【文档说明】高考数学备考冲刺140分问题04函数中的存在性与恒成立问题(含解析).doc，共(25)页，1.856 MB，由MTyang资料小铺上传

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问题04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

cbxaxxf,（1）Rxxf在0)(上恒成立00且a；（2）Rxxf在0)(上恒成立00且a.(2)对于一次函数],[,)(nmxbkxxf有：0)(0)(0)(,0)(

0)(0)(nfmfxfnfmfxf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,0fx,（Dx,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步

骤:①将参数与变量分离,即化为gfx（或gfx）恒成立的形式；②求fx在xD上的最大（或最小）值；③解不等式max()gfx(或mingfx),得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)max<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)max；⑥.∀x1∈D,∀x2∈E,均有f(x1)<g(x2)恒成立,则f(x)max<g(x)min.(2)存在性问题①.∃x0∈D,使得f

(x0)>A成立,则f(x)max>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)max>0；④.∃x

0∈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)max>g(x)min；⑥.∃x1∈D,∃x2∈E,均使得f(x1)<g(x2)

成立,则f(x)min<g(x)max.(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AB；②∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2)成立,则AB.(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)min>g(x)min；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【

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ax2>x3＋10中x2∈[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21xfxexaxa,其中1a,若存在唯一的整数t,使得0ft,则a的取值范围是（）A．3,12eB．33,24eC．33,24eD．3,12

e【答案】D【解析】令21,xgxexhxaxa.由题意知存在唯一整数t,使得gt在直线hx的下方.'21xgxex,当12x时,函数单调递减,当12x,函数单调递增,当12x时,函数取得最小值为122e

.当0x时,(0)1g,当1x时,(1)0ge,直线hxaxa过定点1,0,斜率为a,故0ag且113geaa,解得3,12me.(二)分离参数法【例2】已知函数()lnfxaxxx的图象在点ex（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()fxkx对任意0x成立,求实数k的取值范围.【分析】（1）由'()ln1fxax结合条件函数()lnfxaxxx的图象在点ex处的切线的斜率为3,可知'

(e)3f,可建立关于a的方程：lne13a,从而解得1a；（2）要使2()fxkx对任意0x恒成立,只需max2()[]fxkx即可,而由（1）可知()lnfxxxx,∴问题即等价于求函数1ln()xgxx的最大值,可以通过导数研

究函数()gx的单调性,从而求得其最值：221(1ln)ln'()xxxxgxxx,令'()0gx,解得1x,当01x时,'()0gx,∴()gx在(0,1)上是增函数；当1x时,'()0gx,∴()gx

在(1,)上是减函数,因此()gx在1x处取得最大值(1)1g,∴1k即为所求.(2)由（1）知,()lnfxxxx,∴2()fxkx对任意0x成立1lnxkx对任意0x成立

,令1ln()xgxx,则问题转化为求()gx的最大值,221(1ln)ln'()xxxxgxxx,令'()0gx,解得1x,当01x时,'()0gx,∴()gx在(0,1)上是增函数；当1x时,'()0gx,∴()gx在(1,)上是减函数．

故()gx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,0fx,（,xD为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:(1)将参数与变量分离,即化为

gfx（或gfx）恒成立的形式；(2)求fx在xD上的最大（或最小）值；(3)解不等式maxgfx(或mingfx),得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()logafxx,()2log(22)agxx

t,其中0a且1a,tR．(1)若4t,且1[,2]4x时,()()()Fxgxfx的最小值是－2,求实数a的值；(2)若01a,且1[,2]4x时,有()()fxgx恒成立,求实数t的取值范围.

【答案】(1)15；(2)[2,).(2)∵()()fxgx恒成立,即log2log(22)aaxxt恒成立,∴1loglog(22)2aaxxt.又∵01a,1[,2]4x,∴22xxt,22tx

x∴恒成立,∴max(22)txx.令21171222()([,2])484yxxxx,∴max2y.故实数t的取值范围为[2,).(三)主参换位法【例3】已知函数()ln()(xfxeaa为常数）是实数集R上的奇函数,函数()singxfxx

是区间1,1上的减函数,(1)求a的值；(2)若2()11,1gxttx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：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视作自变量,则上述问题即可转化为在,1内关于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：()fxx,()singxxx,()gx在11，上单调

递减,()cos0gxxcosx在11，上恒成立,1，max()(1)sin1gxg,只需2sin11tt,2(1)sin110tt（其中1）恒成立,由上述②结论：可令2(1

)sin110(1ftt）,则2t101sin110tt,21sin10ttt,而2sin10tt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2211xmx对任意1,1m恒成立,

求实数x的取值范围.【答案】312x【解析】2211xmx可转化为21210mxx,设21210fmmxx,则fm是关于m的一次型函数,要使0fm恒成立,只需221

201220fxxfxx,解得312x.(四)数形结合法【例4】已知函数222fxxkx,在1x恒有fxk,求实数k的取值范围.【分析】为了使题中的条件fxk在1,x恒成立,

应能想到构造出一个新的函数Fxfxk,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20yaxbxca

大于0恒成立,则有00a,同理,若二次函数20yaxbxca小于0恒成立,则有00a.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fx满足:当0x时,3fxx,若不等式242ftfmmt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(五)存在性之常用模型及方法【例5】设函数21ln2afxaxxbx,aR且1a.曲线yfx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1af

xa,求a的取值范围.【分析】（1）根据条件曲线yfx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：1afxaxbx,10f101aabb；（2）根据题意分析可得若存在[1,)x

,使得不等式1afxa成立,只需min()1afxa即可,因此可通过探求()fx的单调性进而求得()fx的最小值,进而得到关于a的不等式即可,而由（1）可知21ln2afxaxxx,则11xaxafxx

,因此需对a的取值范围进行分类讨论并判断()fx的单调性,从而可以解得a的取值范围是21,211,.【解析】（1）1afxaxbx,由曲线yfx在点1,1f处的切线的斜率为0,得10f,即10aab

,1b；4分（2）由（1）可得,21ln2afxaxxx,211111xaxaaxxaafxaxxxx,令0fx,得11x,21axa,而21111aaaa,①当12

a时,11aa,在1,上,0fx,fx为增函数,min111122aafxf,令121aaa,即2210aa,解得2121a.②当112a时,11

aa,x1,1aa1aa,1aafx0fx极小值2minln112111aaaaafxfaaaaaa,不合题意,无解

,10分③当1a时,显然有()0fx,01aa,∴不等式()1afxa恒成立,符合题意,综上,a的取值范围是21,211,.【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",()"xMPx的否定为",()"xMPx；原命题为",()"xMPx的否定为“,()"xMPx.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)(xfxx221,)(xgax)1ln(,(1)若存在]2,0[,21xx,使得)()(21xgxf,求实数a的取值范围；(2)若存在]2,0[,21xx,使得)()(21xgxf,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230xaxlog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）=3x2,

g（x）=-logax,10,3x∵不等式3x2-logax＜0对任意10,3x恒成立,∴f（13）≤g（13）∴3•19-13alog≤0．∴0＜a＜1且a≥127∴实数a的取值范围为[1127，）,故选A2．【2018届广西贵港市高三上学期12月联考】若

不等式21313ln1ln33xxax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：

213133lnln33xxxa,由对数函数的单调性有：21313333xxxa,整理可得：2133xxa,由恒成立的条件有：2min133xxa,其中21313233xxxxy

,当且仅当0x时等号成立.即0x时,函数2133xxy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222,02,0xxxfxxx

x,若关于的不等式20fxafx恰有个整数解,则实数的最大值是（）A.B.C.5D.【答案】D4．【2018届甘肃省高台高三上学期第五次模拟】已知函数1xfxxe

,若对任意xR,fxax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1xfxxe，对任意xR,fxax

恒成立,∴1xxaxe恒成立,即11xaxex恒成立；设1,1xgxhxaxe,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gx的导数'xgxe,且过gx图象上点00,xy的切线方程为000xyyexx,且该切线方程过原点(0,0),则000xyex,即000xxeex,解得01x；∴切线斜率

为0xkee,∴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ln224(0)fxxaxaa,若有且只有两个整数1x,2x使得10fx,且

20fx,则a的取值范围是（）A.ln3,2B.2ln3,2C.0,2ln3D.0,2ln3【答案】C【解析】由题意可知,0fx,即ln2240,0xaxaa,22ln40axaxxa,设2ln4,2gxxxhxax

a,由121'2xgxxx,可知2ln4gxxx,在10,2上为减函数,在1,2上为增函数,2hxaxa的图象恒过点2,0,在同一坐标系中作出,gxhx的图象如下：若有且只有两个整数12,xx,使得10f

x,且20fx,则0{1133ahghg,即0{223aaaln,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3213fxxax

,若对于任意的12,0,1xx,都有121fxfx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】A7．【东北师范大学附属中学2018届高三第五次模拟】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为A．B．C．D．【答案】D【解析】不等式即，结合可得恒成立

，即恒成立，构造函数，由题意可知函数在定义域内单调递增，故恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；则的最小值为，据此可得实数的取值范围为.本题选择D选项.8．【山东省实验中学2019届高三

第一次诊断】已知对任意的，总存在唯一的，使得成立（为自然对数的底数），则实数的取值范围是()A．B．C．D．【答案】D【解析】9．【贵州省铜仁市第一中学2019届高三上学期第二次月考】设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A

．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，当时，，所以在上是单调减函数；当时，，所以在上是单调增函数；所以的图像如图所示：直线恒过点，设过的直线与曲线相切于点且切线方程为：，代入，故，解得或者，当时，，所以当时，直线可与在轴下方的图像相交．因为有

且只有一个整数解，故曲线上的点在直线下方，在直线上方或在直线上，故即，故选B．10．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三10月联考】已知函数①f(x)=x+1；②f(x)=-2；③f(x)=；④f(x)=lnx；⑤f(x)=cosx。其中对于f(x)定义域内的任意，

都存在，使得f()f()=成立的函数是A．①③B．②⑤C．③⑤D．②④【答案】B【解析】由知，对函数f(x)图象上任意一点，都存在一点，使OA⊥OB，若斜率都存在，则．对于①，由于f(x)=x+1，所以无论两个点如何取，OA和OB的斜率均等于

1，故①不成立；对于②，由于，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数f(x)图象上任意一点，都存在一点，使OA⊥OB，故②成立；对于③，由于，若，则，显然不成立，故③不成立；对于④，由于f(x)=lnx，则当时，故，直线OA为x轴，此

时与直线OA垂直的直线为y轴，而y轴与函数f(x)的图象无交点，故④不成立；对于⑤，由于f(x)=cosx，结合图象可得过原点总有两条直线与函数的图象相交，即对函数f(x)图象上任意一点，都存在一点，使OA⊥OB，故⑤成立．综上可得符合条件的是②⑤．故选B．11

．【福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考】已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C12．【福建省厦门外国语学校2019届高三上学期第一次月考】已知函数，，若对任意的，，都有成立，则的取值范围是()

A．B．C．D．【答案】B【解析】由于，则，∴函数在上单调递减，在上单调递增，，．由于任意，，恒成立，所以，即时，恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，而，当时，，所以在单调递减，由于，所以时，，时，，所以，即．13．【2018届江苏南通

市高三第二次阶段测试】若不等式2150xenx在实数集R上恒成立,则正整数n的最大值是_____．[参考数据：21572e]【答案】14n【解析】14．【2018届河南省漯河高三上学期第四次模拟】已知212bfxxcx（b,c为常数）和114g

xxx是定义在=|14Mxx上的函数,对于任意的xM,存在0xM使得0fxfx,0gxgx,且00=fxgx,则fx在M上的最大值为__________.【答案】5【解析】∵11112144gxxxxx,(当且仅当x=2时,等号成立),

∴22212bfcg,∴12bc,∴22111222bbbfxxcxxx,∴322'bxbfxxxx,∵f(x)在x=2处有最小值,∴'20f,即b=8,故c=−5,故3221885,'2xfxxfx

xx,故f(x)在[1,2]上是减函数,在[2,4]上是增函数,而17185,4825522ff,故f(x)的最大值为5.15.设函数f(x)＝ax＋sinx＋cosx．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[16.【2017山西省孝义市高三上学期二轮模考】设函数2()lnfxaxax,1()xegxxe,其中aR,e2.718为自然对数的底数.（1）讨论()fx的单

调性；（2）证明：当1x时,()0gx；（3）确定a的所有可能取值,使得()()fxgx在(1,)区间内恒成立.【解析】（1）由2()lnfxaxax,得2121'()2(0)axfxaxxxx.当0a时,'()0fx在(0,)成立,则()fx为

(0,)上的减函数；当0a时,由'()0fx,得1222axaa,∴当2(0,)2axa时,'()0fx,当2(,)2axa时,'()0fx.则()fx在2(0,)2aa上为减函数,在2(,)2a

a上为增函数.综上,当0a时,()fx为(0,)上的减函数；当0a时,()fx在2(0,)2aa上为减函数,在2(,)2aa上为增函数.（3）由()()fxgx,得211ln0xaxaxex.设211()ln0xtxaxaxex

,由题意知,()0tx在(1,)内恒成立.∵(1)0t,∴有1122111'()220xxxtxaxeaxexxx在(1,)内恒成立.令121()2xxxaxex,则11233122'()22xxxxaeaexxx

,当2x时,'()0x,令32()xhxx,426'()xhxx,函数在[1,2)上单调递增.∴min()(1)1hxh.又21a,10xe,∴12x,'()0x.综上所述,1x,'()0x,()x在区

间(1,)单调递增,∴'()'(1)0txt,即()tx在区间(1,)单调递增,∴12a.17.【2017四川省资阳市高三上学期第一次诊断】已知函数()()lnbfxaxbxx(其中abR，).(Ⅰ)当4b时,若()fx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[ee]x，时,不等式()0fx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()()4lnf

xaxxx,2224444()(1)axxafxaxxx.①当0a时,知()0fx,则()fx是单调递减函数；②当0a时,只有对于0x,不等式2440axxa≥恒成立,才能使fx为单调函

数,只需22(4)160a≤,解之得11aa或≤≥,此时1a．综上所述,a的取值范围是(,0][1,)．(Ⅱ)()lnbfxbxxx,其中0x,222()1bbxbxbfxxxx．(ⅰ)当0b时,()0fx,于是()fx在(0)，上为

减函数,则在2[ee]，上也为减函数,知max1()(e)e(1)e0eebfxfbb恒成立,不合题意,舍去．(ⅱ)当0b时,由()0fx得242bbbx．列表得x(0,242bbb)242bbb(242bbb,)()fx＋0－()fx↗极大值↘

①若24e2bbb≤,即2ee1b≤,则()fx在2[ee]，上单调递减,知max1()(e)e(1)eeebfxfbb,而211e2e(1)e(1)e0eee1e1b≤,于是max()

0fx恒成立,不合题意,舍去．②若24e2bbb,即2ee1b,则()fx在(e,242bbb)上为增函数,在(242bbb,)上为减函数,要使在2[ee]，恒有()0fx恒成立,则必有2(e)0(e)0ff，，则22e0e2

e0ebbbb，，所以243242eee1eee.2e1bb，由于32232ee(2e1)e3e10,则244322eeee1ee2e1,所以2ee

1b．18.【2017湖北省襄阳市四校高三上学期期中联考】已知函数21()(1)2xfxxeax()aRI当1a时,求()fx的单调区间；II当(0,+)x时,()yfx的图象恒在32(1)yaxxax的图象上方,求a的取值范围.(i

)当01a时,ln0a,故：(,ln)xa时,()0fx,()fx单调递增,(ln,0)xa时,()0fx,()fx单调递减,(0,)x时,()0fx,()fx单调递增；(ii)当1a时,ln0a,()(1)xxfxxeaxxe

0恒成立,()fx在(,)上单调递增,无减区间；综上,当0a时,()fx的单调增区间是(0,),单调减区间是(,0)；当01a时,()fx的单调增区间是(,ln)a(0,)和,单调减区间是(ln,0)a；当1a时,()fx的单调增区间是

(,),无减区间.II由I知()xfxxeax当(0,+)x时,()yfx的图象恒在32(1)yaxxax的图象上方,即32(1)xxeaxaxxax对(0,+)x

恒成立即210xeaxx对(0,+)x恒成立记2()1xgxeaxx(0)x,()21xgxeaxhx'2xhxea(i)当12a时,'20xhxea恒成立,()gx在(0,)上单调递增,

()'(0)0gxg,()gx在(0,)上单调递增()(0)0gxg,符合题意；(ii)当12a时,令'0hx得ln(2)xa(0,ln(2))xa时,'0hx,()gx在(0,l

n(2))a上单调递减(0,ln(2))xa时,()'(0)0gxg()gx在(0,ln(2))a上单调递减,(0,ln(2))xa时,()(0)0gxg,不符合题意综上可得a的取值范围是1(,]2.19.【2017广东省惠州市第二次调研】已知函数()

lnfxx,()()hxaxaR.（Ⅰ）函数()fx的图象与()hx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()myfxx的图象在()

xegxx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：ln20.6931,ln31.0986,31.6487,1.3956ee）.【解析】（Ⅰ）函数()fx与()hx无公共点,等价于方程

lnxax在(0,)无解令ln()xtxx,则21ln'(),xtxx令'()0,tx得xex(0,)ee[](,)e'()tx＋0－()tx增极大值减因为xe是唯一的极大值点,故max1()ttee……………4分故要使方程lnxax在(0,

)无解,当且仅当1ae,故实数a的取值范围为1(,)e20.【2017河南省天一大联考】已知函数()lnfxbx．（1）当1b时,求函数2()()Gxxxfx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0001()bxfxx成立,求b的取值范围．【解析】（1）当1b时,2()()Gxxxfx2ln(0)xxxx,(21)(1)'()xxGxx,令'()0Gx,得1x,当x变化时,()Gx,'()Gx的变

化情况如下表：x(0,1)1(1,)'()gx0()Gx极小值因为1111()lnln212424G,(1)0G,2()1(1)11Geeeee,所以2()()Gxxxfx在区间

1,2e上的最大值与最小值分别为：2max()()1GxGeee,min()(1)0GxG．（2）设1()lnbhxxbxx．若在1,e上存在0x,使得0001()bxfxx,即0001ln0bxbxx成立,则只需要函数1()lnbhxxbxx

在1,e上的最小值小于零．又2221(1)'()1bbxbxbhxxxx2(1)(1)xxbx,令'()0hx,得1x（舍去）或1xb．①当1be,即1be时,()hx在1,e

上单调递减,故()hx在1,e上的最小值为()he,由1()0bheebe,可得211ebe．因为2111eee,所以211ebe．②当11b,即0b时,()hx在1,e上单

调递增,故()hx在1,e上的最小值为(1)h,由(1)110hb,可得2b（满足0b）．③当11be,即01be时,()hx在(1,1)b上单调递减,在(1,)be上单调递增,故()hx在1,e上的最小值为(1)2ln(1)hb

bbb．因为0ln(1)1b,所以0ln(1)bbb,所以2ln(1)2bbb,即(1)2hb,不满足题意,舍去．综上可得2b或211ebe,所以实数b的取值范围为．