x)>0可得x>1， 此时函数h(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)； (ⅰ)若a＋1≤e，即a≤e－1时， 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)·ln(1＋a)<0， 设m(a)＝a－(2＋a)ln(1＋a)，其中0<a≤e－1， 则m′(a)＝－－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，符合题意，故0<a≤e－1； (ⅱ)若a＋1>e，即a>e－1时， 函数h(x)在[1，e]上单调递减， 所以h(x)min＝h(e)＝e－(a＋2)－<0， 解得a>， 因为－(e－1)＝＝－<0，则a>e－1. 综上所述， 实数a的取值范围是(0，＋∞)． $