问题2-2 函数中的存在性与恒成立问题-2018届高三数学成功在我之优等生提分 含解析 精品

2018届高三数学成功在我
专题二 函数与导数
问题二：函数中的存在性与恒成立问题
一、考情分析
函数内容作为高中数学知识体系的核心,也是历年高考的一个热点.在新课标下的高考越来越注重对学生的综合素质的考察,恒成立与存在性问题便是一个考察学生综合素质的很好途径,它主要涉及到一次函数、二次函数、三角函数、指数函数和对数函数等常见函数的图象和性质及不等式等知识,渗透着换元、化归、数形结合、函数与方程等思想方法,在培养思维的灵活性、创造性等方面起到了积极的作用,故备受高考命题者的青睐,成为高考能力型试题的首选. 二、经验分享
(1) 设)0()(2
≠++=a c bx ax x f ,（1）R x x f ∈>在0)(上恒成立00<∆>⇔且a ；（2）
R x x f ∈<在0)(上恒成立00<∆<⇔且a .
(2) 对于一次函数],[,)(n m x b kx x f ∈+=有：
⎩
⎨
⎧<<⇔<⎩⎨⎧>>⇔>0)(0
)(0)(,0)(0)(0)(n f m f x f n f m f x f 恒成立恒成立 (3)根据方程有解求参数范围,若参数能够分离出来,可把求参数范围转化为求函数值域．
(4) 利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（ D x ∈,λ为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤:
①将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； ②求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；
③解不等式()max ()g f x λ≥(或()()min g f x λ≤) ,得λ的取值范围.
(5) 对于参数不能单独放在一侧的,可以利用函数图象来解.利用数形结合解决恒成立问题,应先构造函数,作出符合已知条件的图形,再考虑在给定区间上函数与函数图象之间的关系,得出答案或列出条件,求出参数的范围.
(6) 某些含参不等式恒成立问题,在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制
胜的效果.
三、知识拓展
(1)恒成立问题
①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；
②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)ma x<A；
③. ∀x∈D,均有f(x) >g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) <0,∴ F(x) ma x <0；
⑤. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立,则f(x)min> g(x)ma x；
⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) <g(x2)恒成立,则f(x) ma x < g(x) min.
(2)存在性问题
①. ∃x0∈D,使得f(x0)>A成立,则f(x) ma x >A；
②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min <A；
③. ∃x0∈D,使得f(x0) >g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) ma x >0；
④. ∃x0∈D,使得f(x0) <g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) min <0；
⑤. ∃x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x) ma x > g(x) min；
⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x) min < g(x) ma x.
(3)相等问题
若f(x)的值域分别为A,B,则
⊆；
①. ∀x1∈D, ∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则A B
②∃x 1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)=g(x2)成立,则A B≠∅.
(4)恒成立与存在性的综合性问题
①∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) >g(x2)成立,则f(x)m in> g(x)m in；
②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1) <g(x2)成立,则f(x)max < g(x)max.
四、题型分析
解决高中数学函数的存在性与恒成立问题常用以下几种方法：①函数性质法；②分离参数法；③主参换位法；④数形结合法等.
(一) 函数性质法
【例1】已知函数f(x)＝x3－ax2＋10,若在区间[1,2]内至少存在一个实数x,使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围．
【分析】本题实质是存在性问题
解法二：由已知得：a >
x 3
＋10x 2
＝x ＋10
x
2, 设g (x )＝x ＋10x
2(1≤x ≤2),g ′(x )＝1－20
x
3,
∵1≤x ≤2,∴g ′(x )<0,所以g (x )在[1,2]上是减函数．
g (x )m in ＝g (2),所以a >9
2
.
【点评】 解法一在处理时,需要用分类讨论的方法,讨论的关键是极值点与区间[1,2]的关系；解法二是用的参数分离,由于ax 2
>x 3
＋10中x 2
∈[1,4],所以可以进行参数分离,而无需要分类讨论． 【牛刀小试】【2017山西大学附中第二次模拟】设函数()()21x
f x e x ax a =--+,其中1a <,若存在唯一
的整数t ,使得()0f t <,则a 的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-
⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭
【答案】D
【解析】令()()()21,x
g x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ,使得()g t 在直线()h x 的下
方.()()'
21x
g x e
x =+,当12x <-时,函数单调递减,当12x >-,函数单调递增,当1
2
x =-时,函数取得最小值为1
2
2e
-
-.当0x =时,(0)1g =-,当1x =时,(1)0g e =>,直线()h x ax a =-过定点()1,0,斜率为a ,
故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--,解得3,12m e ⎡⎫
∈⎪⎢⎣⎭
. (二)分离参数法
【例2】已知函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =（e 为自然对数的底数）处的切线的斜率为3． (1)求实数a 的值；
(2)若2()f x kx ≤对任意0x >成立,求实数k 的取值范围. 【分析】（1）由'()l n 1
f x a x =++结合条件函数()ln f x ax x x =+的图象在点e x =处的切线的斜率为3,
可知'(e)3f =,可建立关于a 的方程：ln e 13a ++=,从而解得1a =；（2）要使2()f x kx ≤对任意0x >恒
成立,只需max 2()[
]f x k x ≥即可,而由（1）可知()ln f x x x x =+,∴问题即等价于求函数1ln ()x
g x x
+=的最大值,可以通过导数研究函数()g x 的单调性,从而求得其最值：22
1
(1ln )
ln '()x x x
x g x x x
⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =,当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数；当1
x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数,因此()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求. 【解析】(1)∵()ln f x ax x x =+,∴'()ln 1f x a x =++, 又∵()f x 的图象在点e x =处的切线的斜率为3,∴'(e)3f =, 即ln e 13a ++=,∴1a =； (2)由（1）知,()ln f x x x x =+,
∴2
()f x kx ≤对任意0x >成立1ln x
k x
+⇔≥
对任意0x >成立, 令1ln ()x
g x x +=
,则问题转化为求()g x 的最大值, 22
1
(1ln )
ln '()x x x
x g x x x
⋅-+==-,令'()0g x =,解得1x =, 当01x <<时,'()0g x >,∴()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时,'()0g x <,∴()g x 在(1,)+∞上是减函数． 故()g x 在1x =处取得最大值(1)1g =,∴1k ≥即为所求.
【点评】在函数存在性与恒成立问题中求含参数范围过程中,当其中的参数（或关于参数的代数式）能够与
其它变量完全分离出来并,且分离后不等式其中一边的函数（或代数式）的最值或范围可求时,常用分离参数法.此类问题可把要求的参变量分离出来,单独放在不等式的一侧,将另一侧看成新函数,于是将问题转化成新函数的最值问题.
利用分离参数法来确定不等式(),0f x λ≥,（,x D λ∈为实参数）恒成立中参数λ的取值范围的基本步骤: (1)将参数与变量分离,即化为()()g f x λ≥（或()()g f x λ≤）恒成立的形式； (2)求()f x 在x D ∈上的最大（或最小）值；
(3)解不等式()()max g f x λ≥ (或()()min g f x λ≤) ,得λ的取值范围. 【牛刀小试】【2017湖南省郴州市上学期第一次教学质量监测】已知函数
()log a f x x =,()2log (22)a g x x t =+-,其中0a >且1a ≠,t R ∈．
(1)若4t =,且1
[,2]4
x ∈时,()()()F x g x f x =-的最小值是－2,求实数a 的值； (2)若01a <<,且1[,2]4
x ∈时,有()()f x g x ≥恒成立,求实数t 的取值范围. 【答案】(1)
1
5
；(2)[2,)+∞.
(2)∵()()f x g x ≥恒成立,即log 2log (22)a a x x t ≥+-恒成立, ∴
1
log log (22)2
a a x x t ≥+-.
又∵01a <<,1[,2]4
x ∈,∴22x x t ≤+-,
22t x x ≥-++∴恒成立,
∴max (22)t x x ≥-++. 令21171
222()([,2])484
y x x x x =-+
+=--+∈,
∴max 2y =.故实数t 的取值范围为[2,)+∞. (三)主参换位法
【例3】已知函数()ln()(x f x e a a =+为常数）是实数集R 上的奇函数,函数()()sin g x f x x λ=+是区间[]1,1-上的减函
数,(1)求a 的值；(2)若[]2
()11,1g x t t x λ≤++∈-在上恒成立,求t 的取值范围.
【分析】在第二小题所给条件中出现了两个字母：λ及t ,那么解题的关键恰恰就在于该把其中哪个字母看成是一个变量,另一个作为常数.而根据本题中的条件特征显然可将λ视作自变量,则上述问题即可转化为在
(],1-∞-内关于λ的一次函数大于等于0恒成立的问题,问题即可求解.
【解析】(1)1a =
(2)由(1)知：()f x x =,()sin g x x x λ∴=+,
()g x 在[]11-，上单调递减,
()cos 0g x x λ'∴=+≤
cos x λ∴≤-在[]11-，
上恒成立, 1λ∴≤-，
[]max ()(1)sin1g x g λ=-=--, ∴只需2sin11t t λλ--≤++,
2(1)sin110t t λ∴++++≥（其中1λ≤-）恒成立,
由上述②结论：可令()2
(1)sin110(1f t t λλλ=++++≥≤-）,
则2
t 101sin110
t t +≤⎧
⎨
--+++≥⎩, 21sin10
t t t ≤-⎧
∴⎨-+≥⎩,而2sin10t t -+≥恒成立,1t ∴≤-. 【点评】某些函数存在性与恒成立问题中,当分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量,但函数的最值却难以求出时,可考虑变换思维角度.即把主元与参数换个位置,再结合其它知识,往往会取得出奇制胜的效果.此类问题的难点常常因为学生的思维定势,易把它看成关于的不等式讨论,从而因计算繁
琐出错或者中途夭折；若转换一下思路,把待求的x 为参数,以为变量,构造新的关于参数的函数,再来求
解参数应满足的条件这样问题就轻而易举的得到解决了.
【牛刀小试】若不等式()
2
211x m x ->-对任意[]1,1m ∈-恒成立,求实数x 的取值范围.
【答案】312x -<<
【解析】()
2211x m x ->-可转化为()21210m x x --+<,设()()
2
1210f m m x x =--+<,则()
f m 是关于m 的一次型函数,要使()0f m <恒成立,只需()()22
1201220f x x f x x ⎧=-<⎪
⎨-=--+<⎪⎩
,解得312x -<<. (四)数形结合法
【例4】已知函数()2
22f x x kx =-+,在1x ≥-恒有()f x k ≥,求实数k 的取值范围.
【分析】为了使题中的条件()f x k ≥在[)1,x ∈-+∞恒成立,应能想到构造出一个新的函数()()F x f x k =-,则可把原题转化成所构造新的函数在区间[)1,-+∞时恒大于等于0的问题,再利用二次函数的图象性质进行分类讨论,即可使问题得到圆满解决.
【点评】如果题中所涉及的函数对应的图象、图形较易画出时,往往可通过图象、图形的位置关系建立不等式从而求得参数范围. 解决此类问题经常要结合函数的图象,选择适当的两个函数,利用函数图像的上、下
位置关系来确定参数的范围.利用数形结合解决不等式问题关键是构造函数,准确做出函数的图象.常见的
有两类函数：若二次函数()2
0y ax bx c a =++≠大于0恒成立,则有00a >⎧⎨∆<⎩,同理,若二次函数
()20y ax bx c a =++≠小于0恒成立,则有0
0a <⎧⎨
∆<⎩.若是二次函数在指定区间上的恒成立问题,还可以利用韦达定理以及根与系数的
分布知识求解.
【牛刀小试】【2017河北省武邑上学期第三次调研考试】已知定义在R 上的奇函数()f x 满足:当0
x ≥时,()3f x x =,若不等式()()
2
42f t f m mt ->+对任意实数t 恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）
A ．(
)
,2-∞- B ．()
2,0-
C. ()(
),02,-∞⋃+∞ D ．()(
)
,22,-∞-⋃+∞
【答案】A
【解析】当0x <时,()33()()()()f x f x x f x x x R f x =--=⇒=∈⇒在R 上是增函数
242t m mt ⇒->+对任意实数t 恒成立2442t mt t m ⇒->++对任意实数t 恒成立,结合二次函数图象可
得
2
01680
m m m <⎧⇒⇒∈⎨∆-<⎩()
,2-∞-,故选A. (五)存在性之常用模型及方法 【例5】设函数()2
1ln 2
a f x a x x bx -=+-,a R ∈且1a ≠.曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为0.
（1）求b 的值；
（2）若存在[)1,x ∈+∞,使得()1
a
f x a <
-,求a 的取值范围. 【分析】（1）根据条件曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线的斜率为0,可以将其转化为关于a ,b 的方程,
进而求得b 的值：()()1a
f x a x b x
'=
+--,()10f '=⇒()101a a b b +--=⇒=；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x ∈+∞,使得不等式()1a f x a <-成立,只需
min ()1
a
f x a >-即可,因此可通过探求()f x 的单调性进而求得()f x 的最小值,进而得到关于a 的不等式即可,而由（1）可知()2
1ln 2
a f x a x x x -=+-,
则()()()11x a x a f x x
---⎡⎤⎣⎦
'=
,因此需对a 的取值范围进行分类讨论并判断()f x 的单调性,从而可以解
得a 的取值范围是()
()21,211,---+∞.
【解析】（1）()()1a
f x a x b x
'=
+--, 由曲线()y f x =在点()()
1,1f 处的切线的斜率为0,得()10f '=, 即()10a a b +--=,1b =； 4分（2）由（1）可得,()2
1ln 2
a f x a x x x -=+
-, ()()()()()2
11111x a x a a x x a a f x a x x x x
---⎡⎤--+⎣⎦'=+--=
=,
令()0f x '=,得11x =,21a x a
=-,而21
111a a a a --=--, ①当1
2
a ≤
时,11a a ≤-, 在[)1,+∞上,()0f x '≥,()f x 为增函数,()()
()min
11
1122
a a f x f ---==
-=, 令
121a a
a --<-,即2210a a +-<,解得2121a --<<-. ②当112a <<时,
11a
a
>-, x 1,1a a ⎛
⎫ ⎪-⎝⎭ 1a
a
- ,1a a ⎛⎫
+∞ ⎪-⎝⎭
()f x '
-
+
()f x
极小值
()()
()2min
ln 112111a a a a a f x f a a a a a a ⎛⎫
==++> ⎪
-----⎝⎭
, 不合题意,无解,10分 ③当1a >时,显然有()0f x <,
01a a >-,∴不等式()1
a
f x a <-恒成立,符合题意, 综上,a 的取值范围是()
()21,21
1,---+∞.
【点评】解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法同上面所讲恒成立；二是间接法,先求其否定（恒成立）,再求其否定补集即可解决.它的逻辑背景：原命题为",()"x M P x ∀∈的否定为
",()"x M P x ∃∈⌝；原命题为",()"x M P x ∃∈的否定为“,()"x M P x ∀∈⌝.处理的原则就是：不熟系问题
转化为熟悉问题. 【牛刀小试】已知=
)(x f x x +2
2
1,=)(x g a x -+)1ln(, (1)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f >,求实数a 的取值范围； (2)若存在]2,0[,21∈x x ,使得)()(21x g x f =,求实数a 的取值范围.
五、迁移运用
1．【2018届江西省上高县高三上学期第四次月考】若不等式230x
a x log -<对任意10,3x ⎛
⎫∈ ⎪⎝⎭
恒成立,则实
数a 的取值范围为（ ） A. [
1,127） B. 1,127⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 10,27⎛⎫ ⎪⎝⎭ D. 10,27⎛⎤ ⎥⎝⎦
【答案】A
【解析】构造函数f （x ）=3x 2
,g （x ）=-log a x, 10,3x ⎛
⎫∈ ⎪⎝⎭
∵不等式3x 2
-log a x ＜0对任意10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
恒成立,
∴f（13）≤g（13）∴3•19- 1
3a log ≤0．∴0＜a ＜1且a≥127∴实数a 的取值范围为[1127
，）,故选A 2．【2018届广西贵港市高三上学期12月联考】若不等式()()21313ln
1ln33
x x
a x ++-⋅≥-⋅对任意的
(],1x ∈-∞恒成立,则a 的取值范围是（ ）
A. 10,
3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. 10,3⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
C. [)2,+∞
D. (],2-∞ 【答案】D
【解析】由题意结合对数的运算法则有： ()213133ln
ln 3
3
x x
x
a ++-⋅≥,由对数函数的单调性有：
()2131333
3x x
x
a ++-⋅≥,整理可得： 2133x x a +≤,由恒成立的条件有： 2min
133x x
a ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,其中21313233x
x x
x
y +⎛⎫==+≥ ⎪⎝⎭
,当且仅当0x =时等号成立.即0x =时,函数2133x x y +=取得最小值2. 综上可得： 2a ≤.本题选择D 选项.
3.【2018届福建省闽侯高三12月月考】已知函数()222,0
2,0
x x x f x x x x ⎧-+≥=⎨-<⎩,若关于
的不等式
()()20f x af x ⎡⎤+<⎣⎦恰有个整数解,则实数的最大值是（ ）
A. B. C. 5 D. 【答案】
D
4．【2018届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数()1
x
f x x e =+,若对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,则实数a 的取值范围是（ ）
A. (),1e -∞-
B. (]1,1e -
C. [
)1,1e - D. ()1,e -+∞ 【答案】B
【解析】函数()1x f x x e =+，对任意x R ∈, ()f x ax >恒成立,∴1x x ax e +>恒成立,即()1
1x
a x e
>-x 恒成立；设()()()1
,1x
g x h x a x e =
=-,x ∈R ；在同一坐标系内画出两个函数的图象,如图所示；
则满足不等式恒成立的是h (x )的图象在g (x )图象下方,求()g x 的导数()'x
g x e -=-,
且过()g x 图象上点()00,x y 的切线方程为()0
00x y y e
x x --=--,且该切线方程过原点(0,0),
则000x y e x -=-⋅,即000x x e e x --=-⋅,解得01x =-；∴切线斜率为0
x k e e -=-=-,∴应满足a −1>−e ,
即a >1−e ；又a −1⩽0,∴a ⩽1,∴实数a 的取值范围是(1−e ,1].故选B.
5．【2018届广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ） A. ()ln3,2 B. [)2ln3,2- C. (]
0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C
【解析】
由题意可知, ()0f x >,即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>, ()22ln 40ax a x x a ∴->-->,设
()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-,由()121'2x g x x x -=-
=,可知()2ln 4g x x x =--,在10,2⎛⎫
⎪⎝⎭
上为减函数,在1,2⎛⎫
+∞
⎪⎝⎭
上为增函数, ()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0,在同一坐标系中作出()(),g x h x 的
图象如下：若有且只有两个整数12,x x ,使得()10f x >,且()20f x >,则
()()()()
{11 33a h g h g >>≤,即0{2 23a a a ln >->-≤-,解得02ln3a <≤-,故选C.
6．【2018届陕西省西安高三上学期期中】已知函数()3
213
f x x a x =
-,若对于任意的[]12,0,1x x ∈,都有()()121f x f x -≤成立,则实数a 的取值范围是（ ）
A. 2323,33⎡⎤-
⎢⎥⎣⎦ B. 2323,33⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭ C. 2323,00,33⎡⎫⎛⎤-
⋃⎪ ⎢⎥⎪ ⎣⎭⎝⎦ D. 2323,00,33⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【答案】
A
7.【2017宁夏育才中学上学期第二次月考】设函数3
()f x x x =+,x R ∈. 若当02
π
θ<<
时,不等式
0)1()sin (>-+m f m f θ恒成立,则实数m 的取值范围是（ ）
A. 1(,1]2
B.1(,1)2
C. [1,)+∞
D.(,1]-∞
【答案】D
【解析】易得()f x 是奇函数,2
()310()f x x f x '=+>⇒在R 上是增函数,又
11
(sin )(1)sin 1,0sin 111sin 1sin f m f m m m m m θθθθθ
>-⇒>-⇒<
<<⇒⇒≤--,故选D.
8.【2017河北省武邑中学2高三上学期第三次调研】 若对[),0,x y ∀∈+∞,不等式2
242x y x y ax e e +---≤++,
恒成立,则实数a 的最大值是（ ）
A ．
14 B ．1 C. 2 D ．12
【答案】D 【解析】2
2
22
2
2
22222422x y x y x y x y x x e
e
e
e e
ax e
+---+-----++≥+=+⇒≤+恒成立211
2x e a x
-+⇒≤
,设222222
1(1)(1)1
()'()x x x x e xe e x e g x g x x x x
----+-+--=⇒==,再设2()(1)1'()x h x x e h x -=--⇒= 2(2)x x e --,令'()02h x x =⇒=⇒当02,'()0,x h x <<<当2,'()0()(2)0x h x h x h >>⇒≥=⇒
'()0g x =仅有一解2x =,且1
()(2)12
g x g a ≥=⇒≤
,故选D. 9.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】已知函数2
ln ()()()x x b f x b R x
+-=
∈,若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则实数b 的取值范围是（ ）
A ．(,2)-∞
B ．3
(,)2-∞ C. 9(,)4
-∞ D ．(,3)-∞ 【答案】C
【解析】由题意,得22
12()ln ()()x x b x x b f x x +----'=,则()()f x xf x +'＝2
ln ()x x b x +-－212()ln ()x x b x x b x +----＝12()
x x b x +-．若存在1[,2]2x ∈,使得()'()f x x f x >-⋅,则
12()0x x b +->,所以12b x x <+．设1()2g x x x =+,则222121()122x g x x x -'=-=,当12
22
x ≤≤
时,()0g x '<；当
222x ≤≤时,()0g x '>,所以()g x 在12[,]22上单调递减,在2
[,2]2
上单调递增,所以当2x =,函数()g x 取最大值,最大值为19(2)244g =+
=,所以max 9
()4
b g x <=,故选C ． 10．【2018届江苏南通市高三第二次阶段测试】若不等式2150x
e nx -+>在实数集R 上恒成立,则正整数n
的最大值是_____．
[参考数据： 21572
e <<
] 【答案】14n =
【解析】
不等式2150x e nx -+>在实数集R 上恒成立,等价于y 2x e =的图象恒在y 15nx =-
上方, y 15nx =-与y 2x e =的图象相切时斜率n 最大,设y 15nx =-与y 2x e =的图象相切时切点坐标为
0x ,则n = 02x e ,切线方程为()00022x x y e e x x -=- ,将点()0,15- 代入切线方程可得
()()00021150x g x e x =--=, ()g x 在()1,+∞ 上递增, ()()20,30g g , ()02,3x ∈ , n =
()
02322,2x e e e ∈, y 2x e =的图象恒在y 15nx =-上方,所以n ≤ 0222x e e ≤,而()2214,15e ∈ ,所以正
整数n 的最大值是14,故答案为14n =.
11．【2018届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知()212b
f
x x c x
=
++（b , c 为常数）和()11
4g x x x
=
+是定义在{}=|14M x x ≤≤上的函数,对于任意的x M ∈,存在0x M ∈使得()()0f x f x ≥, ()()0g x g x ≥,且()()00=f x g x ,则()f x 在M 上的最大值为__________.
【答案】5 【解析】∵()1111
2144g x x x x x
=+≥⨯=,(当且仅当x=2时,等号成立), ∴()()22212b f c g =+
+==,∴12b c =--,∴()22111222
b b b f x x
c x x x =++=+--, ∴()322'b x b
f x x x x -=-=,∵f(x)在x=2处有最小值,∴()'20f =,即b=8,故c=−5,
故()()322
188
5,'2x f x x f x x x
-=+-=,故f(x)在[1,2]上是减函数,在[2,4]上是增函数, 而()()17
185,4825522
f f =
+-==+-=,故f(x)的最大值为5. 12.设函数f (x )＝ax ＋sin x ＋cos x ．若函数f (x )的图象上存在不同的两点A ,B ,使得曲线y ＝f (x )在点A ,B 处的切线互相垂直,则实数a 的取值范围为 ． 【答案】]1,1[-
【解析】因为),4
cos(2sin cos )(π
+
+=-+='x a x x a x f
则存在实数2,1x x ,使得1))4
cos(2))(4
cos(2(21-=+
++
+
π
π
x a x a 成立.
不妨设112cos()(0,2],4k a x a π
=++∈+则222cos()[2,0).4k a x a π
=++∈-
因此222120()2,12,1,1 1.k k a a a a <-≤-≤-≤-≤≤
13.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数2()ln f x ax a x =--,1()x
e
g x x e =
-,其中a R ∈,e 2.718
=为自然对数的底数.
（1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当1x >时,()0g x >；
（3）确定a 的所有可能取值,使得()()f x g x >在(1,)+∞区间内恒成立.
【解析】（1）由2
()ln f x ax a x =--,得2121
'()2(0)ax f x ax x x x
-=-=
>. 当0a ≤时,'()0f x <在(0,)+∞成立,则()f x 为(0,)+∞上的减函数； 当0a >时,由'()0f x =,得1222a x a a
=±
=±
, ∴当2(0,
)2a x a ∈时,'()0f x <,当2(,)2a
x a ∈+∞时,'()0f x >. 则()f x 在2(0,
)2a
a
上为减函数,在2(,)2a a +∞上为增函数. 综上,当0a ≤时,()f x 为(0,)+∞上的减函数；当0a >时,()f x 在2(0,)2a
a
上为减函数,在2(,)2a a +∞上为增函数.
（2）证明：要证()0(1)g x x >>,即10x e x e ->,即证1x e x e >,也就是证
x
e e x
>. 令()x e h x x =,则2
(1)
'()x e x h x x -=,∴()h x 在(1,)+∞上单调递增,则min ()(1)h x h e ==,
即当1x >时,()h x e >,∴当1x >时,()0g x >； （3）由()()f x g x >,得2
11ln 0x
ax a x e x
----+>. 设2
11()ln 0x
t x ax a x e x
-=---
+>,由题意知,()0t x >在(1,)+∞内恒成立.
∵(1)0t =,∴有1122111'()220x x x
t x ax e ax e x x x
---=-+-=+-≥在(1,)+∞内恒成立. 令121()2x x x ax e x --Φ=+
-,则11233122'()22x
x x x a e a e x x x
---Φ=+-+=++, 当2x ≥时,'()0x Φ>, 令32()x h x x -=
,4
26'()x h x x
-+=,函数在[1,2)上单调递增.∴min ()(1)1h x h ==-. 又21a ≥,10x
e ->,∴12x <<,'()0x Φ>.
综上所述,1x >,'()0x Φ>,()x Φ在区间(1,)+∞单调递增, ∴'()'(1)0t x t >≥,即()t x 在区间(1,)+∞单调递增,∴1
2
a ≥
. 14.【2017四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数()()ln b
f x a x b x x =++(其中a b ∈R ，).
(Ⅰ) 当4b =-时,若()f x 在其定义域内为单调函数,求a 的取值范围；
(Ⅱ) 当1a =-时,是否存在实数b ,使得当2[e e ]x ∈，时,不等式()0f x >恒成立,如果存在,求b 的取值范围,如果不存在,说明理由（其中e 是自然对数的底数,e ＝2.71828…）.
【解析】(Ⅰ) 由题0x >,4()()4ln f x a x x x =--,2224444()(1)ax x a
f x a x x x -+'=+-=
. ①当0a ≤时,知()0f x '<,则()f x 是单调递减函数；
②当0a >时,只有对于0x >,不等式2440ax x a -+≥恒成立,才能使()f x 为单调函数,只需22(4)160a ∆=--≤,解之得11a a -或≤≥,此时1a ≥．
综上所述,a 的取值范围是(,0][1,)-∞+∞． (Ⅱ) ()ln b
f x b x x x
=--
,其中0x >,222
()1b b x bx b
f x x x x -++'=-+=．
(ⅰ) 当0b ≤时,()0f x '<,于是()f x 在(0)+∞，
上为减函数,则在2[e e ]，上也为减函数, 知max 1
()(e)e (1)e 0e e
b f x f b b ==--
=--<恒成立,不合题意,舍去． (ⅱ) 当0b >时,由()0f x '=得242
b b b
x ++=
．列表得 x
(0,242b b b ++)
242b b b ++ (242
b b b
++,+∞)
()f x '
＋ 0 － ()f x
↗
极大值
↘
①若24e 2
b b b
++≤,即2e e 1b +≤
,则()f x 在2[e e ]，上单调递减, 知max
1()(e)e (1)e e e b f x f b b ==--=--,而211e 2e
(1)e (1)e 0e e e 1e 1
b -----=<++≤,
于是max
()0f x <恒成立,不合题意,舍去．②若2
4e 2
b b b ++>,即2e e 1b >
+, 则()f x 在(e ,242b b b ++)上为增函数,在(2
42
b b b
++,+∞)上为减函数,
要使在2[e e ]，恒有()0f x >恒成立,则必有2
(e)0(e )0f f >⎧⎨>⎩
，
， 则22e 0e 2e 0e b b b b ⎧
-->⎪⎪⎨⎪-->⎪⎩，，所以24324
2e e e 1e e e .2e 1b b ⎧>=⎪⎪--⎨⎪>⎪-⎩
，由于32232
e e (2e 1)e 3e 10---=-+<,则244322e e e e 1e e 2e 1=>---,所以2
e e 1
b >-．
15. 【2017湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数2
1()(1)2
x
f x x e ax =--
()a R ∈ ()I 当1a ≤时,求()f x 的单调区间； ()II 当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=
的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方,求a 的取值范围
.
(ii) 当1a =时,ln 0a =, ()(1)x x
f x xe ax x e '=-=-0≥恒成立,
()f x 在(,)-∞+∞上单调递增,无减区间；
综上,当0a ≤时,()f x 的单调增区间是(0,)+∞,单调减区间是(,0)-∞；
当01a <<时,()f x 的单调增区间是(,ln )a -∞(0,)+∞和,单调减区间是(ln ,0)a ；
当1a =时,()f x 的单调增区间是(,)-∞+∞,无减区间.
()II 由()I 知()x f x xe ax '=-
当(0,+)x ∈∞时,()y f x '=的图象恒在3
2
(1)y ax x a x =+--的图象上方, 即32(1)x xe ax ax x a x ->+--对(0,+)x ∈∞恒成立 即 210x e ax x --->对(0,+)x ∈∞恒成立 记 2
()1x
g x e ax x =--- (0)x >,∴()()21x g x e ax h x '=--=
()'2x h x e a ∴=-
(i) 当12
a ≤
时,()'20x
h x e a =->恒成立,()g x '在(0,)+∞上单调递增, ∴()'(0)0g x g '>=, ∴()g x 在(0,)+∞上单调递增
∴()(0)0g x g >=,符合题意；
(ii) 当1
2
a >
时,令()'0h x =得ln(2)x a = (0,ln(2))x a ∴∈时,()'0h x <,∴()g x '在(0,ln(2))a 上单调递减 ∴(0,ln(2))x a ∈时,()'(0)0g x g '<= ∴()g x 在(0,ln(2))a 上单调递减,
∴ (0,ln(2))x a ∈时,()(0)0g x g <=,不符合题意
综上可得a 的取值范围是1(,]2
-∞.
16. 【2017广东省惠州市第二次调研】已知函数()ln f x x =,()()h x a x a R =∈. （Ⅰ）函数()f x 的图象与()h x 的图象无公共点,求实数a 的取值范围；
（Ⅱ）是否存在实数m ,使得对任意的1(,)2x ∈+∞,都有函数()m
y f x x =+的图象在()x e g x x
=的图象的下
方？若存在,请求出整数m 的最大值；若不存在,请说理由.
（参考数据：ln 20.6931=,ln 3 1.0986=,31.6487, 1.3956e e ==）. 【解析】（Ⅰ）函数()f x 与()h x 无公共点,等价于方程ln x
a x
=在(0,)+∞无解 令ln ()x t x x =
,则2
1ln '(),x
t x x -=
令'()0,t x =得x e = x
(0,)e
e []
(,)e +∞
'()t x
＋ 0 － ()t x
增
极大值
减
因为x e =是唯一的极大值点,故max 1
()t t e e
==……………4分 故要使方程
ln x
a x =在(0,)+∞无解, 当且仅当1a e >,故实数a 的取值范围为1
(,)
e +∞
（Ⅱ）假设存在实数m 满足题意,则不等式ln x m e x x x
+<对1
(,)2x ∈+∞恒成立.
即ln x
m e x x <-对1(,)2
x ∈+∞恒成立.
令()ln x r x e x x =-,则'()ln 1x r x e x =--,
令()ln 1x x e x ϕ=--,则1'()x
x e x ϕ=-
,∵'()x ϕ在1
(,)2
+∞上单调递增,1
21'()202
e ϕ=-<,'(1)10e ϕ=->,且'()x ϕ的图象在1
(,1)2上连续,
∴存在01(,1)2
x ∈,使得0'()0x ϕ=,即00
1
0x
e x -
=,则00ln x x =-,∴ 当01(,)2x x ∈时,()x ϕ单调递
减；当0(,)x x ∈+∞时,()x ϕ单调递增, 则()x ϕ取到最小值000001
()ln 11x
x e x x x ϕ=--=+
-00
12110x x ≥⋅-=>, ∴ '()0r x >,即()r x 在区间1(,)2+∞内单调递增. 11
2
21111()ln ln 2 1.995252222
m r e e ≤=-=+=,∴存
在实数m 满足题意,且最大整数m 的值为1.
17.【2017河南省天一大联考】已知函数()ln f x b x =．
（1）当1b =时,求函数2
()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上的最大值与最小值；
（2）若在[]1,e 上存在0x ,使得000
1()b
x f x x +-<-
成立,求b 的取值范围． 【解析】（1）当1b =时,2
()()G x x x f x =--2
ln (0)x x x x =-->,
(21)(1)'()x x G x x
+-=, 令'()0G x =,得1x =,
当x 变化时,()G x ,'()G x 的变化情况如下表： x
(0,1) 1 (1,)+∞ '()g x - 0
+ ()G x
极小值 因为1
111()ln ln 212424
G =--=-+<,(1)0G =, 2()1(1)11G e e e e e =--=-->,
所以2()()G x x x f x =--在区间1,2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上的最大值与最小值分别为： 2max ()()1G x G e e e ==--,min ()(1)0G x G ==．
①当1b e +≥,即1b e ≥-时,()h x 在[]1,e 上单调递减,
故()h x 在[]1,e 上的最小值为()h e ,由1()0b h e e b e +=+-<,可得211
e b e +>-． 因为2111e e e +>--,所以211
e b e +>-． ②当11b +≤,即0b ≤时,()h x 在[]1,e 上单调递增,
故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)h ,由(1)110h b =++<,
可得2b <-（满足0b ≤）．
③当11b e <+<,即01b e <<-时,()h x 在(1,1)b +上单调递减,在(1,)b e +上单调递增,故()h x 在[]1,e 上的最小值为(1)2ln(1)h b b b b +=+-+．
因为0ln(1)1b <+<,所以0ln(1)b b b <+<,
所以2ln(1)2b b b +-+>,即(1)2h b +>,不满足题意,舍去．
综上可得2b <-或211
e b e +>-, 所以实数b 的取值范围为21(,2)(,)1
e e +-∞-+∞-． 18.【2018届云南省师范大学附属中学2018届高三12月高考适应性月考】已知函数()ln 1
x f x x =
-. （1）确定函数()f x 在定义域上的单调性,并写出详细过程；
（2）若()x f x ke ≤在()1,+∞上恒成立,求实数k 的取值范围.
（2）由()x
f x ke ≤在()1+∞，上恒成立得： ln 1x x ke x ≤-在()1+∞，上恒成立. 整理得： ()ln 10x x k x e --≤在()1+∞，上恒成立.
令()()ln 1x h x x k x e =--,易知,当0k ≤时, ()0h x ≤在()1+∞，上恒成立不可能, 0k ∴>,
又()1x h x kxe x
-'=
, ()11h ke '=-, 1°当1k e ≥时, ()110h ke =-≤',又()1x h x kxe x -'=在()1+∞，上单调递减,所以()0h x '≤在()1+∞，上恒成立,则()h x 在()1+∞，上单调递减,又()10h =,所以()0h x ≤在()1+∞，上恒成立. 2°当10k e <<时, ()110h ke =->', 11e 0k h k k ⎛⎫=-< ⎪'⎝⎭
,又()1x h x kxe x -'=在()1+∞，上单调递减, 所以存在()01x ∈+∞，,使得()00h x '=,
所以在()01x ，上()0h x '>,在()0x +∞，上()0h x '<,
所以()h x 在()01x ，上单调递增,在()0x +∞，上单调递减,
又()10h =,所以()0h x >在()01x ，上恒成立,
所以()0h x ≤在()1+∞，上恒成立不可能.
综上所述, 1k e
≥
.。