（2022高考数学一轮复习(创新设计)）第5节　导数与不等式.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 第 5 节导数与不等式 知 识 梳 理 1证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题 2求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转 化为研究新函数值域的问题 3不等式能成立看作不等式有解问题 与不等式有关的结论 (1)对任意 x，f(x)g(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)min0. (2)对任意 x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max. (3)存在

2、x1，x2，f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min. (4)对任意 x，存在 x0，f(x)g(x0)f(x)ming(x)min. (5)f(x)a 或 f(x)a 对 xD 恒成立f(x)mina 或 f(x)maxa. (6)若存在 xD，使 f(x)a 或 f(x)af(x)maxa 或 f(x)mina. (7)对任意的 x1D1，总存在 x2D2，使 f(x1)g(x2)AB(其中集合 A 为 f(x1)的 值域，集合 B 为 f(x2)的值域) (8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用 诊 断 自 测 1已知函数 f(x)x2ex，当 x1，1时，不等

3、式 f(x)m 恒成立，则实数 m 的取 值范围是() A. 1 e，B. 1 e， Ce，)D(e，) 答案D 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解析由 f(x)xex(x2)，令 f(x)0，得 x0 或 x2(舍去) 当 x(1，0时，f(x)0，f(x)递增，f(1) 1 e，f(1)e， f(x)最大f(1)e，由题意得 me. 2设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1，若存在唯一整数 x0使得 f(x0)0，则 a 的取值范围是()

4、 A. 3 2e，1B. 3 2e， 3 4 C. 3 2e， 3 4D. 3 2e，1 答案D 解析设 g(x)ex(2x1)，h(x)axa，由题意知存在唯一的整数 x0，使 g(x0)在 直线 h(x)axa 的下方，因为 g(x)ex(2x1)，当 x1 2时，g(x) 1 2时，g(x)0，当 x 1 2时，g(x) min2e 1 2，g(0)1，g(1)e1，直线 h(x) axa 恒过(1，0)且斜率为 a，故ag(0)1，且 g(1)3e 1aa， 解得 3 2ea1. 3若对任意 a，b 满足 0abt，都有 bln aaln b，则 t 的最大值为_ 答案e 解析0abt

5、，bln aaln b， ln a a 0，解得 0 x0)， 则 h(x)（x1） （3x1） 2x2 ， 令 h(x)0，得 x1 或 x1 3(舍去)， 当 x(0，1)时，h(x)0，h(x)递增， 当 x(1，)时，h(x)0，h(x)递减， h(x)最大h(x)极大h(1)2， 由题意得 a2. 5函数 f(x)x2sin x，对任意的 x1，x20，恒有|f(x1)f(x2)|M，则 M 的 最小值为_ 答案 2 3 3 解析f(x)x2sin x，f(x)12cos x， 当 0 x 3时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 3x0，f(x)单调递增； 当 x 3时，f(x)有

6、极小值，也是最小值， 即 f(x)minf 3 32sin 3 3 3. 又 f(0)0，f()，在 x0，上，f(x)max. 由题意得|f(x1)f(x2)|M 等价于 M|f(x)maxf(x)min| 3 32 3 3. M 的最小值为2 3 3.微课一利用导数证明不等式 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 题型一证明 f(x)g(x)型不等式 【例 1】(2021北京西城区练习)已知函数 f(x)aln x x1 b x， 曲线 yf(x)在点(

7、1， f(1) 处的切线为 x2y30. (1)求 a，b 的值； (2)若 k0，求证：对于任意 x(1，)，f(x) ln x x1 k x. (1)解f(x)a x1 x ln x （x1）2 b x2 由于直线 x2y30 的斜率为1 2，且过点(1，1)， 故 f（1）1， f（1）1 2， 即 b1， a 2b 1 2， 解得 a1， b1. (2)证明由(1)知 f(x) ln x x1 1 x， 所以 f(x) ln x x1 k x 1 1x2 2ln x（k1） （x 21） x. 考虑函数 h(x)2ln x（k1） （x 21） x (x1)， 则 h(x)（k1） （

8、x 21）2x x2 k（x 21）（x1）2 x2 0. 而 h(1)0，故当 x(1，)时，h(x)0， 所以 1 1x2h(x)0，即 f(x) ln x x1 k x. 题型二证明与极值点有关的不等式 【例 2】 (2021浙江名校仿真训练卷一)已知函数 f(x)x2axln x(aR) (1)当 a1 时，求曲线 f(x)在点 P(1，0)处的切线方程； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，求证 f

9、(x1x2)0， x1x2a 20， x1x21 2， 解得 a2 2. 故 f(x1x2)(x1x2)2a(x1x2)ln(x1x2)a 2 4 a 2 2 ln a 2 a2 4 ln a 2. 设 g(a)a 2 4 ln a 2(a2 2)， 则 g(a)a 2 1 a 2a2 2a 0， 故 g(a)在(2 2，)上单调递减， 所以 g(a)g(2 2)2ln2. 因此 f(x1x2)2ln2. 题型三证明与零点有关不等式 【例 3】 (2020浙江卷)已知 1a2，函数 f(x)exxa，其中 e2.718 28 是自然对数的底数 (1)证明：函数 yf(x)在(0，)上有唯一零点

10、； (2)记 x0为函数 yf(x)在(0，)上的零点，证明： 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 a1x0 2（a1）； x0f(ex0)(e1)(a1)a. 证明(1)因为 f(0)1a0，f(2)e22ae240， 所以 yf(x) 在(0，)上存在零点 因为 f(x)ex1，所以当 x0 时，f(x)0， 故函数 f(x)在0，)上单调递增， 所以函数 yf(x)在(0，)上有唯一零点 (2)令 g(x)ex1 2x 2x1(x0)， g(x)ex

11、x1f(x)a1， 由(1)知函数 g(x)在0，)上单调递增， 故当 x0 时， g(x)g(0)0， 所以函数 g(x)在0， )上单调递增， 故 g(x)g(0) 0. 由 g( 2（a1）)0，得 f( 2（a1）)e 2（a1） 2（a1）a0f(x0) 因为 f(x)在0，)上单调递增，所以 2（a1）x0. 令 h(x)exx2x1(0 x1)，h(x)ex2x1， 令 h1(x)ex2x1(0 x1)，h1(x)ex2，所以 当 x 变化时，h1(x)，h1(x)变化如下表： x0(0，ln 2)ln 2(ln 2，1)1 h1(x)10e2 h1(x)0e3 故当 0 x1

12、时，h1(x)0，即 h(x)0， 所以 h(x)在0，1上单调递减， 因此当 0 x1 时，h(x)h(0)0. 由 h( a1)0， 得 f( a1)e a1 a1a0f(x0) 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 因为 f(x)在0，)上单调递增，所以 a1x0. 综上， a1x0 2（a1）. 令 u(x)ex(e1)x1，u(x)ex(e1)， 所以当 x1 时，u(x)0， 故函数 u(x)在区间1，)上单调递增， 因此 u(x)u(1)0.

13、由 ex0 x0a，得 x0f(ex0) x0f(x0a)(ea1)x20a(ea2)x0(e1)ax20， 由 x0 a1，得 x0f(ex0)(e1)(a1)a. 题型四证明与方程根有关的不等式 【例 4】 (2020浙江名校仿真训练卷五)已知函数 f(x) x2，x0， （x2）ex，x0.若方程 f(x)m 有两个实数根 x1，x2，且 x1x2，证明：x2x1e 21 e2 m4. 证明先证两个不等式， (x2)exx2(x0)， (x2)exe2(x2)， 设 g(x)(x2)exx2(x0)， 则 g(x)(x1)ex1. 记 h(x)(x1)ex1(x0)，则 h(x)xex，

14、 显然 h(x)在(0，)上单调递增，且 h(0)0， 所以 g(x)0(x0)，g(x)在(0，)上单调递增 又 g(0)0，故(x2)exx2(x0)恒成立， 易证(x2)exe2(x2) 由方程 f(x)m 有两个实数根 x1，x2， 且 x1x2，知 x11x2. 因为 f(x2)m(x22)ex2(x22)e2， 若 m(x22)ex2(x32)e2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 x3x2，且 x3m e22， 当且仅当 m0 时，x

15、2x3. 当 x10 时，f(x1)m(x12)ex1x12， 若 m(x12)ex1x42， 则 x1x4，且 x4m2， 当且仅当 m2 时，x1x4， 所以 x2x1x3x4e 21 e2 m4. 当 x10 时，f(x1)mx12，则 x1m2， 所以 x2x1m e22m2 e21 e2 m4， 当且仅当 m0 时，取等号 综上可知，x2x1e 21 e2 m4. 感悟升华利用导数证不等式，先构造函数，然后利用函数的单调性、值域、最 值证明，有时也结合换元法、放缩法(如用参数范围，函数或式子的有界性，基本 不等式等进行放缩) 【训练 1】 (2018全国卷)已知函数 f(x)ax 2

16、x1 ex . (1)求曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程； (2)证明：当 a1 时，f(x)e0. (1)解f(x)ax 2（2a1）x2 ex ，f(0)2. 因此曲线 yf(x)在(0，1)处的切线方程是 2xy10. (2)证明当 a1 时，f(x)e(x2x1ex 1)ex. 令 g(x)x2x1ex 1，则 g(x)2x1ex1. 当 x1 时，g(x)1 时， g(x)0，g(x)单调递增；所以 g(x)g(1)0. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854

17、 期待你的加入与分享 因此 f(x)e0. 【训练 2】 (2021嘉兴期末)已知函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值 (1)试判断 a，b 的符号，并求 f(x)的极小值点； (2)设 f(x)的极小值为 m，求证：ma0， 又函数 f(x)aln xbxc(a0)有极小值， b0，a0，则 g(t)ln t 1 4t2，t0， g(t)1 t 1 2t3 2t21 2t3 . 令 g(t)0，得 t 2 2 ，故 g(t)在 0， 2 2 上单调递减，在 2 2 ， 上单调递增， g(t)g 2 2 ln 2 2 1 20. a0，ag(t)0，ma1，f(x)g(x)恒成立 (

18、1)解f(x)的定义域为(2，)， f(x) 2 x22(x1) 2（x23x1） x2 ， 当 f(x)0.解得 x3 5 2 . 当 f(x)0 时，x23x10，解得2x1 时，h(x)0 恒成立，h(x)单调递减 又 h(1)0， 当 x(1，)时，h(x)h(1)0 恒成立， 即 f(x)g(x)1，f(x)g(x)恒成立 2已知函数 f(x)aexln x1. (1)设 x2 是 f(x)的极值点，求 a，并求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 a1 e时，f(x)0. (1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1 x. 由题设知，f(2)0，所以 a 1 2e2. 本

19、资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 从而 f(x) 1 2e2e xln x1，f(x) 1 2e2e x1 x. 当 0 x2 时，f(x)2 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增 (2)证明当 a1 e时，f(x) ex e ln x1(x0) 设 g(x)e x e ln x1(x0)，则 g(x)e x e 1 x(x0) 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0. 所以 x1 是 g(x)的最小值点 故当

20、 x0 时，g(x)g(1)0. 因此，当 a1 e时，f(x)0. 3(2020全国卷)已知函数 f(x)sin2xsin 2x. (1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； (2)证明：|f(x)|3 3 8 ； (3)设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx3 n 4n. (1)解f(x)cos x(sin xsin 2x)sin x(sin xsin 2x) 2sin xcos xsin 2x2sin2xcos 2x 2sin xsin 3x. 当 x 0， 3 2 3 ， 时，f(x)0； 当 x 3， 2 3 时，f(x)0， 所以函数(x)在(0，)上

21、单调递增， 所以(x)(0)0， 所以 f(x)0， 所以函数 f(x)在(0，)上单调递增 (2)假设 k0，设函数 h(x)e x1 x k(ln xe1)， 则 h(x)在(0，)上单调递增 由(1)可知，当 x0.1 时，e x1 x e12； 当 xe 2 k e1 时，ln xe12 k， 所以 x0min0.1，e 2 k e1时， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 h(x0)e x01 x0 k(ln x0e1)0 时，显然成立， 设(x

22、)e x1 x ln xe1， 则(x)（x1） （e x1） x2 ， 所以函数(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增，(x)的最小值为(1)， 故(x)(1)0，即也成立 综上，实数 k 的取值范围是0，1 题型二双变量任意型 【例 2】 已知函数 f(x) x exx1，g(x)ln x 1 e(e 为自然对数的底数) (1)证明：f(x)g(x)； (2)若对于任意的 x1，x21，a(a1)，总有|f(x1)g(x2)| 2 e2 1 e1，求 a 的最大 值 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高

23、中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)证明令 F(x)f(x)g(x) x exxln x1 1 e， F(x)1x ex 11 x(x1) exx xex . x0，exx1， F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， F(x)minF(1)0，f(x)g(x) (2)解x1，a，f(x)1x ex 10， g(x)1 x0， f(x)，g(x)均在1，a上单调递增 f(x)g(x)，F(x)f(x)g(x)在1，)上单调递增， f(x)与 g(x)的图象在1，a上的距离随 x 增大而增大， |f(x1)g(x2)|maxf(a)g(1)2 e

24、2 1 e1， a eaa 2 e22， 设 G(a) a eaa(a1)，G(a) 1a ea 1e aa1 ea ， 当 a1 时，eaa1， 当 a1 时，G(a)0，G(a)在1，)上单调递增， a2， a 的最大值为 2. 题型三双变量任意存在型 【例 3】 已知函数 f(x)2ln x 2 3x6 x1 . (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 g(x)ln xax， 若对任意 x1(1， )， 存在 x2(0， )， 使得 f(x1)g(x2) 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ

25、群 483122854 期待你的加入与分享 成立，求实数 a 的取值范围 解(1)因为 f(x)2ln x 2 3x6 x1 ，x(0，)， 所以 f(x)2 x 9 （x1）2 2x25x2 x（x1）2 （2x1） （x2） x（x1）2 ， 当1 2x2 时，f(x)0， 当 0 x2 时，f(x)0， 所以 f(x)的单调递减区间是 1 2，2，单调递增区间是 0，1 2 ，(2，) (2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，)上单调递增， 所以当 x1 时，f(x)f(2)0， 又 g(x)ln xax， 所以对任意 x1(1， )， 存在 x2(0， )， 使得 f

26、(x1)g(x2)成立存在 x2(0， )，使得 g(x2)0 成立函数 yln x 与直线 yax 的图象在(0，)上有交 点方程 aln x x 在(0，)上有解 设 h(x)ln x x ，则 h(x)1ln x x2 ， 当 x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增， 当 x(e，)时，h(x)0，h(x)单调递减， 又 h(e)1 e，x0 时，h(x)， 所以在(0，)上，h(x)的值域是 ，1 e ， 所以实数 a 的取值范围是 ，1 e . 感悟升华(1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数 太复杂时，应直接讨论参数； (2)双变量任意型、任意存在型注

27、意等价转化为最值问题解决 【训练 1】 (2021山水联盟考试)已知正实数 a，设函数 f(x)x2a2xln x. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)若 a 2，求实数 f(x)在1，e的值域； (2)对任意实数 x 1 2，均有 f(x)a2x1恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)当 a 2时，函数 f(x)x22xln x， 则 f(x)2(x1ln x) 设 F(x)2(x1ln x)，x1，e， 则 F(x)2 11 x 0， 所以

28、F(x)在1，e上单调递增，F(x)F(1)0， 所以 f(x)在1，e上单调递增， 所以在1，e上 f(x)1，e22e (2)由题意可得 f(1)a，即 0a1. 当 0a1 时，x2a2xln xa 2x1， 即x 2 a2 2x1 a xln x0. 记 t1 a1，设 g(t)x 2t2 2x1txln x， 则 g(t)为关于 t 的二次函数， 且定义域为1，)，其对称轴为 t 2x1 2x2 . 因为当 x 1 2，时，4x412x，所以 2x1 2x2 0，g(t)g(1)x x 2x1 x ln x . 设函数 h(x)x 2x1 x ln x，x1 2， h(x)1 x 2

29、x1 2x1 x2 1 x 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 （x1） x 1 2x1 x2 . 当 x 1 2，1时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，所以 h(x)minh(1)0， 即当 x 1 2，时，h(x)0，所以 g(t)0， 所以 01) (1)求证：函数 f(x)在(1，)上单调递增； (2)若关于 x 的方程|f(x)t|1 在(0，)上有三个零点，求实数 t 的值； (3)若对任意的 x1，x2a 1，a，|f(x1)f(x

30、2)|e1 恒成立(e 为自然对数的底数)， 求实数 a 的取值范围 (1)证明因为函数 f(x)(logax)2xln x， 所以 f(x)11 x2log ax 1 xln a. 因为 a1，x1， 所以 f(x)11 x2log ax 1 xln a0， 所以函数 f(x)在(1，)上单调递增 (2)解因为当 a1，0 x1 时，分别有 11 x0， 2logax 1 xln a0，所以 f(x)1)， 则 g(x)1x 22 x 1 x1 2 0， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 4

31、83122854 期待你的加入与分享 所以 g(a)g(1)0， 即 f(a)f(a 1)0， 所以 f(x)maxf(a)， 所以问题等价于x1，x2a 1，a， |f(x1)f(x2)|maxf(a)f(1)aln ae1. 由 h(x)xln x 的单调性，且 a1，解得 1ae， 所以实数 a 的取值范围为(1，e 1已知函数 f(x)(x2x1)e x. 当 x0，2时，f(x)x22xm 恒成立，求 m 的取值范围 解f(x)x22xm 在 x0，2时恒成立， mf(x)x22x(x2x1)e xx22x， 令 g(x)(x2x1)e xx22x， 则 g(x)(x2)(x1)e

32、x2(x1)， 当 x0，1)时，g(x)（x1） （2x2e x） ex 0， g(x)在0，1)上单调递减，在(1，2上单调递增， g(x)ming(1)1 e1， m 的取值范围为 ，1 e1. 2(2020名校预测冲刺卷四)已知实数 aR，设函数 f(x)ln xax1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)a（ x1x 2） x 1 恒成立，求实数 a 的取值范围 解(1)由题意得定义域为(0，)，f(x)1 xa 1ax x . 当 a0 时，f(x)0 恒成立，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031

33、380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 当 a0 时，令 f(x)0，解得 x1 a， 所以当 0，1 a 时，f(x)0，函数 f(x)单调递增； 当 1 a，时，f(x)0， 所以 f(x)a（ x1x 2） x 1 恒成立等价于 xln xax1恒成立 设 h(x)ln x 11 x ， 则 h(x)1 x 1 x2 x1 x2 ， 所以函数 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以 h(x)minh(1)0.即 ln x11 x， 所以 xln xx 11 x x1 恒成立， 问题等价于 x

34、1a x10 恒成立，分离参数得 a x1 x1恒成立 设 t x1(1，)，函数 g(t)t 22 t ， 则 g(t)12 t20， 所以函数 g(t)在(1，)上单调递增， 所以 g(t)g(1)1， 所以 a1，故实数 a 的取值范围为(，1 微课三不等式能成立 【典例】 (2021镇海中学检测)已知函数 f(x)ln(1x)asin x，aR. (1)若 yf(x)在点(0，0)处的切线为 x3y0，求 a 的值； (2)若存在 x1，2，使得 f(x)2a，求实数 a 的取值范围 解(1)f(x) 1 1xacos x， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031

35、380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 f(0)1a1 3，所以 a 2 3. (2)将不等式转化为存在 x1，2，使得 aln（1x） 2sin x . 令函数 g(x)ln（1x） 2sin x ， 则 g(x)2sin x（1x）cos xln（1x） （1x） （2sin x）2 ， 令函数 h(x)2sin x(1x)cos xln(1x)，x1，2， 当 x 2，2时，h(x)0； 当 x 1， 2 时，h(x)2sin x(1x)ln(1x)， 令函数(x)2sin x(1x)ln(1x)， 则(x)

36、cos xln(1x)13 1 2 0， 则当 x 1， 2 时，h(x)(x)0， 故函数 g(x)在1，2上单调递增，g(x)maxg(2) ln 3 2sin 2， 则当 a ln 3 2sin 2时，存在 x1，2，使得 f(x)2a. 所以，实数 a 的取值范围是 ， ln 3 2sin 2 . 感悟升华“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即 f(x)g(a) 对于 xD 恒成立，应求 f(x)的最小值；若存在 xD，使得 f(x)g(a)成立，应求 f(x)的最大值在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立” 是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“

37、存在性”问题是求最大值还 是最小值特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错 【训练】 (2021义乌联考)已知函数 f(x)x(ln x1)，g(x)1e x 2 . 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)求证：当 0 x1 e时，f(x)x 27 3x； (2)若存在 x0(0，m，使 f(x0)g(m)0，求 m 的取值范围 (1)证明由题得 f(x)的定义域为(0，)， x(ln x1)x27 3x，即 ln xx 4 30， 设函数 F(x)

38、ln xx4 3， 则 F(x)1x x ，故函数 F(x)在(0，1)上单调递增 当 0 x1 e时，F(x)F 1 e 1 3 1 e0， 即 f(x)x27 3x. (2)解f(x)ln x，故函数 f(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，)上单调递增， 当 0m1 时，f(x)minf(m)m(ln m1)mln mm， 依题意可知 f(m)g(m)02mln m(em2m1)0.构造函数： (m)em2m 1(0m1)， 则有(m)em2. 由此可得：当 m(0，ln 2)时，(m)0， 即(m)在 m(0，ln 2)时单调递减，m(ln 2，1)单调递增， 注意到：(0)0，(1

39、)0，因此(m)0. 同时注意到 2mln m0，故有 2mln m(em2m1)0. 当 m1 时，f(x)minf(1)1， 依据题意可知 f(m)g(m)01 1 2 em 2 0em310，g(x) a225 4 ex.若存在 x1，x20，4使得|f(x1)g(x2)|0 得3x0 得a1x3， 所以 f(x)在0，3)上单调递增，在(3，4上单调递减， 于是 f(x)maxf(3)a6， f(x)minminf(0)，f(4)(2a3)e3. g(x)在0，4上单调递增， g(x) a225 4 ， a225 4 e4 . 根据题意， a225 4 (a6)0 恒成立， 所以只要

40、a225 4 (a6)1，解得1 2a0，所以 a 0，3 2 . 2(2021镇海中学模拟)已知函数 f(x)ln a2x2 axaln a. (1)求证：f(x)a23； (2)是否存在实数 k，使得只有唯一的正整数 a，对于 x(0，)恒有：f(x)ea k，若存在，请求出 k 的范围以及正整数 a 的值；若不存在请说明理由(下表 的近似值供参考) ln 2ln 3ln 4ln 5ln 6ln 7ln 8ln 9 0.691.101.381.611.791.952.072.20 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高

41、中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (1)证明f(x)1 x a x 1 ax x ， 当 x0；当 x 1 a时，f(x)0， 则函数 f(x)在 0，1 a 上单调递增， 在 1 a，上单调递减， 所以 f(x)f 1 a (a1)ln a2. 下证：(a1)ln a2a23， 上式等价于证明 ln aa1. 设函数 h(a)a1ln a， 则 h(a)11 a，所以函数 h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以 h(a)a1ln ah(1)0，则 ln aa1， 即 f(x)a23. (2)解由(1)可知 f(x)max(a1)ln a2

42、， 所以不等式(a1)ln a2eak 只有唯一的正整数解， 则 k(a1)ln aea2. 设函数 g(a)(a1)ln aea2， 则 g(a)ln aa1 a e，g 1 e 0，g(1)2e0. 令函数 u(a)ln aa1 a e， 则 u(a)1 a 1 a2 a1 a2 ， 所以函数 u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增 又 u(4)0， 故存在 a0(4，5)满足 u(a0)0， 所以函数 g(a)在 0，1 e 上单调递增，在错误错误!上单调递减，(a0，)上单调递增 g(3)4ln 33e2，g(4)5ln 44e2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 g(5)6ln 55e2， g(3)g(5)g(4)， 所以 k5ln 44e2，6ln 55e2， 此时 a4.