第11讲 不等式恒（能）成立问题
（时间：45分钟，满分：58分）
一、单项选择题（5分）
1.已知函数f（x）＝－mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A.（－∞，2） B.（－∞，0）
C.（，＋∞） D.（－∞，）
二、解答题（共53分）
2.（10分）（2025·豫西北教研联盟二检节选）已知函数f（x）＝x＋e－x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，试求实数a的取值范围.
3.（13分）（2025·山东菏泽一模）已知函数f（x）＝aex－x.
（1）求f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，求a的取值范围.
4.（15分）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.
5.（15分）已知函数f（x）＝.
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，使｜f（x1）－f（x2）｜≥k｜ln x1－ln x2｜成立，求k的取值范围.
第11讲 不等式恒（能）成立问题
1.D 若f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则m＜.令g（x）＝，x＞0，则g'（x）＝，易得x＝2时，函数g（x）取得极小值也是最小值，又g（2）＝，所以m＜，即实数m的取值范围是（－∞，）.
2.解：法一 若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，
则①当x＞0时，x＋e－x＝ax，所以a＝1＋＞1；
②当x＝0时，0＋e－0＝a×0，不成立；
③当x＜0时，x＋e－x＝ax，即a＝1＋，
令g（x）＝1＋，x＜0，则g'（x）＝，
当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（－1，0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以x＝－1时，g（x）在（－∞，0）上取得最大值g（－1）＝1－e，
因为当x→0时，g（x）→－∞，所以a≤1－e.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）.
法二 存在实数x，使得f（x）＝x＋e－x＝ax成立，
即存在实数x，使得e－x＝（a－1）x成立，
即过原点的直线g（x）＝（a－1）x与曲线h（x）＝e－x有交点.
设曲线h（x）过原点的切线为y＝kx，切点为（x0，y0），
如图，则解得
所以若要直线g（x）与曲线h（x）有交点，则a－1≤－e或a－1＞0，所以a≤1－e或a＞1.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）.
3.解：（1）f'（x）＝aex－1，
当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，此时f（x）在R上单调递减；
当a＞0时，令f'（x）＝0，则x＝－ln a，
当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，此时f（x）在（－∞，－ln a）上单调递减；
当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，此时f（x）在（－ln a，＋∞）上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，＋∞），无单调递增区间；
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，－ln a），单调递增区间为（－ln a，＋∞）.
（2）因为存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，只需f（x）max≥2或f（x）min≤－2，
因为a＞0，所以f（x）＝aex－x＞－x≥－1，
所以只需f（x）max≥2，由（1）知f（x）max为f（－1）与f（1）中的较大者，
所以f（1）＝ae－1≥2或f（－1）＝ae－1＋1≥2，解得a≥或a≥e，所以a≥，
综上所述，a的取值范围为［，＋∞）.
4.解：（1）f'（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，
依题意知f'（－1）＝2a－1＝0，
所以a＝，
当a＝时，f'（x）＝（x＋1）ex－x－1＝（x＋1）·（ex－1），易判断f（x）在x＝－1处有极大值，符合题意，所以a＝.
（2）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）＝ex－a.
①当a≤1时，φ'（x）＝ex－a＞0，
所以φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以φ（x）＞φ（0）＝0，
所以a≤1满足条件.
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'（x）＜0，
若x＞ln a，则φ'（x）＞0.
所以φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，
所以φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－aln a≥0.
令g（a）＝a－1－aln a（a＞1），
所以g'（a）＝1－（ln a＋1）＝－ln a＜0，
所以g（a）在（1，＋∞）上单调递减.
所以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].
法二 当x＞0时，f（x）≥0，
即x（ex－1）－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即a≤在x＞0时恒成立.
令h（x）＝（x＞0），
则h'（x）＝，
令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝xex＞0，
所以k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以k（x）＞k（0）＝0.
所以h'（x）＞0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则知，h（x）＝＝ex＝1，所以a≤1，
故实数a的取值范围是（－∞，1].
5.解：（1）由f（x）＝，得f'（x）＝－，令f'（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞）.
（2）由题意，x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，不妨设x1＞x2＞1，
由（1）知，当x∈（1，＋∞）时，f（x）单调递减，
所以｜f（x1）－f（x2）｜≥k｜ln x1－ln x2｜等价于f（x2）－f（x1）≥k（ln x1－ln x2），
即f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln x1，
即存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1＞x2，使f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln x1成立.
令h（x）＝f（x）＋kln x，则h（x）在（1，＋∞）上存在单调递减区间.
即h'（x）＝＜0在（1，＋∞）上有解，即k＜在（1，＋∞）上有解，
所以k＜（）max，x∈（1，＋∞）.
令t（x）＝，x∈（1，＋∞），则t'（x）＝，
令t'（x）＝0，得x＝，当x∈（1，）时，t'（x）＞0，t（x）在（1，）上单调递增，
当x∈（，＋∞）时，t'（x）＜0，t（x）在（，＋∞）上单调递减，
所以t（x）max＝t（）＝，
所以k的取值范围为（－∞，）.
1 / 1第11讲 不等式恒（能）成立问题
【备考指南】 利用导数解决不等式恒（能）成立问题是高考的热点之一，常以解答题的形式出现，多为压轴题，难度较大.
1.（1）若a＞f（x）对x∈D恒成立，则a＞f（x）max（x∈D）；（2）若a＜f（x）对x∈D恒成立，则a＜f（x）min（x∈D）.
1.若x∈[1，4]，则“a≤（a∈R）”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.既不充分也不必要条件
2.（1）若 x∈D，使得a＞f（x）有解，则a＞f（x）min（x∈D）；（2）若 x∈D，使得a＜f（x）有解，则a＜f（x）max（x∈D）.
2.已知f（x）＝2xln x，g（x）＝－x2＋ax－3，若存在x∈（0，＋∞），使f（x）≤g（x）成立，则实数a的取值范围为（ ）
A.（2，＋∞） B.[2，＋∞）
C.（4，＋∞） D.[4，＋∞）
3.参数不易分离，由参数a的取值分类讨论.
3.已知函数f（x）＝ax＋＋2－2a（a＞0）.若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则a的取值范围为 .
【思维建模】 不等式恒（能）成立问题破解模型
【通性通法】 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
【例1】 （2025·山东山师附中一模节选）已知函数f（x）＝xln x－ax，若对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围.
【例2】 已知函数f（x）＝，当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），求a的取值范围.
【瓶颈突破】 x1∈M， x2∈N，使f（x1）＝g（x2）成立 {f（x）｜x∈M} {g（x）｜x∈N}.
【训练1】 已知函数f（x）＝ax＋e（a＞0），g（x）＝xex，若 x2∈（－∞，1]， x1∈[－1，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数a的取值范围.
【瓶颈突破】 已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取0或1，对数函数常取1或e等.
【训练2】 （2024·全国甲卷理21题节选）已知函数f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x，当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.
第11讲 不等式恒（能）成立问题
【基础·回扣】
1.B 2.D 3.[1，＋∞）
【典例·讲解】
【例1】 解：由对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2知xln x≤x2＋ax＋2恒成立.
因为x＞0，故a≥ln x－x－在x∈（0，＋∞）上恒成立.
设h（x）＝ln x－x－（x＞0），则h'（x）＝－1＋＝－，
令h'（x）＝0，得x1＝2，x2＝－1（舍去），
当x∈（0，2）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（2，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
故当x＝2时，h（x）取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（2）＝ln 2－3，
所以若a≥h（x）在x∈（0，＋∞）上恒成立，则a≥h（x）max＝ln 2－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞）.
【例2】 解：法一（分类讨论求最值） 当x∈[1，＋∞）时，xf（x）≤a（x2－1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），
若ln x≤a（x2－1）恒成立，则g（x）≥0恒成立，g'（x）＝2ax－＝，
当a≤0时，g'（x）＜0，函数g（x）在[1，＋∞）上单调递减，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当a＞0时，由g'（x）＝0，得x＝（舍负），
当＞1，即0＜a＜时，当x∈［1，）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当≤1，即a≥时，g'（x）≥0，
所以函数g（x）在[1，＋∞）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，符合题意.
综上所述，a的取值范围为［，＋∞）.
法二（利用洛必达法则求最值） 当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），即ln x≤a（x2－1），
①当x＝1时，原不等式恒成立，所以a∈R，
②当x＞1时，原不等式可化为a≥，
令φ（x）＝（x＞1），
所以φ'（x）＝，
令m（x）＝x－－2xln x（x＞1），
所以m'（x）＝1＋－2（1＋ln x）＝－2ln x＜0在（1，＋∞）上恒成立，
所以m（x）在（1，＋∞）上单调递减，
所以m（x）＜m（1）＝0，
所以φ'（x）＜0在（1，＋∞）上恒成立，
所以φ（x）在（1，＋∞）上单调递减，
因为＝＝，
所以a≥，
综上，a的取值范围是［，＋∞）.
【训练1】 解：由函数f（x）＝ax＋e（a＞0）在区间[－1，2]上单调递增，可得－a＋e≤f（x）≤2a＋e，即函数f（x）在[－1，2]上的值域A＝{f（x）｜－a＋e≤f（x）≤2a＋e}.
由g（x）＝xex，得g'（x）＝（x＋1）ex，当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（－1）＝－.
又当x＜0时，g（x）＜0，g（1）＝e，所以当x∈（－∞，1]时，－≤g（x）≤e，即函数g（x）在（－∞，1]上的值域B＝{g（x）－≤g（x）≤e}.
由 x2∈（－∞，1]， x1∈[－1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，知B A，
则满足解得a≥e＋，
即实数a的取值范围是［e＋，＋∞）.
【训练2】 解：f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x，x∈（－1，＋∞），
则f'（x）＝－aln（1＋x）－，
设g（x）＝－aln（1＋x）－，
则g'（x）＝－－.
因为当x≥0时，f（x）≥0，且f（0）＝0，f'（0）＝0，
所以g'（0）＝－2a－1≥0，得a≤－，
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性：
当a≤－，x≥0时，g'（x）≥－＝≥0，
所以f'（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f'（x）≥f'（0）＝0，
所以f（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f（x）≥f（0）＝0.
综上，a的取值范围是（ －∞，－］
1 / 2(共41张PPT)
第11讲
不等式恒（能）成立问题
备考指南
利用导数解决不等式恒（能）成立问题是高考的热点之一，常以解答题的形式出现，多为压轴题，难度较大.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 若x∈[1，4]，则“a≤ （a∈R）”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. 既不充分也不必要条件
（1）若a＞f（x）对x∈D恒成立，
则a＞f（x）max（x∈D）；
（2）若a＜f（x）对x∈D恒成立，
则a＜f（x）min（x∈D）.
√
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. 已知f（x）＝2xln x，g（x）＝－x2＋ax－3，若存在x∈（0，＋
∞），使f（x）≤g（x）成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. （2，＋∞） B. [2，＋∞）
C. （4，＋∞） D. [4，＋∞）
√
（1）若 x∈D，使得a＞f（x）有解，
则a＞f（x）min（x∈D）；
（2）若 x∈D，使得a＜f（x）有解，
则a＜f（x）max（x∈D）.
解析： 因为存在x∈（0，＋∞），使f（x）≤g（x）成立，即2xln
x≤－x2＋ax－3能成立，即a≥2ln x＋x＋ 能成立，令h（x）＝2ln x＋
x＋ （x＞0），则h'（x）＝ ＋1－ ＝ ，所以当x∈（0，
1）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当x∈（1，＋∞）时，h'（x）
＞0，h（x）单调递增，所以当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝4，
所以a≥4.故实数a的取值范围为[4，＋∞）.
3. 已知函数f（x）＝ax＋ ＋2－2a（a＞0）.若f（x）≥2ln x在[1，
＋∞）上恒成立，则a的取值范围为 .
[1，＋∞）
参数不易分离，由参数a的取值分类讨论.
解析：若f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上恒成立，则f（x）－2ln x≥0在
[1，＋∞）上恒成立.设g（x）＝f（x）－2ln x＝ax＋ ＋2－2a－2ln
x，x∈[1，＋∞），则g（1）＝0，g'（x）＝a－ － ＝
.①当0＜a＜1时， ＞1，若1＜x＜ ，则g'（x）
＜0，此时g（x）在（1， ）上单调递减，所以g（x）＜g（1）＝0，
即f（x）≥2ln x在[1，＋∞）上不恒成立；②当a≥1时， ≤1，当x＞
1时，g'（x）＞0，g（x）在[1，＋∞）上单调递增，又g（1）＝0，此
时f（x）≥2ln x.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞）.
【思维建模】 不等式恒（能）成立问题破解模型
典例·讲解
典例精析 强技提能
【例1】 （2025·山东山师附中一模节选）已知函数f（x）＝xln x－
ax，若对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2恒成立，求实数a的取值
范围.
【通性通法】 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.
解：由对任意x∈（0，＋∞），f（x）≤x2＋2知xln x≤x2＋ax＋2恒成立.
因为x＞0，故a≥ln x－x－ 在x∈（0，＋∞）上恒成立.
设h（x）＝ln x－x－ （x＞0），则h'（x）＝ －1＋ ＝－
，
令h'（x）＝0，得x1＝2，x2＝－1（舍去），
当x∈（0，2）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（2，＋∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
故当x＝2时，h（x）取得极大值，也是最大值，且h（x）max＝h（2）
＝ln 2－3，
所以若a≥h（x）在x∈（0，＋∞）上恒成立，则a≥h（x）max＝ln 2－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞）.
【例2】 已知函数f（x）＝ ，当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），求
a的取值范围.
解：法一（分类讨论求最值） 当x∈[1，＋∞）时，xf（x）≤a（x2－
1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），
若ln x≤a（x2－1）恒成立，则g（x）≥0恒成立，g'（x）＝2ax－ ＝
，
当a≤0时，g'（x）＜0，函数g（x）在[1，＋∞）上单调递减，g（x）
≤g（1）＝0，不符合题意；
当a＞0时，由g'（x）＝0，得x＝ （舍负），
当 ＞1，即0＜a＜ 时，当x∈［1， ）时，g'（x）＜0，函数g
（x）单调递减，g（x）≤g（1）＝0，不符合题意；
当 ≤1，即a≥ 时，g'（x）≥0，
所以函数g（x）在[1，＋∞）上单调递增，g（x）≥g（1）＝0，符合
题意.
综上所述，a的取值范围为［ ，＋∞）.
法二（利用洛必达法则求最值） 当x≥1时，xf（x）≤a（x2－1），即
ln x≤a（x2－1），
①当x＝1时，原不等式恒成立，所以a∈R，
②当x＞1时，原不等式可化为a≥ ，
令φ（x）＝ （x＞1），所以φ'（x）＝ ，
令m（x）＝x－ －2xln x（x＞1），所以m'（x）＝1＋ －2（1＋ln
x）＝ －2ln x＜0在（1，＋∞）上恒成立，
所以m（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以m（x）＜m（1）＝0，
所以φ'（x）＜0在（1，＋∞）上恒成立，所以φ（x）在（1，＋∞）上单
调递减，
因为 ＝ ＝ ，所以a≥ ，综上，a的取值范围是［ ，＋
∞）.
【训练1】 已知函数f（x）＝ax＋e（a＞0），g（x）＝xex，若 x2∈
（－∞，1]， x1∈[－1，2]，使得f（x1）＝g（x2）成立，求实数a的取
值范围.
【瓶颈突破】 x1∈M， x2∈N，使f（x1）＝g（x2）成立 {f（x）｜x∈M} {g（x）｜x∈N}.
解：由函数f（x）＝ax＋e（a＞0）在区间[－1，2]上单调递增，可得－
a＋e≤f（x）≤2a＋e，即函数f（x）在[－1，2]上的值域A＝{f
（x）｜－a＋e≤f（x）≤2a＋e}.
由g（x）＝xex，得g'（x）＝（x＋1）ex，当x∈（－∞，－1）时，g'
（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（－1，＋∞）时，g'（x）＞0，g
（x）单调递增，所以g（x）≥g（－1）＝－ .
又当x＜0时，g（x）＜0，g（1）＝e，所以当x∈（－∞，1]时，－
≤g（x）≤e，即函数g（x）在（－∞，1]上的值域B＝{g（x） －
≤g（x）≤e}.
由 x2∈（－∞，1]， x1∈[－1，2]，使f（x1）＝g（x2）成立，知B A，
则满足 解得a≥e＋ ，即实数a的取值范围是［e＋ ，＋∞）.
【训练2】 （2024·全国甲卷理21题节选）已知函数f（x）＝（1－ax）
ln（1＋x）－x，当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.
【瓶颈突破】 已知不等式恒成立求参数范围问题，我们可以取定义域内的一个或几个特殊点探路，以缩小参数的取值范围，如取闭区间的端点，指数函数常取0或1，对数函数常取1或e等.
解：f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x，x∈（－1，＋∞），
则f'（x）＝－aln（1＋x）－ ，
设g（x）＝－aln（1＋x）－ ，则g'（x）＝－ － .
因为当x≥0时，f（x）≥0，且f（0）＝0，f'（0）＝0，
所以g'（0）＝－2a－1≥0，得a≤－ ，
故a≤－ 是原不等式成立的一个必要条件.
下面证明其充分性：
当a≤－ ，x≥0时，g'（x）≥ － ＝ ≥0，
所以f'（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f'（x）≥f'（0）＝0，
所以f（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f（x）≥f（0）＝0.
综上，a的取值范围是（－∞，－ ］.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：58分）
一、单项选择题（5分）
1. 已知函数f（x）＝ －mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在
（0，＋∞）上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A. （－∞，2） B. （－∞，0）
C. （ ，＋∞） D. （－∞， ）
1
2
3
4
5
√
解析： 若f（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则m＜ .令g（x）＝
，x＞0，则g'（x）＝ ，易得x＝2时，函数g（x）取得极小
值也是最小值，又g（2）＝ ，所以m＜ ，即实数m的取值范围是（－
∞， ）.
1
2
3
4
5
二、解答题（共53分）
2. （10分）（2025·豫西北教研联盟二检节选）已知函数f（x）＝x＋e－
x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，试求实数a的取值范围.
解：法一 若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，
则①当x＞0时，x＋e－x＝ax，所以a＝1＋ ＞1；
②当x＝0时，0＋e－0＝a×0，不成立；
1
2
3
4
5
③当x＜0时，x＋e－x＝ax，即a＝1＋ ，
令g（x）＝1＋ ，x＜0，则g'（x）＝ ，
当x∈（－∞，－1）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（－1，
0）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以x＝－1时，g（x）在（－∞，0）上取得最大值g（－1）＝1－e，
因为当x→0时，g（x）→－∞，所以a≤1－e.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）.
1
2
3
4
5
法二 存在实数x，使得f（x）＝x＋e－x＝ax成立，
即存在实数x，使得e－x＝（a－1）x成立，
即过原点的直线g（x）＝（a－1）x与曲线h（x）＝e－x有交点.
设曲线h（x）过原点的切线为y＝kx，切点为（x0，y0），
如图，则 解得
所以若要直线g（x）与曲线h（x）有交点，则a－1≤－e或a－1＞0，所
以a≤1－e或a＞1.
综上，实数a的取值范围为（－∞，1－e]∪（1，＋∞）.
1
2
3
4
5
3. （13分）（2025·山东菏泽一模）已知函数f（x）＝aex－x.
（1）求f（x）的单调区间；
解： f'（x）＝aex－1，
当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，此时f（x）在R上单调递减；
当a＞0时，令f'（x）＝0，则x＝－ln a，
当x∈（－∞，－ln a）时，f'（x）＜0，此时f（x）在（－∞，－ln a）
上单调递减；
当x∈（－ln a，＋∞）时，f'（x）＞0，此时f（x）在（－ln a，＋∞）
上单调递增.
1
2
3
4
5
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，＋∞），无单
调递增区间；
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（－∞，－ln a），单调递增区间为
（－ln a，＋∞）.
1
2
3
4
5
（2）当a＞0时，存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，求a的取值
范围.
解： 因为存在x∈[－1，1]，使得｜f（x）｜≥2，只需f（x）
max≥2或f（x）min≤－2，
因为a＞0，所以f（x）＝aex－x＞－x≥－1，
所以只需f（x）max≥2，由（1）知f（x）max为f（－1）与f（1）中的较
大者，
所以f（1）＝ae－1≥2或f（－1）＝ae－1＋1≥2，解得a≥ 或a≥e，所
以a≥ ，
综上所述，a的取值范围为［ ，＋∞）.
1
2
3
4
5
4. （15分）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；
解： f'（x）＝ex－1＋xex－2ax＝（x＋1）ex－2ax－1，
依题意知f'（－1）＝2a－1＝0，
所以a＝ ，
当a＝ 时，f'（x）＝（x＋1）ex－x－1＝（x＋1）·（ex－1），易判断
f（x）在x＝－1处有极大值，符合题意，所以a＝ .
1
2
3
4
5
（2）当x＞0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.
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）＝ex－a.
①当a≤1时，φ'（x）＝ex－a＞0，
所以φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以φ（x）＞φ（0）＝0，
所以a≤1满足条件.
1
2
3
4
5
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'（x）＜0，
若x＞ln a，则φ'（x）＞0.
所以φ（x）在（0，ln a）上单调递减，在（ln a，＋∞）上单调递增，
所以φ（x）min＝φ（ln a）＝a－1－aln a≥0.
令g（a）＝a－1－aln a（a＞1），
所以g'（a）＝1－（ln a＋1）＝－ln a＜0，
所以g（a）在（1，＋∞）上单调递减.
所以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].
1
2
3
4
5
法二 当x＞0时，f（x）≥0，
即x（ex－1）－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即a≤ 在x＞0时恒成立.
令h（x）＝ （x＞0），
则h'（x）＝ ，
令k（x）＝ex（x－1）＋1（x＞0），则k'（x）＝xex＞0，
1
2
3
4
5
所以h'（x）＞0，所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增.
由洛必达法则知， h（x）＝ ＝ ex＝1，所以a≤1，
故实数a的取值范围是（－∞，1].
所以k（x）在（0，＋∞）上单调递增，
所以k（x）＞k（0）＝0.
1
2
3
4
5
5. （15分）已知函数f（x）＝ .
（1）求f（x）的单调区间；
解： 由f（x）＝ ，得f'（x）＝－ ，
令f'（x）＝0，得x＝1，
当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，当x∈（1，＋∞）时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞）.
1
2
3
4
5
（2）若存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，使｜f（x1）－f（x2）｜
≥k｜ln x1－ln x2｜成立，求k的取值范围.
解： 由题意，x1，x2∈（1，＋∞）且x1≠x2，不妨设x1＞x2＞1，
由（1）知，当x∈（1，＋∞）时，f（x）单调递减，
所以｜f（x1）－f（x2）｜≥k｜ln x1－ln x2｜等价于f（x2）－f（x1）
≥k（ln x1－ln x2），
即f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln x1，
即存在x1，x2∈（1，＋∞）且x1＞x2，使f（x2）＋kln x2≥f（x1）＋kln
x1成立.
1
2
3
4
5
令h（x）＝f（x）＋kln x，则h（x）在（1，＋∞）上存在单调递减区
间.
即h'（x）＝ ＜0在（1，＋∞）上有解，即k＜ 在（1，＋
∞）上有解，
所以k＜（ ）max，x∈（1，＋∞）.
令t（x）＝ ，x∈（1，＋∞），则t'（x）＝ ，
令t'（x）＝0，得x＝ ，当x∈（1， ）时，t'（x）＞0，t（x）在
1
2
3
4
5
（1， ）上单调递增，
当x∈（ ，＋∞）时，t'（x）＜0，t（x）在（ ，＋∞）上单调递减，
所以t（x）max＝t（ ）＝ ，
所以k的取值范围为（－∞， ）.
1
2
3
4
5
THANKS
演示完毕 感谢观看
