6 指、对、幂共存函数不等关系的处理策略
基础打底
1．已知a是实数，x∈［1，4］，则“a≤”是“x＋－a≥0恒成立”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
2．若对任意的x＞0，不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，则实数a的取值范围为___．
3．设函数f(x)=(x－1)(ex－e)，g(x)=x－ln x＋a，若对任意x2∈(0，＋∞)，总存在x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是____．
4．已知对于任意x＞0都有＋a≥1＋，则实数a的最小值为____．
强技提能
必要性探路
例1 (2025·常德测试节选)已知f(x)=aex－ae－x－2x．
(1) 当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2) 若当x＞0时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．
(1) 若f(x)≥0(m为参数)在［a，b］(a，b为常数)上恒成立，且f(a)=0(或f(b)=0)，则f′(a)≥0或(f′(b)≤0)．此法应用于区间端点的函数值为零的情况．
(2) 若f(x)≥0(m为参数)在［a，b］(a，b为常数)上恒成立，且或则f″(a)≥0或f″(b)≤0．此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况．
变式1 (2025·新余一模改编)已知函数f(x)=ex＋e－x＋a|x|－2cos x，其中a∈R．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
指对同构
例2 (1) 已知函数f(x)=aeax－ln x，对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是____．
(2) 已知当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)=axeax－(x＋1)ln x＋ax≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C． D．［e，＋∞)
指对跨界同构的常用形式
1．积型aea≤bln b
(1) 构造形式为aea≤eln bln b，构建函数f(x)=xex；
(2) 构造形式为ealn ea≤bln b，构建函数f(x)=xln x．
2．商型≤
(1) 构造形式为≤，构建函数f(x)=；
(2) 构造形式为≤，构建函数f(x)=．
变式2 (2025·烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．(0，1］ B．(0，e－1］
C．(－∞，1］ D．(－∞，e－1］
放缩
例3－1 (切线放缩)已知函数f(x)=ex．
(1) 讨论函数g(x)=f(ax)－x－a的单调性；
(2) 证明：f(x)＋ln x＋＞．
指、对、幂共存的不等式，可以将指数函数或对数函数放缩成幂函数，再进一步构造函数研究．不等式的发现除了基本切线不等式的积累，也可以从第(1)问的恒成立或者最值问题中发现不等式．
例3－2 (常数放缩)(2025·黄山二模节选)已知函数f(x)=aex－2x－3cos x＋1，其中e为自然对数的底数．
(1) 当a=2时，判断函数f(x)在区间上的单调性；
(2) 证明：当a≥2时，f(x)≥0恒成立．
配套热练
1．已知函数f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若 x1∈， x2∈［2，3］，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1］ B．［1，＋∞)
C．(－∞，2］ D．［2，＋∞)
2．已知函数f(x)=xe|x|，则满足不等式f(2a2－a)＜e恒成立的实数a的取值范围是( )
A． B．
C． D．(－1，2)
3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)=kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＜－x2恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，0］
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1］
4．若函数f(x)=aln x－x，且f(ax)≤ex－ax，则正实数a的取值范围是( )
A．(0，e) B．
C．(0，e］ D．(0，1)
5．(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=2aln x＋－(a＋2)x，a∈R，若＞1－a对任意两个不相等的正实数x1，x2恒成立，则实数a的取值范围为____．
6．(2025·安庆三模)已知函数f(x)=ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若对于任意的x＞1，不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为____．
7．已知函数f(x)=2(x－2)ln x＋ax2－1．
(1) 当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
8．已知函数f(x)=ln x＋a，其中a∈R．
(1) 若f(x)≥0，求a的取值集合；
(2) 证明：ex＋＞2－ln x＋(e－2)x．
9．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)=ex＋1－x2－kx．
(1) 若f(x)在区间［－1，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
(2) 若当x≥－1时，f(x)≥f(－1)恒成立，求实数k的取值范围．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)6 指、对、幂共存函数不等关系的处理策略
基础打底
1．已知a是实数，x∈［1，4］，则“a≤”是“x＋－a≥0恒成立”的( B )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【解析】 x＋－a≥0可等价为a≤x＋．设y=x＋，x∈［1，4］，则y′=1－＞0，所以y=x＋在［1，4］上单调递增，所以ymin=，即a≤，所以“a≤”是“x＋－a≥0恒成立”的必要不充分条件．
2．若对任意的x＞0，不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，则实数a的取值范围为__［1，＋∞)__．
【解析】 由对任意的x＞0，不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，得a≥在(0，＋∞)上恒成立．设f(x)=，x＞0，则f′(x)=，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，故函数f(x)=在x=1处取得最大值f(1)=1，所以a≥f(1)=1．
3．设函数f(x)=(x－1)(ex－e)，g(x)=x－ln x＋a，若对任意x2∈(0，＋∞)，总存在x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是__［－1，＋∞)__．
【解析】 由题意知f(x)min≤g(x)min．当x＜1时，x－1＜0，ex－e＜0，所以f(x)＞0；当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，所以f(x)≥0，当且仅当x=1时等号成立，所以f(x)min=0，所以对任意x∈(0，＋∞)，g(x)≥0，即x－ln x＋a≥0，即a≥ln x－x．令h(x)=ln x－x，则h′(x)=－1=(x＞0)，当0＜x＜1时，h′(x)＞0；当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max=h(1)=－1，因此a≥－1．
4．已知对于任意x＞0都有＋a≥1＋，则实数a的最小值为____．
【解析】 对于任意x＞0，由＋a≥1＋，可得eax＋ax≥x＋ln x=eln x＋ln x．设f(t)=et＋t，则f′(t)=et＋1＞0，所以函数f(t)在R上单调递增，所以f(ax)≥f(ln x)，所以ax≥ln x，所以a≥．设g(x)=(x＞0)，则g′(x)=，令g′(x)＞0，得0＜x＜e，令g′(x)＜0，得x＞e，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，得g(x)max=g(e)=，所以a≥，故实数a的最小值为．
强技提能
必要性探路
例1 (2025·常德测试节选)已知f(x)=aex－ae－x－2x．
(1) 当a=1时，求f(x)的单调区间；
【解答】 当a=1时，f(x)=ex－e－x－2x，所以f′(x)=ex＋e－x－2，因为ex＞0，e－x＞0，所以ex＋e－x≥2=2，当且仅当x=0时取等号，所以f′(x)≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2) 若当x＞0时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 当x＞0时，f(x)＞0恒成立，即对任意x∈(0，＋∞)，aex－ae－x－2x＞0恒成立．因为f(0)=0，所以存在m＞0，使得f(x)在(0，m)上单调递增，所以当x∈(0，m)时，f′(x)=aex＋ae－x－2≥0，所以f′(0)=2a－2≥0，解得a≥1．当a≥1时，aex－ae－x－2x=(ex－e－x)a－2x，因为ex－e－x＞0，所以(ex－e－x)a－2x≥ex－e－x－2x，设H(x)=ex－e－x－2x(x＞0)，则H′(x)=ex＋e－x－2＞0，所以H(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以H(x)＞H(0)=0，所以(ex－e－x)a－2x≥ex－e－x－2x＞0，即a≥1满足题意．综上所述，实数a的取值范围为［1，＋∞)．
(1) 若f(x)≥0(m为参数)在［a，b］(a，b为常数)上恒成立，且f(a)=0(或f(b)=0)，则f′(a)≥0或(f′(b)≤0)．此法应用于区间端点的函数值为零的情况．
(2) 若f(x)≥0(m为参数)在［a，b］(a，b为常数)上恒成立，且或则f″(a)≥0或f″(b)≤0．此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况．
变式1 (2025·新余一模改编)已知函数f(x)=ex＋e－x＋a|x|－2cos x，其中a∈R．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(－x)=e－x＋ex＋a|－x|－2cos(－x)=ex＋e－x＋a|x|－2cos x=f(x)且定义域为R，所以f(x)为偶函数，即函数f(x)的图象关于y轴对称，故只需研究x≥0时，f(x)≥0恒成立．由f(0)=0，知要使f(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，必有f′(0)≥0(必要性)，由f(x)=ex＋e－x＋ax－2cos x，得f′(x)=ex－e－x＋a＋2sin x，即f′(0)=a≥0．下证(充分性)：当a≥0时，f(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．当x∈(0，＋∞)时，f(x)=ex＋e－x＋ax－2cos x＞2－2cos x＋ax=2(1－cos x)＋ax，又a≥0，且1－cos x≥0，故2(1－cos x)＋ax≥0，即f(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．再证(必要性)：当a＜0时，令g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex＋e－x＋2cos x，在x∈(0，＋∞)上，ex＋e－x＞2≥2cos x≥－2，即g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，当x趋向于0时，g(x)趋向于a(a＜0)，当x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞，所以存在x0∈(0，＋∞)，使g(x0)=f′(x0)=0，即x∈(0，x0)时，g(x)=f′(x)＜0，则f(x)在x∈(0，x0)上单调递减，又f(0)=0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)＜0恒成立，不合题设．综上，a≥0，即实数a的取值范围为［0，＋∞)．
指对同构
例2 (1) 已知函数f(x)=aeax－ln x，对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是____．
【解析】 因为x＞1，所以当a≤0时，f(x)＜0，不符合题意．当a＞0时，由f(x)≥0得aeax≥ln x，即axeax≥xln x eaxln eax≥xln x．设g(x)=xln x，x＞1，则g′(x)=ln x＋1＞0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x＞1，a＞0，所以eax＞1．因为eaxln eax≥xln x，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥ln x，所以a≥．设h(x)=，则h′(x)=．由h′(x)＞0，得0＜x＜e；由h′(x)＜0，得x＞e，则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max=h(e)=，所以实数a的取值范围是．
(2) 已知当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)=axeax－(x＋1)ln x＋ax≥0恒成立，则实数a的取值范围是( B )
A． B．
C． D．［e，＋∞)
【解析】 当a≤0时，f(e)=ae·eae－(e＋1)＋ae＜0，所以a≤0不符合题意；当a＞0时，由f(x)=axeax－(x＋1)ln x＋ax≥0，得axeax＋ax≥eln xln x＋ln x，令g(x)=xex＋x(x＞0)，则g′(x)=(x＋1)ex＋1＞0，所以g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，又axeax＋ax≥eln xln x＋ln x，即g(ax)≥g(ln x)，所以ax≥ln x在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥max．令h(x)=(x＞0)，则h′(x)=，由h′(x)=0，得x=e，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，故h(x)max=h(e)=，所以a≥max=．
指对跨界同构的常用形式
1．积型aea≤bln b
(1) 构造形式为aea≤eln bln b，构建函数f(x)=xex；
(2) 构造形式为ealn ea≤bln b，构建函数f(x)=xln x．
2．商型≤
(1) 构造形式为≤，构建函数f(x)=；
(2) 构造形式为≤，构建函数f(x)=．
变式2 (2025·烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为( C )
A．(0，1］ B．(0，e－1］
C．(－∞，1］ D．(－∞，e－1］
【解析】 xex－x－ln x－a≥0，即eln x＋x－(ln x＋x)－a≥0，令t=ln x＋x，则t∈R，且et－t－a≥0恒成立，即a≤et－t恒成立．令φ(t)=et－t，则φ′(t)=et－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)＜0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，所以φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(t)min=φ(0)=1，所以a≤1．故实数a的取值范围为(－∞，1］．
放缩
例3－1 (切线放缩)已知函数f(x)=ex．
(1) 讨论函数g(x)=f(ax)－x－a的单调性；
【解答】 g(x)=f(ax)－x－a=eax－x－a，则g′(x)=aeax－1，若a≤0，则g′(x)＜0，故g(x)在R上单调递减；若a＞0，令g′(x)=0，即eax=，ax=－ln a，解得x=－ln a，故当x＜－ln a时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞－ln a时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递减；当a＞0时，g(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2) 证明：f(x)＋ln x＋＞．
【解答】 要证f(x)＋ln x＋＞，只需证x(ln x＋ex)－4＋3＞0(x＞0)．由(1)可知，当a=1时，ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，等号成立的充要条件为x=0．当x＋1＞0时，上式两边取以e为底的对数，可得ln(x＋1)≤x(x＞－1)，用x－1代替x可得ln x≤x－1(x＞0)，则ln≤－1(x＞0)，所以ln x≥1－(x＞0)，等号成立的充要条件为x=1，所以x(ln x＋ex)－4＋3＞x＋3－4=x2＋2x＋2－4=(x＋1)2－4＋1≥(2)2－4＋1=(2－1)2≥0，从而不等式f(x)＋ln x＋＞成立．
指、对、幂共存的不等式，可以将指数函数或对数函数放缩成幂函数，再进一步构造函数研究．不等式的发现除了基本切线不等式的积累，也可以从第(1)问的恒成立或者最值问题中发现不等式．
例3－2 (常数放缩)(2025·黄山二模节选)已知函数f(x)=aex－2x－3cos x＋1，其中e为自然对数的底数．
(1) 当a=2时，判断函数f(x)在区间上的单调性；
【解答】 当a=2时，f(x)=2ex－2x－3cos x＋1，则f′(x)=2ex－2＋3sin x，当x∈时，有2(ex－1)＜0，3sin x＜0，则f′(x)＜0，所以f(x)在区间上单调递减．
(2) 证明：当a≥2时，f(x)≥0恒成立．
【解答】 由于a≥2，ex＞0，故只需证2ex－2x－3cos x＋1≥0恒成立．令k(x)=2ex－2x＋1，则k′(x)=2ex－2，当x＜0时，k′(x)＜0，即k(x)在(－∞，0)上单调递减；当x＞0时，k′(x)＞0，即k(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以k(x)≥k(0)=2－0＋1=3，故2ex－2x－3cos x＋1≥3－3cos x≥0，所以a≥2时，f(x)≥0恒成立．
配套热练
1．已知函数f(x)=x＋，g(x)=2x＋a，若 x1∈， x2∈［2，3］，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，1］ B．［1，＋∞)
C．(－∞，2］ D．［2，＋∞)
【解析】 由题意知f(x1)min≥g(x2)min，x1∈，x2∈［2，3］．易得f(x1)min=5，g(x2)min=4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1．
2．已知函数f(x)=xe|x|，则满足不等式f(2a2－a)＜e恒成立的实数a的取值范围是( B )
A． B．
C． D．(－1，2)
【解析】 因为f(x)=xe|x|的定义域为R，f(－x)=－xe|x|=－f(x)，所以f(x)=xe|x|是奇函数．当x≥0时，f(x)=xex，f′(x)=ex(x＋1)＞0恒成立，所以f(x)=xex在［0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在R上单调递增．因为f(2a2－a)＜e=f(1)，所以2a2－a＜1，解得－＜a＜1．
3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)=kx－x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＜－x2恒成立，则实数k的取值范围为( D )
A．(－∞，0) B．(－∞，0］
C．(－∞，－1) D．(－∞，－1］
【解析】 由题意得k＜xln x－x在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)=xln x－x(x＞1)，则g′(x)=ln x＋1－1=ln x＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)=－1，则k≤－1．
4．若函数f(x)=aln x－x，且f(ax)≤ex－ax，则正实数a的取值范围是( C )
A．(0，e) B．
C．(0，e］ D．(0，1)
【解析】 易知f(x)=aln x－x的定义域为(0，＋∞)，由f(ax)≤ex－ax可得aln ax－ax≤ex－ax，即aln ax≤ex．因为x∈(0，＋∞)，所以axln ax≤xex，即eln axln ax≤xex．构造函数g(x)=xex，x∈(0，＋∞)，则g(ln ax)≤g(x)．由g′(x)=(x＋1)ex＞0，可得函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因此ln ax≤x，即ln a＋ln x≤x，所以ln a≤x－ln x．令h(x)=x－ln x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)=1－=，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，此时h(x)在(0，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，此时h(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此h(x)在x=1处取得极小值，也是最小值，h(x)min=h(1)=1，所以ln a≤h(x)min=1，解得a∈(0，e］．
5．(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=2aln x＋－(a＋2)x，a∈R，若＞1－a对任意两个不相等的正实数x1，x2恒成立，则实数a的取值范围为____．
【解析】 设0＜x2＜x1，由＞1－a得f(x1)－f(x2)＞(1－a)(x1－x2)，即f(x1)－(1－a)x1＞f(x2)－(1－a)x2．设g(x)=f(x)－(1－a)x，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g′(x)=f′(x)－(1－a)=＋x－3≥0在(0，＋∞)上恒成立，则2a≥－x2＋3x在(0，＋∞)上恒成立．设h(x)=－x2＋3x，x∈(0，＋∞)，函数h(x)的对称轴为x=，则当x=时，h(x)取得最大值h=，所以2a≥，则a≥，即实数a的取值范围为．
6．(2025·安庆三模)已知函数f(x)=ex－aln(ax－a)＋a(a＞0)，若对于任意的x＞1，不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为__(0，e2］__．
【解析】 因为a＞0，由ax－a＞0可得x＞1，即函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，由f(x)=ex－aln a－aln(x－1)＋a≥0可得－ln a≥ln(x－1)－1，即ex－ln a＋x－ln a≥x－1＋ln(x－1)，构造函数g(x)=x＋ln x，其中x＞0，则g′(x)=1＋＞0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(ex－ln a)≥g(x－1)，可得ex－ln a≥x－1，则x－ln a≥ln(x－1)，即ln a≤x－ln(x－1)，其中x＞1，令h(x)=x－ln(x－1)，其中x＞1，则h′(x)=1－=，当1＜x＜2时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；当x＞2时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增，所以ln a≤h(x)min=h(2)=2，解得a≤e2．综上，0＜a≤e2．
7．已知函数f(x)=2(x－2)ln x＋ax2－1．
(1) 当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】 当a=0时，f(x)=2(x－2)ln x－1，x＞0，f′(x)=2=2ln x－＋2．因为f′(1)=－2，f(1)=－1，所以切点为(1，－1)，切线斜率为－2，故曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－1)=－2(x－1)，即2x＋y－1=0．
(2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 因为f(x)≥0恒成立，所以f(1)=a－1≥0，则a≥1，所以f(x)=2(x－2)ln x＋ax2－1≥2(x－2)ln x＋x2－1．令g(x)=2(x－2)ln x＋x2－1，则g′(x)=2＋2x，因为g″(x)=2＋2＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g′(1)=0，所以当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，则f(x)≥0恒成立，所以实数a的取值范围是［1，＋∞)．
8．已知函数f(x)=ln x＋a，其中a∈R．
(1) 若f(x)≥0，求a的取值集合；
【解答】 由题意，f′(x)=＋a=，x＞0，当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，结合f(1)=0可得当x∈(0，1)时，f(x)＜0，不合题意；当a＞0时，f′(x)＞0 x＞a，f′(x)＜0 0＜x＜a，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，从而f(x)min=f(a)=ln a＋1－a．若f(x)≥0恒成立，则ln a＋1－a≥0 ①，设h(a)=ln a＋1－a(a＞0)，则h′(a)=－1=，所以h′(a)＞0 0＜a＜1，h′(a)＜0 a＞1，从而h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(a)max=h(1)=0，所以ln a＋1－a≤0 ②，由①②可得ln a＋1－a=0，解得a=1，所以a的取值集合为．
(2) 证明：ex＋＞2－ln x＋(e－2)x．
【解答】 方法一：易证当x＞0时，ex≥ex，所以ex＋≥ex＋．设g(x)=ex＋－［2－ln x＋(e－2)x］，x＞0，则g(x)=＋2x－2＋ln x，g′(x)=－＋2＋=，所以g′(x)＞0 x＞，g′(x)＜0 0＜x＜，从而g(x)在上单调递减，在上单调递增，故g(x)≥g=2＋1－2＋ln=1－ln 2＞0，所以ex＋＞2－ln x＋(e－2)x，又ex＋≥ex＋，所以ex＋＞2－ln x＋(e－2)x．
方法二：易证ln x≥1－，所以2－ln x＋(e－2)x≤2－＋(e－2)x=1＋＋(e－2)x．易证当x＞0时，ex＞x＋1，所以ex＋＞(x＋1)＋．而(x＋1)＋－=(3－e)x＞0，所以(x＋1)＋＞1＋＋(e－2)x，从而ex＋＞(x＋1)＋＞1＋＋(e－2)x≥2－ln x＋(e－2)x，故ex＋＞2－ln x＋(e－2)x．
9．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)=ex＋1－x2－kx．
(1) 若f(x)在区间［－1，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
【解答】 f′(x)=ex＋1－2x－k，由题意得，当x∈［－1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．令F(x)=f′(x)，则F′(x)=ex＋1－2，且F′(x)在［－1，＋∞)上单调递增．令F′(x)=0，解得x=ln 2－1＞－1，所以当x∈(－1，ln 2－1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x∈(ln 2－1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，所以F(x)min=F(ln 2－1)=4－2ln 2－k．又f′(x)≥0恒成立，所以F(x)min≥0，故k≤4－2ln 2，即实数k的取值范围为(－∞，4－2ln 2］．
(2) 若当x≥－1时，f(x)≥f(－1)恒成立，求实数k的取值范围．
【解答】 因为f(－1)=k，所以当x≥－1时，f(x)≥f(－1)恒成立，等价于当x≥－1时，f(x)≥k，即对任意x∈［－1，＋∞)，ex＋1－x2－kx≥k，整理得ex＋1－x2≥k(x＋1)．当x=－1时，不等式成立；当x＞－1时，x＋1＞0，所以k≤．令g(x)=，x∈(－1，＋∞)，则g′(x)==(ex＋1－x－2)．令φ(x)=ex－x－1，x∈R，则φ′(x)=ex－1，当x＜0时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x＞0时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，所以当x=0时，φ(x)取到最小值，即φ(x)≥φ(0)=0，即ex≥x＋1，所以ex＋1≥x＋2，即ex＋1－x－2≥0，所以当x∈(－1，0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(0)=e，所以k≤e，即实数k的取值范围为(－∞，e］．
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专题七
6 指、对、幂共存函数不等关系的处理策略
函数与导数
基础打底
【解析】
B
2．若对任意的x＞0，不等式ln x ax＋1≤0恒成立，则实数a的取值范围为______________．
【解析】
[1，＋∞)
3．设函数f(x)＝(x 1)(ex e)，g(x)＝x ln x＋a，若对任意x2∈(0，＋∞)，总存在x1∈R，使得f(x1)≤g(x2)，则实数a的取值范围是_______________．
【解析】
[－1，＋∞)
【解析】
强技提能
策略
1
必要性探路
(2025·常德测试节选)已知f(x)＝aex ae x 2x．
(1) 当a＝1时，求f(x)的单调区间；
1
【解答】
(2025·常德测试节选)已知f(x)＝aex ae x 2x．
(2) 若当x＞0时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．
1
【解答】
当x＞0时，f(x)＞0恒成立，即对任意x∈(0，＋∞)，aex ae x 2x＞0恒成立．
因为f(0)＝0，所以存在m＞0，使得f(x)在(0，m)上单调递增，所以当x∈(0，m)时，f′(x)＝aex＋ae x 2≥0，所以f′(0)＝2a 2≥0，解得a≥1．
当a≥1时，aex ae x 2x＝(ex e x)a 2x，因为ex e x＞0，所以(ex e x)a 2x≥ ex e x 2x，设H(x)＝ex e x 2x(x＞0)，则H′(x)＝ex＋e x 2＞0，所以H(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以H(x)＞H(0)＝0，所以(ex e x)a 2x≥ex e x 2x＞0，即a≥1满足题意．
综上所述，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
变式1 (2025·新余一模改编)已知函数f(x)＝ex＋e x＋a|x| 2cos x，其中a∈R．若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】
因为f( x)＝e x＋ex＋a| x| 2cos( x)＝ex＋e x＋a|x| 2cos x＝f(x)且定义域为R，所以f(x)为偶函数，即函数f(x)的图象关于y轴对称，故只需研究x≥0时，f(x)≥0恒成立．
由f(0)＝0，知要使f(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，必有f′(0)≥0(必要性)，由f(x)＝ ex＋e x＋ax 2cos x，得f′(x)＝ex e x＋a＋2sin x，即f′(0)＝a≥0．
策略
2
指对同构
(1) 已知函数f(x)＝aeax ln x，对任意的x＞1，f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是______．
2
【解析】
因为x＞1，所以当a≤0时，f(x)＜0，不符合题意．
当a＞0时，由f(x)≥0得aeax≥ln x，即axeax≥xln x eaxln eax≥xln x．设g(x)＝xln x， x＞1，则g′(x)＝ln x＋1＞0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
2
【解析】
【答案】B
变式2 (2025·烟台三模)若不等式xex x ln x a≥0恒成立，则实数a的取值范围为 ( )
A．(0，1] B．(0，e 1]
C．( ∞，1] D．( ∞，e 1]
【解析】
xex x ln x a≥0，即eln x＋x (ln x＋x) a≥0，令t＝ln x＋x，则t∈R，且et t a≥0恒成立，即a≤et t恒成立．
令φ(t)＝et t，则φ′(t)＝et 1，当t∈( ∞，0)时，φ′(t)＜0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，所以φ(t)在( ∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(t)min＝φ(0)＝1，所以a≤1．故实数a的取值范围为( ∞，1]．
C
策略
3
放缩
(切线放缩)已知函数f(x)＝ex．
(1) 讨论函数g(x)＝f(ax) x a的单调性；
【解答】
3－1
【解答】
3－1
指、对、幂共存的不等式，可以将指数函数或对数函数放缩成幂函数，再进一步构造函数研究．不等式的发现除了基本切线不等式的积累，也可以从第(1)问的恒成立或者最值问题中发现不等式．
【解答】
3－2
(常数放缩)(2025·黄山二模节选)已知函数f(x)＝aex 2x 3cos x＋1，其中e为自然对数的底数．
(2) 证明：当a≥2时，f(x)≥0恒成立．
【解答】
由于a≥2，ex＞0，故只需证2ex 2x 3cos x＋1≥0恒成立．
令k(x)＝2ex 2x＋1，则k′(x)＝2ex 2，当x＜0时，k′(x)＜0，即k(x)在( ∞，0)上单调递减；当x＞0时，k′(x)＞0，即k(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以k(x)≥k(0)＝2 0＋1＝3，
故2ex 2x 3cos x＋1≥3 3cos x≥0，所以a≥2时，f(x)≥0恒成立．
3－2
热练
【解析】
A
【解析】
B
3．(2025·吕梁期末)已知函数f(x)＝kx x2ln x，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＜ x2恒成立，则实数k的取值范围为 ( )
A．( ∞，0) B．( ∞，0]
C．( ∞， 1) D．( ∞， 1]
【解析】
由题意得k＜xln x x在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝xln x x(x＞1)，则g′(x)＝ln x＋1 1＝ln x＞0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝ 1，则k≤ 1．
D
【解析】
易知f(x)＝aln x x的定义域为(0，＋∞)，由f(ax)≤ex ax可得aln ax ax≤ex ax，即aln ax≤ex．
因为x∈(0，＋∞)，所以axln ax≤xex，即eln axln ax≤xex．
构造函数g(x)＝xex，x∈(0，＋∞)，则g(ln ax)≤g(x)．
【答案】C
【解析】
6．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝ex aln(ax a)＋a(a＞0)，若对于任意的x＞1，不等式f(x)≥0恒成立，则实数a的取值范围为________．
【解析】
【答案】(0，e2]
7．已知函数f(x)＝2(x 2)ln x＋ax2 1．
(1) 当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】
7．已知函数f(x)＝2(x 2)ln x＋ax2 1．
(2) 若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】
【解答】
【解答】
9．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)＝ex＋1 x2 kx．
(1) 若f(x)在区间[ 1，＋∞)上单调递增，求实数k的取值范围；
【解答】
f′(x)＝ex＋1 2x k，由题意得，当x∈[ 1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．
令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝ex＋1 2，且F′(x)在[ 1，＋∞)上单调递增．令F′(x)＝0，解得 x＝ln 2 1＞ 1，所以当x∈( 1，ln 2 1)时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；当x∈(ln 2 1，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，所以F(x)min＝F(ln 2 1)＝4 2ln 2 k．
又f′(x)≥0恒成立，所以F(x)min≥0，故k≤4 2ln 2，即实数k的取值范围为( ∞，4 2ln 2]．
9．(2025·泉州三检节选)设函数f(x)＝ex＋1 x2 kx．
(2) 若当x≥ 1时，f(x)≥f( 1)恒成立，求实数k的取值范围．
【解答】
