重难点培优04 导数中恒成立问题的秒杀技——必要性探路（含端点效应）（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦恒成立问题中的必要性探路，涵盖端点效应、内点效应等四大策略，按知识重构-题型精研-实战检测逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料以必要性探路策略分类为特色，结合2024年全国甲卷等真题，设计端点效应题型教学活动，引导学生用必要条件缩小参数范围再验证充分性，培养数学思维。分层设置重难巩固与创新提升练习，保障复习效果，助力学生高效突破，为教师把控复习节奏提供指导。

重难点培优04 恒成立问题中的秒杀技——必要性探路 （含端点效应） 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 4 题型01 端点效应（★★★★★） 4 题型02 探路策略之二：内点效应（★★★★★） 7 题型03 探路策略三：显点效应（★★★★★） 10 题型04 必要性探路策略之四：极点效应（★★★★★） 15 03 实战检测·分层突破验成效 18 重难知识巩固 18 创新能力提升 26 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 诠释必要性探路 1.必要性探路思路 必要性探路就是指一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内某个特殊值或几个特殊值，先得到一个必要条件，初步获取参数的范围，再在该范围内讨论，去验证其充分条件，进而解决问题的方法（端点效应法其实就是特殊的必要性探路，特殊值为端点）．必要性探路求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论的范围，在一定程度上可以减少分类讨论的类别，降低了思维成本． 2.必要性探路的基本步骤 ⑴探究必要条件,缩小参数范围:在给定的范围内取特殊值,然后由不等式成立求出参数的取值范围,该取值范围即为不等式恒成立的一个必要条件,接下来探究其充分性. 选择的特殊值可以为端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数（如0,1,e,e2等）. ⑵证明充分性,求结果:利用第一步中的参数的范围去判定函数是否单调. ①如果函数单调,则由端点得到的范围就是最终答案; ②如果函数不单调,则利用端点确定的范围进一步确定函数的最值. 【注意】这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围,但是可以先定问题成立的大前提,缩小参数的讨论范围,一定程度上降低了思维成本. 知识点02 必要性探路策略之一：端点效应 1.端点效应的定义 恒成立问题中, 我们常常能见到类似的命题: “对于任意的 , 都有 恒成立”，这里的端点 , 往往是使结论成立的临界条件, 因此, 如果能利用好这两个值, 能方便解题，比如对于上述的命题,观察和的取值，这种观察区间端点值来解决问题的做法, 我们称之为端点效应 2．端点效应的核心思想 利用端点处所需满足的必要条件缩小参数的取值范围, 而在很多情况下, 该范围即为所求. 3．端点效应的解题思路 (1)利用端点处函数值或导数值满足的条件，初步获得参数的取值范围，这个范围是不等式恒成立的必要条件. (2)利用所得出的参数范围判断函数在定义域内是否单调. (3)若函数在限定参数范围内单调，则必要条件即为充要条件，问题解决.若不单调，则需进一步讨论，直至得到使不等式恒成立的充要条件. 知识点03 必要性探路策略之二：内点效应 端点效应失效时, 可以考虑内点效应. 1．内点效应的实质 函数不在端点处取得最值, 而是在区间中间某个点 (即内点) 取得最值, 或者在端点和内点同时取得最小值. 2．利用图象区分端点效应和内点效应 满足端点效应的函数的如左下图, 满足内点效应的函数的图象如右下图. 3.解题的关键 关键是如何找到“内点”,一般可以通过方程组 解出内点 ,但有些题目很难找出来, 此时往往可用 “导中切”来解答. 知识点04 必要性探路策略之三：显点效应 显点中的的“点”是取所给区间内的特殊点，因而显点效应也称特殊点效应, 显点效应是内点效应的补充,当函数取最值的点不易找到时，可通过找所给区间内的其他点，缩小参数的取值范围，再借助其他方法求得参数的准确范围. ⑴出现对数时,常考虑 (猜想) 特殊点 . ⑵出现指数时, 考虑 (猜想) 特殊点 0,1 . ⑶出现三角函数时,考虑 (猜想) 特殊点 等. 知识点05 必要性探路策略之四：极值点效应 极值点效应也称极点效应, 也就是函数的极值点和零点是同一个数, 并且这个数必须是定义域 “内点”. (1)满足极点效应的函数只能在定义域中间某个点取得最值. 如果在端点处取得最值, 则不能用极点效应这种方法做题. (2)极点效应的实质是费马引理: 设函数在点的某个邻域 内有定义,并且在 处可导,如果对 都有 (或 ),则 ,即在开区间内,函数最值一定是函数的某个局部极值, 可导函数的极值点是导函数的零点. (3)在高考数学中, 我们可以将“函数不等式恒成立问题”转化为函数最值, 再转化为函数极值, 利用费马引理分析极值点效应, 这本质上就是一种探路思想. 题型精研·技巧通法提能力 题型01 端点效应 【技巧通法·提分快招】 端点效应是必要条件探路法的一种特例,利用端点处函数值的特殊性,先得到必要条件,再证明其充分性,思路简捷.端点效应的使用原理: （1）如果函数在区间上,恒成立,则或. （2）如果函数在区问上,恒成立,且（或）,则（或）. （3）如果函数在区问上,恒成立,且（或,）则（或）. 【注意】(1) 用端点效应能做的题, 也可以用 “分离参数法”做题, 但是有时需要用到洛必达法则来求极限. 由于在高考改卷时, 使用洛必达法则有可能会扣分, 故提倡用端点效应求解; （2）当满足端点效应时, 可以分离常数, 此时用到洛必达法则. 不满足端点效应时, 洛必达法则失效. 端点效应失效时, 可以考虑必要性探路方法二: 内点效应. 1.（2024·全国甲卷 节选）已知函数.当时，，求的取值范围. 【解析】由题知，，且.， 且. ①当时，即时.存在，使得当时，，单调递减，故，所以函数在上单调递减，所以，与已知条件矛盾. ②当时，即时，则. 令，所以，，故单调递增，即，所以函数单调递增，所以即成立. 综上，实数的取值范围是. 2．已知f（x）＝ln（ax＋1）＋ （x≥1），若f（x）≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围. 【分析】作差构造函数g（x）＝ln（ax＋1）＋－ln 2，取点g（1）＝ln（a＋1）－ln 2≥0得a≥1，再利用换元法和导数进行求解. 【详解】必要性：对于x≥1，f（x）≥ln 2恒成立， 即ln（ax＋1）＋－ln 2≥0在（1，＋∞）上恒成立. 令g（x）＝ln（ax＋1）＋－ln 2， 所以g（1）＝ln（a＋1）－ln 2≥0，解得a≥1. 充分性：当a≥1时， g（x）≥ln＋－1（x≥1）. 令t＝≥1， 则令h（t）＝ln t＋－1（t≥1）， 所以h′（t）＝－＝ （t≥1）， 则h（t）在（1，＋∞）上单调递增， 所以h（t）≥h（1）＝0， 所以g（x）≥0恒成立， 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞）. 【题后反思】解决本题的关键在于构造函数后利用区间端点值1得到a≥1，即必要性探路. 3．已知，对，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】 【分析】转化题意可得在上恒成立，再代入可得得出必要性，再分析当时，恒成立得出充分性即可. 【详解】必要性：因为对，恒成立. 即在上恒成立， 令，， 则，则. 充分性：当时，， 再证明，， 构造函数，则， 故单调递增，，即，. 故上，有 ， 所以，即， 故a的取值范围是. 4．已知函数. (1)若为的极值点，求； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 【详解】（1），由于为的极值点， 所以，解得， 当时，令，则， 所以在上单调递增，又， 所以当时，单调递减， 所以当时，单调递增， 故； （2）法一（分离参数法）：由题意有对于恒成立， 即对于恒成立， 当时，，故对于恒成立， 令， 则时，， 当且仅当时，成立， 所以在上单调递增，所以，所以， 法二（端点效应）：当时，有，即当时，有，解得； 下证充分性，即证当时，时，有， 即证当时，有，记， ，故在上单调递减， 则， 记，则， 当时，，当且仅当时，成立， 即在上单调递增，故， 故当时，有恒成立. 【解后反思】比较两种解法，明显可以发现端点效应避开了繁杂的转化或讨论，直接探求得结果，但还要注意的是，求得结果后还需证明充分性. 题型02 探路策略之二：内点效应 【技巧通法·提分快招】 利用内点效应解题的关键是找到“内点”,一般可以通过方程组 解出内点,但有些题目很难找出来, 此时往往可用 “导中切”来解答. 1．设函数 . 若当 时, ,求实数的取值范围. 【分析】 ,含参数,但是单调性暂时无法判断,再次求导得 ,单调不含参, 此时已经没有参数了, 故无法通过讨论参数来解题. 不能使用端点效应, 故考虑内点效应. 如何找到 (猜想) 内点呢? 令 即 ,赋值让这两个方程形式上一致 (即两个方程为同一个方程) 即可找到内点,为保证含 的项恒等,故赋值 ,代入上式得 即 ,则 即为“内点”,也即 在 处取得最小值 0 . 找到内点之后,探路: ,即 ,得到 ,可以猜想 即为答案. 事实上,当 时, ,此时 的图象如下: 此时,函数 在端点 处和内点 处同时取得最小值 0 . 【详解】当 时, 恒成立, ; 当 时, , 令 ,则 (导中切) 又 恒成立 (答题时需要证明) 当 时, ; 当 时, , 在 上单调递减,在 上单调递增, , 实数 的取值范围为 . 【解后反思】(1)内点效应用“导中切”的方法解题比较简便. (2) ,其中 和 分别为六大超越函数之一和对勾函数,它们均在 处取得极值. 2. (2020 年全国 I 卷理科第 21 题 (2)) 已知函数 . 当时, 1,求a的取值范围. 【解析】法一（内点效应）： 当时,，设. 由，得，则是成立的必要条件. 下面证明充分性： 当时，，现在只需证明成立，即证成立（这样操作是便于后面求导以后，对函数没有干扰）.令，则 .当时，；当时，.所以函数在和上单调递减，在上单调递增.且，所以当时，，故，则. 综上，实数的取值范围是. 法二 ①当时，不等式恒成立，R. ②当时，，令，则 .令，，，所以在上单调递增，故，则函数在上单调递增，所以 .所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以函数的最大值为，故. 综上，实数的取值范围是. 3.已知函数，，若恒成立，求实数的取值范围. 【详解】设，由题知恒成立.所以 恒成立，解得，所以是成立的必要条件. 当时，因为（此处省略证明过程，考试作答时需写出证明过程），则 . 综上，实数的取值范围是. 【说明】此题还可以转化为恒成立，整理得恒成立，即恒成立. 题型03 探路策略三：显点效应 【技巧通法·提分快招】 显点中的的“点”是取所给区间内的特殊点，因而显点效应也称特殊点效应,当函数取最值的点不易找到时，可通过找所给区间内的其他点，缩小参数的取值范围，再借助其他方法求得参数的准确范围. 1．已知函数 . 若恒成立,求 的取值范围. 【解析】 由题意得, ,即 ,解得 , 这是 恒成立的一个必要条件,下面证明充分性. 当 时, . 令 ,则 , 令 ,则 , 在 上单调递增,又 , 当 时, ; 当 时, . ,即 . 综上所述, 的取值范围为 . 【解后反思】(1)利用显点效应解题时需注意两个关键: (1) 找点要对; (2) 充分性要证明出来. 例如本题由 得 ,那么当 能否证明 成立呢? 这是做题的关键. 如果能证明充分性成立,即能证明 “当 时, 成立”,则说明 “找点” 正确,如果无法证明充分性,则说明 “找点” 失败或则无法用显点效应来做题. (2) 这种情况可以不写,因为由 得到的必要条件是 . 事实上,当 时,因为 ,与题设矛盾. 2． 已知函数，. (1)若，证明：函数单调递增； (2)若，恒成立，求的取值范围. 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，结合配方法即可得证； （2）构造函数，先利用必要性探路法得到，再利用放缩法得到，从而利用导数证得，即充分性成立，从而得解. 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以函数单调递增 （2）令，则由题可得， 因为，恒成立， 所以，恒成立， 则，所以（必要性探路）； 下证当时，，恒成立， 令，所以， 所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值，即， 所以， 构建函数，所以， 所以当时，，函数单调递减，当时，， 函数单调递增，所以当时，函数取得最小值， 所以， 所以的取值范围为. 3．（25-26高二下·广东深圳·期末）已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜率； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）当时，. 求导得，. 所以曲线在点处的切线的斜率为. （2）的定义域为. 求导得. 令，则，即. 令，因为，则. 当，即时，恒成立，故， 所以在上单调递增. 当，即时，的两根为，，且. 因为，，所以，. 所以当或时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在、上单调递增，在上单调递减，其中，，. （3）不等式对任意恒成立等价于对任意恒成立. 令，则. 则. 令，则. 因为，所以，则在上单调递增， 即在上单调递增. 又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以在处取得最小值，为，所以. 所以实数的取值范围为. 4．已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围. 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）解法1：由得，再证明当时，对任意的，都有成立，由（1）可得的单调性，求出，即可得证；解法2：首先得到，再证明当时，对任意的，都有成立，则，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为，        又，                    令得，， 1 时，所以当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 2 时，所以恒成立，所以在上单调递增；                      3 时，所以当或时，当时， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上可得：当时在和上单调递增，在上单调递减； 当时在上单调递增； 当时在和上单调递增，在上单调递减. （2）解法1：由得，                                          下面证明当时，对任意的，都有成立， 当时，，， 在上单调递增，在上单调递减， ，       而，当且仅当，时取等号， 当时，对任意的，都有成立，        解法2：由得，                                        下面证明当时，对任意的，都有成立， ， ，                               令，， 则， 令，， ，在上单调递减，所以，                                        令，解得，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，对任意的，都有成立. 题型04 必要性探路策略之四：极点效应 【技巧通法·提分快招】 极点效应核心是找到函数的极值点（极点），利用极点处“导数值为 0、函数值为临界值”的特征，搭建参数与函数性质的关联，本质是端点效应的延伸. 1．已知函数 ，若 对任意 恒成立，利用极点效应求实数 的取值范围. 【详解】定极点：区间R 无明确端点，计算 ，求导得 ，令 ，得 ，此时 为函数的极值点（极点）； 判断极值点类型：求二阶导数 ，当 时，，一阶、二阶导均为 0，用高阶探路法，求三阶导数 ，故 为极小值点（三阶导为正，拐点处函数递增）； 验证参数：当 时，，由经典不等式 ，可知 恒成立， 在 R上单调递增，故 ，恒成立； 排除其他情况：若 ，则 ，当 时，，，，但 时，，，，矛盾；若 ，则 ，存在 、，使得 ， 在 上单调递减，，矛盾. 综上， 2．已知，函数，，是否存在实数，使恒成立？若存在，求出实数的取值集合；若不存在，请说明理由. 【分析】构建，求导，结合可得，解得必要条件，并代入检验充分性. 【详解】令，其定义域为， 则， 必要性：由题意可知：在内恒成立， 又，所以是的极小值点， 则，解得； 充分性：若，则，， 当时，；当时，， 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，满足题意； 综上所述：存在实数满足条件，且的取值集合为. 3．已知函数 ，若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围. 【详解】 时，，求导得 ，令 ，得 ，此时 为极点； 求二阶导数 ，当 时，，，高阶探路分析：当 时，， 单调递增；当 时，， 单调递减，故 ， 在 上单调递减，，恒成立； 参变分离验证：当 且 ，不等式 可转化为 （）或 （），令 ，求导分析得 在 上单调递增，在 上单调递减，，故 时，满足所有情况. 4．已知函数f（x）＝ln（x＋1）－，a≥0. （1）当a＝1时，求f（x）在（0，＋∞）上的零点个数； （2）若关于x的不等式ln－≤x－a2e（x－1）－在（1，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围. 【分析】（1）求导，利用导函数在[1，＋∞）的符号变化确定函数的单调性和函数值 符号，进而确定函数的零点个数；（2）作差构造函数，求导确定函数的极值点，再利用极值点探路得到a≤2，再利用导数证明其充分性. 【解析】（1）当a＝1时，f（x）＝ln（x＋1）＋1－ 当x∈（0，1）时，f（x）＝ln（x＋1）＋1－>1－>1－1＝0，此时无零点. 当x∈[1，＋∞）时，f′（x）＝－2e2（x－1）， 当x∈[1，＋∞）时，f′（x）单调递减， 且f′（x）<f′（1）＝－2<0， 当x∈[1，＋∞）时，f（x）单调递减， f （1）＝ln 2＋1－1＝ln 2>0， g （2）＝ln 3＋1－e2<0， ∃x0∈（1，2），使f（x0）＝0. ∴当a＝1时，f（x）在 （0，＋∞）上有且只有一个零点. （2）必要性：ln－a≤x－a2e（x－1）－在（1，＋∞）上恒成立， 即ln－≤a·e2（x－1）－a2·e（x－1）在（1，＋∞）上恒成立， 当a＝0时，a－a2e（x－1）＝0， 因为y＝ln x－（x－1）≤0恒成立， 则ln－≤0， 当a>0时， 令m（x）＝ln－，x>1，m′（x）＝， 当x>时，m′（x）<0，m（x）单调递减， 当1<x<时，m′（x）>0，m（x）单调递增， 所以m（x）≤m＝0. 当a>0时，x＝，0≤a·e－a2·， 则a·e≥0， 即1－≥0，得a≤2. 综上，a的取值范围为[0，2]， 充分性：当a∈[0，2]时， ln－－a[－a·e（x－1）]≤0，① 当a∈[0，2]时，－a·e（x－1）≥－2·e（x－1）. 令n（x）＝e2（x－1）－2·e（x－1），x>1，则n′（x）＝2e2（x－1）－2e. 当x>1时，n′（x）单调递增，且n′＝2e－2e＝0， 故当x∈时，n′（x）<0，n（x）单调递减， 当x∈时，n′（x）>0，n（x）单调递增， ∴n（x）≥n＝e－e＝0， ∴x>1，a·n（x）≥0. 由已知得x>1，ln－≤0. ∴①式成立，∴a∈[0，2]. 【题后反思】解决本题第（2）问的关键在于构造函数后利用导数确定函数的极值点，进而利用极值点探路得到a≤2，即必要性探路. 【温馨提醒】利用极值点探路必要性的步骤： 1. 已知f（x）≤0（或f（x）≥0），找f（x）的极大值（或极小值）点探路； 2. 对于f（x）≤g（x），找f（x）的极大值点，g（x）的极小值点探路. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．若函数在（﹣∞，+∞）上单调递增，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D．[﹣1，1] 【答案】A 【分析】先求出函数的导数，问题转化为：8﹣4t2﹣3at≥0，分类讨论从而求出a的范围． 【详解】∵在（﹣∞，+∞）上是增函数， ∴f（x）′cos2x﹣asinx+2≥0， ∴， 设t＝sinx（﹣1≤t≤1），即有8﹣4t2﹣3at≥0， 当t＝0时，不等式显然成立； 当0＜t≤1时，，由在（0，1]递增，可得t＝1时，求得最大值4． 可得3a≤4，即． 当﹣1≤t＜0时，，由在[﹣1，0]递增，可得t＝﹣1时，求得最小值﹣4． 可得3a≥﹣4，即． 综上可得a的取值范围为[，]． 故选：A． 2．已知函数f（x）＝axln x－xa，其中a∈R. 若f（x）在（1，＋∞）上单调递减，求正数a的取值范围. 【分析】将函数的单调性转化为导函数非正在（1，＋∞）内恒成立，利用g（1）＝0和则g′（1）≤0得到a≥2，再求导证明充分性. 【详解】必要性：因为f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以f′（x）＝aln x＋a－axa－1＝ a（ln x＋1－xa－1）≤0在（1，＋∞）内恒成立. 令g（x）＝ln x＋1－xa－1， 则g（x）＝ln x＋1－xa－1≤0在（1，＋∞）内恒成立， 因为g（1）＝0，g′（x）＝－（a－1）xa－2， 则g′（1）≤0，即g′（1）＝1－（a－1）≤0，则a≥2. 充分性： 因为a≥2，所以a－1≥1， 因为x>1，所以xa－1≥x， 则g（x）＝ln x＋1－xa－1≤ln x＋1－x<0， 所以f′（x）＝a（ln x＋1－xa－1）<0. 故a的取值范围是[2，＋∞）. 3．若，且在上恒成立，求的值. 【答案】1 【分析】注意到，由题意可知，故，验证时符合题意. 【详解】， 注意到，则当时，函数取得最小值，同时取得极小值， 所以，所以， 而当时，，， 当时，，单调递减，此时， 当时，，单调递增，此时， 所以， 所以的值为1. 4．已知函数，若当时，，求实数a的取值范围. 【分析】构造函数 ，对a分类讨论，求的最大值即可. 【详解】令 ，依题意，当时，， ， 设， ， 当 时， ， 有2个零点； 则当，由韦达定理知 有一正一负两个零点，不妨设 ， 当时，，，于是函数在上单调递增， 即当时，，不符合题意， 当时，， 则当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因此，符合题意， 所以实数a的取值范围是. 5.（2019·全国Ⅰ卷 文科）已知函数，为的导数. （1）证明：在区间存在唯一零点； （2）若时，，求的取值范围. 【详解】（1）由题知，，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.又因为，所以，在没有零点.又因为，所以在有唯一零点.所以在区间存在唯一零点. （2）因为当时，，所以，解得，所以是成立的必要条件. 当时，由（1）知在区间的唯一零点设为.当时，，单调递增；当时，，单调递减.且，故时，. 又因为，所以成立. 综上，实数的取值范围是. 6．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围． 【解析】（1）定义域为，． （ⅰ）当时，对，，函数的单调递增区间是， （ⅱ）当时，时，；当，时，， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是，． （2）函数． （ⅰ）当时，由重要不等式知，， 在，上递增，所以恒成立，符合题意． （ⅱ）当时，因为，，故，在，上递增． 又，存在，使得，从而函数在上递减，在，上递增， 又，不恒成立，不满足题意．综上（ⅰ），（ⅱ）知实数的取值范围是，． 7．设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2． （1）若a，求f（x）的单调区间； （2）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围． 【分析】（1）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间； （2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，分类讨论，确定g（x）的正负，即可求得a的取值范围．法二：先讨论当x＝0时的情况，再讨论当x＞0时的情况，分离参数即可． 【详解】（1）a时，f（x）＝x（ex﹣1）x2，（ex﹣1）（x+1） 令f′（x）＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0； ∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）； （2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）． 令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a． 若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数， 而g（0）＝0，从而当x≥0时g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数， 而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0． 综合得a的取值范围为（﹣∞，1]． 另解：当x＝0时，f（x）＝0成立； 当x＞0，可得ex﹣1﹣ax≥0，即有a的最小值， 由y＝ex﹣x﹣1的导数为y′＝ex﹣1， 当x＞0时，函数y递增；x＜0时，函数递减， 可得函数y取得最小值0，即ex﹣x﹣1≥0（当且仅当x＝0时取等号）， 故x＞0时，ex﹣x﹣1＞0，所以1，所以a≤1， 综上，a的取值范围为（﹣∞，1]． 8．设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e为自然对数的底数． （1）若a，求f（x）的单调递增区间； （2）若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【分析】（1）利用导数的运算法则得到f′（x），再求出f′（x）＞0即可； （2）由于f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，得到g′（x），通过对a分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出． 【解答】解：（1）时，， f′（x）＝ex﹣1+xex﹣x＝（ex﹣1）（（x+1）． 令f'（x）＞0，得x＜﹣1或x＞0， 所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）． （2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax） 令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g′（x）＝ex﹣a． 若a≤1，则当（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数， 而g（x）＝0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0． 若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数， 而g（x）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0． 所以不合题意，舍去． 综合得a的取值范围为（﹣∞，1]． 9．已知函数f（x）＝ex﹣2x+sinx，函数g（x）＝ax2+1（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意的x≥0，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围． 【分析】（1）求出导函数f′（x），对x≤0，由函数性质得f′（x）≤0，对x＞0对f′（x）再一次求导，确定单调性后得导数值的正负，从而得单调区间； （2）构造函数p（x）＝f（x）﹣g（x），求出导函数p'（x），对p'（x）再一次求导后，还要第三次求导，然后由x＝0时的导数值的正负分类讨论求解． 【详解】（1）f′（x）＝ex﹣2+cosx， x≤0时，ex＜1，又cosx≤1，则ex+cosx＜2，因此f′（x）≤0，f（x）递减， 设h（x）＝f'（x）（x＞0），则h'（x）＝ex﹣sinx， x＞0时，ex＞1≥sinx，h'（x）＞0，h（x）是增函数，即f′（x）是增函数， 所以f'（x）＞f'（0）＝0，因此f（x）递增， ∴f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0）； （2）x≥0，设p（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+sinx﹣ax2﹣1，p（0）＝0满足题意， p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax， 令q（x）＝p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax， 则q'（x）＝ex﹣sinx﹣2a，令s（x）＝q'（x）， 则s'（x）＝ex﹣cosx≥1﹣cosx≥0， ∴s（x）即q'（x）在[0，+∞）上是增函数，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a， 当时，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a≥0，q（x）即p'（x）在[0，+∞）上递增， ∴p'（x）≥p'（0）＝0，p（x）在[0，+∞）上递增，所以p（x）≥p（0）＝0恒成立，原不等式恒成立， 当时，则q'（0）＝1﹣2a＜0，又q'（ln（2a+2））＝2﹣sin（ln（2a+2））＞0， ∴存在x0∈（0，ln（2a+2）），值得q'（x0）＝0，0＜x＜x0时，q′（x）＜0，q（x）也即p'（x）递减，x＞x0时，q′（x）＞0，q（x）也即p'（x）递增， 又p'（0）＝0， ∴0＜x＜x0时，p'（x0）＜0，从而p（x）递减， 于是p（x）＜p（0）＝0不合题意， 综上，a的取值范围是． 10．已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【分析】（1）令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和端点值不难证明； （2）利用（1）的结论，可设f′（x）的零点为x0，并结合f′（x）的正负分析得到f（x）的情况，得出结论． 【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x， ∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1， 令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx， 当x∈（0，）时，xcosx＞0，当x时，xcosx＜0， ∴当x时，极大值为g（）0， 又g（0）＝0，g（π）＝﹣2， ∴g（x）在（0，π）上有唯一零点， 即f′（x）在（0，π）上有唯一零点； （2）由题设知 f（π）⩾aπ，f（π）＝0， 可得 a⩽0. 由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0， 使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负， ∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减， 结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负， ∴当x∈[0，π]时，f（x）≥0， 又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，∴f（x）≥ax， ∴a的取值范围是（﹣∞，0]． 11．已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点. （1）求的值； （2）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值. 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4 【分析】（Ⅰ）根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，（Ⅱ）先根据特殊值缩小的取值范围，再根据二次函数性质确定成立的条件，利用导数确定成立的条件，结合两个条件消得关于满足的条件，最后利用导数分析取值范围，即得最小值. 【详解】（1）由题意知，即，令， 则. ∵在上递增，在上增减， ∴， ∴. （2）解法一：由题意知必有，即， 当时，，，不符合题意； 当时，有，此时，，不符合题意， 因此有， 因此  ① 令，则， 在递增，在递减， 故  ② 由①②两式知， 构造函数，则， 在递减，在递增， 故，此时. 解法二：由（1）知，，设， 可知，， ∵在恒成立，即，又， ∴，即               ① 由在恒成立，即在恒成立， 设，，则， 由得，在上单调递增， 由得，在上单调递减， 故，得      ② 由①②得                          ③ 存在，使得③成立的充要条件是，即， 记，显然， ， ∴在上单调递增，在上单调递减， ，， 故在存在，使， ∴不等式的解为， ∴的最小值为4，从而由③得. 创新能力提升 1．已知函数f（x）＝lnx﹣ax． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）只有一个零点，求a的取值范围； （3）设g（x）＝ex﹣1+xf（x），若g（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 【分析】（1）求导后根据a的范围分类讨论即可求解； （2）设，由题意得g（x）＝a只有一个根，由导数得出g（x）的单调性进而画出简图，数形结合即可求解； （3）当a≤1时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2，设，根据导数进而得出G（x）≥G（1）＝0，即可求解． 【详解】（1）因为f（x）＝lnx﹣ax，x＞0， 所以， 当a≤0时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，令f′（x）＝0，解得， 当时，f′（x）＞0，即f（x）在单调递增， 当时，f′（x）＜0，即f（x）在单调递减， 综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a＞0时，f（x）在单调递增，在单调递减； （2）令f（x）＝lnx﹣ax＝0，则， 设，由题意得g（x）＝a只有一个根， 即直线y＝a与函数y＝g（x）的图象只有一个交点， 对g（x）求导，得， 令g'（x）＝0，解得x＝e， 当x∈（0，e）时，g′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0； 所以（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减， 所以， 当0＜x＜1时，g（x）＜0；当x＝1时，g（x）＝0；当x＞1时，g（x）＞0， 作出y＝g（x）的图象，如图所示： 又因为直线y＝a与函数y＝g（x）的图象只有一个交点， 所以a≤0或． 所以实数a的取值范围为（﹣∞，0]∪{}； （3）由g（x）＝ex﹣1+xf（x）＝ex﹣1+2lnx﹣ax2， 令x＝1，则g（1）＝1﹣a≥0，故a≤1， 当a≤1时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2， 以下证明ex﹣1+xlnx﹣x2≥0， 设， 则， 令H（x）＝ex﹣1﹣x，x＞0，则H′（x）＝ex﹣1﹣1， 令H′（x）＝ex﹣1﹣1＝0，解得x＝1， 当x∈（0，1），H′（x）＜0，则H（x）在（0，1）单调递减， 当x∈（1，+∞），H′（x）＞0，则H（x）在（1，+∞）单调递增， 所以H（x）≥H（1）＝0，即ex﹣1﹣x＞0， 所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，则G（x）在（0，1）单调递减， 所以x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，则G（x）在（1，+∞）单调递增， 所以G（x）≥G（1）＝0， 综上所述，实数a∈（﹣∞，1]． 2．（2023年全国高考甲卷理）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）解法一（分类讨论法）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 解法二（端点效应） 由于 , 且, 注意到当 , 即 时, 使 在 成立, 故此时 单调递减， , 不成立. 另一方面, 当 时, , 下证它小于等于 0 . 单调递减, . 特上所述: . 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 3．已知函数 (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对，恒成立，求实数的取值范围. 【分析】（1）利用导数求函数的单调性即可； （2）利用求出，然后分类讨论证明时，和时均成立即可. 【详解】（1）当时，，则 则或（负根舍去） 所以在时，，函数单调递减 所以在时，，函数单调递增. （2）若对，恒成立， 则，解得： 记， 下证符合题意： i 当时 要证，即证 将其看成关于的二次函数，且，开口向下 记，其判别式 记，则，且 则，所以在单调增 且，所以在时，，命题成立； 在时，因为的对称轴随着增加而增加， 所以对称轴，因为 ， ，所以的图像都在对称轴的左边，所以 所以在和时，有成立. ii 当时，因为，所以 记，则 令，得 左右平方 左右平方 所以，知在，，则在上单调递增，所以 即在时，，题设成立 综上所述，当，恒成立. 4．（2022·新高考全国Ⅱ卷）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【解析】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优04 恒成立问题中的秒杀技——必要性探路 （含端点效应） 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构·重难梳理固根基 1 02 题型精研·技巧通法提能力 4 题型01 端点效应（★★★★★） 4 题型02 探路策略之二：内点效应（★★★★★） 5 题型03 探路策略三：显点效应（★★★★★） 6 题型04 必要性探路策略之四：极点效应（★★★★★） 8 03实战检测·分层突破验成效 10 重难知识巩固 10 创新能力提升 13 知识重构·重难梳理固根基 知识点01 诠释必要性探路 1.必要性探路思路 必要性探路就是指一类函数的恒成立问题，可以通过取函数定义域内某个特殊值或几个特殊值，先得到一个必要条件，初步获取参数的范围，再在该范围内讨论，去验证其充分条件，进而解决问题的方法（端点效应法其实就是特殊的必要性探路，特殊值为端点）．必要性探路求出的参数并不一定就是所求的实际范围，但可以限定问题成立的大前提，缩小参数讨论的范围，在一定程度上可以减少分类讨论的类别，降低了思维成本． 2.必要性探路的基本步骤 ⑴探究必要条件,缩小参数范围:在给定的范围内取特殊值,然后由不等式成立求出参数的取值范围,该取值范围即为不等式恒成立的一个必要条件,接下来探究其充分性. 选择的特殊值可以为端点值、极值点、不等式公共取等条件、常见特殊数（如0,1,e,e2等）. ⑵证明充分性,求结果:利用第一步中的参数的范围去判定函数是否单调. ①如果函数单调,则由端点得到的范围就是最终答案; ②如果函数不单调,则利用端点确定的范围进一步确定函数的最值. 【注意】这种必要性探路法所求的参数范围不一定是所求的实际范围,但是可以先定问题成立的大前提,缩小参数的讨论范围,一定程度上降低了思维成本. 知识点02 必要性探路策略之一：端点效应 1.端点效应的定义 恒成立问题中, 我们常常能见到类似的命题: “对于任意的 , 都有 恒成立”，这里的端点 , 往往是使结论成立的临界条件, 因此, 如果能利用好这两个值, 能方便解题，比如对于上述的命题,观察和的取值，这种观察区间端点值来解决问题的做法, 我们称之为端点效应 2．端点效应的核心思想 利用端点处所需满足的必要条件缩小参数的取值范围, 而在很多情况下, 该范围即为所求. 3．端点效应的解题思路 (1)利用端点处函数值或导数值满足的条件，初步获得参数的取值范围，这个范围是不等式恒成立的必要条件. (2)利用所得出的参数范围判断函数在定义域内是否单调. (3)若函数在限定参数范围内单调，则必要条件即为充要条件，问题解决.若不单调，则需进一步讨论，直至得到使不等式恒成立的充要条件. 知识点03 必要性探路策略之二：内点效应 端点效应失效时, 可以考虑内点效应. 1．内点效应的实质 函数不在端点处取得最值, 而是在区间中间某个点 (即内点) 取得最值, 或者在端点和内点同时取得最小值. 2．利用图象区分端点效应和内点效应 满足端点效应的函数的如左下图, 满足内点效应的函数的图象如右下图. 3.解题的关键 关键是如何找到“内点”,一般可以通过方程组 解出内点 ,但有些题目很难找出来, 此时往往可用 “导中切”来解答. 知识点04 必要性探路策略之三：显点效应 显点中的的“点”是取所给区间内的特殊点，因而显点效应也称特殊点效应, 显点效应是内点效应的补充,当函数取最值的点不易找到时，可通过找所给区间内的其他点，缩小参数的取值范围，再借助其他方法求得参数的准确范围. ⑴出现对数时,常考虑 (猜想) 特殊点 . ⑵出现指数时, 考虑 (猜想) 特殊点 0,1 . ⑶出现三角函数时,考虑 (猜想) 特殊点 等. 知识点05 必要性探路策略之四：极值点效应 极值点效应也称极点效应, 也就是函数的极值点和零点是同一个数, 并且这个数必须是定义域 “内点”. (1)满足极点效应的函数只能在定义域中间某个点取得最值. 如果在端点处取得最值, 则不能用极点效应这种方法做题. (2)极点效应的实质是费马引理: 设函数在点的某个邻域 内有定义,并且在 处可导,如果对 都有 (或 ),则 ,即在开区间内,函数最值一定是函数的某个局部极值, 可导函数的极值点是导函数的零点. (3)在高考数学中, 我们可以将“函数不等式恒成立问题”转化为函数最值, 再转化为函数极值, 利用费马引理分析极值点效应, 这本质上就是一种探路思想. 题型精研·技巧通法提能力 题型01 端点效应 【技巧通法·提分快招】 端点效应是必要条件探路法的一种特例,利用端点处函数值的特殊性,先得到必要条件,再证明其充分性,思路简捷.端点效应的使用原理: （1）如果函数在区间上,恒成立,则或. （2）如果函数在区问上,恒成立,且（或）,则（或）. （3）如果函数在区问上,恒成立,且（或,）则（或）. 【注意】(1) 用端点效应能做的题, 也可以用 “分离参数法”做题, 但是有时需要用到洛必达法则来求极限. 由于在高考改卷时, 使用洛必达法则有可能会扣分, 故提倡用端点效应求解; （2）当满足端点效应时, 可以分离常数, 此时用到洛必达法则. 不满足端点效应时, 洛必达法则失效. 端点效应失效时, 可以考虑必要性探路方法二: 内点效应. 1.（2024·全国甲卷 节选）已知函数.当时，，求的取值范围. 2．已知f（x）＝ln（ax＋1）＋ （x≥1），若f（x）≥ln 2恒成立，求实数a的取值范围. 3．已知，对，恒成立，求实数的取值范围. 4．已知函数. (1)若为的极值点，求； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 题型02 探路策略之二：内点效应 【技巧通法·提分快招】 利用内点效应解题的关键是找到“内点”,一般可以通过方程组 解出内点,但有些题目很难找出来, 此时往往可用 “导中切”来解答. 1．设函数 . 若当 时, ,求实数的取值范围. 2. (2020 年全国 I 卷理科第 21 题 (2)) 已知函数 . 当时, 1,求a的取值范围. 3.已知函数，，若恒成立，求实数的取值范围. 题型03 探路策略三：显点效应 【技巧通法·提分快招】 显点中的的“点”是取所给区间内的特殊点，因而显点效应也称特殊点效应,当函数取最值的点不易找到时，可通过找所给区间内的其他点，缩小参数的取值范围，再借助其他方法求得参数的准确范围. 1．已知函数 . 若恒成立,求 的取值范围. 2．已知函数，. (1)若，证明：函数单调递增； (2)若，恒成立，求的取值范围. 3．（25-26高二下·广东深圳·期末）已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线的斜率； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 4．已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围. 题型04 必要性探路策略之四：极点效应 【技巧通法·提分快招】 极点效应核心是找到函数的极值点（极点），利用极点处“导数值为 0、函数值为临界值”的特征，搭建参数与函数性质的关联，本质是端点效应的延伸. 1．已知函数 ，若 对任意 恒成立，利用极点效应求实数 的取值范围. 2．已知，函数，，是否存在实数，使恒成立？若存在，求出实数的取值集合；若不存在，请说明理由. 3．已知函数 ，若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围. 4．已知函数f（x）＝ln（x＋1）－，a≥0. （1）当a＝1时，求f（x）在（0，＋∞）上的零点个数； （2）若关于x的不等式ln－≤x－a2e（x－1）－在（1，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围. 实战检测·分层突破验成效 重难知识巩固 1．若函数在（﹣∞，+∞）上单调递增，则a的取值范围为（　　） A． B． C． D．[﹣1，1] 2．已知函数f（x）＝axln x－xa，其中a∈R. 若f（x）在（1，＋∞）上单调递减，求正数a的取值范围. 3．若，且在上恒成立，求的值. 4．已知函数，若当时，，求实数a的取值范围. 5.（2019·全国Ⅰ卷 文科）已知函数，为的导数. （1）证明：在区间存在唯一零点； （2）若时，，求的取值范围. 6．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若函数，当时，恒成立，求实数的取值范围． 7．设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2． （1）若a，求f（x）的单调区间； （2）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围． 8．设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e为自然对数的底数． （1）若a，求f（x）的单调递增区间； （2）若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围． 9．已知函数f（x）＝ex﹣2x+sinx，函数g（x）＝ax2+1（a∈R）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意的x≥0，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围． 10．已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 11．已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点. （1）求的值； （2）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值. 创新能力提升 1．已知函数f（x）＝lnx﹣ax． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）只有一个零点，求a的取值范围； （3）设g（x）＝ex﹣1+xf（x），若g（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 2．（2023年全国高考甲卷理）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 3．已知函数 (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对，恒成立，求实数的取值范围. 4．（2022·新高考全国Ⅱ卷）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $