专题19 导数的同构思想(解析版)

一、单选题 1． （2022·全国·高三专题练习）已知关于x的不等式exmxlnxln(m1)0在(0,)恒成立，则m的取值范围是（ ）A．1,1 【答案】B 【分析】

x将条件变形为exlnm1xm1xelnm1xB．1,e1 C．e1,1 D．1,e

xlnm1x，然后由fxex的单调性可得

exexxlnm1x，然后可得m1，然后利用导数求出hx的最小值即可.

xx【详解】

xx由emxlnxlnm10得emxlnm1x x即exlnm1xm1xelnm1xlnm1x，

x构造fxex，即fxflnm1x

x因为fx在0,上单调递增，所以xlnm1x，所以em1x

exx1exex 所以m1，令hx，则hxxxx2所以hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增

所以hxminh1e，所以m1e，即me1 又m10，即m1

所以m的取值范围是1,e1 故选：B

2mx2．（2021·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数m＞0，若对任意的x1,，不等式2elnx0恒成立，则实数mm的取值范围是（ ） A．1, 2eB．,

12C．1, D．e,

【答案】A 【分析】

lnxx0成立，转化为2mxe2mxxlnxelnxlnx恒成立，设函数gxxe，进而转化为g(2mx)g(lnx)mlnx恒成立，得出2mxlnx恒成立，构造函数hx，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

x【详解】

lnxlnx2mx0成立，即2e2mx因为m0，不等式2e成立，即2me2mxlnx， mm2mxlnx进而转化为2mxexlnxelnx恒成立，

xxx2构造函数gxxe，可得gxexe(x1)e，

把不等式2e2mx当x0，gx0，gx单调递增，

lnx0恒成立等价于g(2mx)g(lnx)恒成立，即2mxlnx恒成立， mlnx进而转化为2m恒成立，

xlnx1lnx设hx，可得hx，

xx2当0xe时，hx0，hx单调递增；

则不等式2e2mx当xe时，hx0，hx单调递减，

所以当xe，函数hx取得最大值，最大值为he所以2m1， e11，即实数m的取值范围是,. e2e

故选：A. 【点睛】

函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、构造函数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 3．（2021·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意x0,，不等式aeaxlnx0恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A．,e 【答案】B 【分析】

令x1，则aea0，得a0；当x0,1时，lnx0，axeaxxlnx恒成立；当x1,时，令g(x)xlnxx1，求导分析单调性得eaxx在1,恒成立，通过分离参数即可求解参数范围． 【详解】

解：令x1，则aea0，∴a0．

不等式aeaxlnx0恒成立axeaxxlnx， ①当x0,1时，lnx0，axeaxxlnx恒成立； ②当x1,时，令g(x)xlnxx1，

1eB．,

1e1C．,e

eD．e,

g'(x)1lnx0，g(x)在1,单调递增，

ax即eaxlneaxxlnx等价于geg(x)，

eaxx在1,恒成立．

lnx即axlnx，a在1,恒成立.

xlnx1lnx令h(x)x1，则h'(x)20，可得xe，

xx∴h(x)在1,e递增，在e,递减，

∴h(x)maxhe11，∴a， ee∴a的取值范围为,．

故选：B． 【点睛】

方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法： （1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．

a1x4．（2021·全国·高三专题练习）已知a0,函数fxxealnx,若x1,时，fx0恒成立，则实数a的最小

1e值为（ ） A．e1 C． 【答案】D 【分析】

1eB．1e D．e

ax设gxxe，fx0可等价为fxflnx，再利用fx的单调性转化为求最值即可求解.

【详解】

由fx0可得xa1exalnx，

11alnaalnx1， 所以xxxeaaexlnaxxx1x设gxxe，则上式等价于gxglna对于x1,恒成立，

xxx因为gxx1e0，所以gxxe在1,单调递增，

ln1对于x1,恒成立，即alnxx，因为lnx0， xax所以a对于x1,恒成立，

lnxx令hx，则ahxmax，

lnx1lnxxx1lnx， hx22lnxlnx所以xln由hx0可得0xe，由hx0可得xe，

x在0,e单调递增，在e,单调递减， lnxee， 所以hxmaxhelne可得ae，

所以实数a的最小值为e. 故选：D. 【点睛】

思路点睛：不等式恒成立（或能成立）求参数

由不等式恒成立（或能成立）求参数，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.

1mx5．（2020·安徽·高三月考（文））已知函数f(x)elnx，当x0时，f(x)0恒成立，则m的取值范围为（ ）

m11A．(1,) B．(e,) C．,e D．,

ee【答案】D 【分析】

m0不等式不恒成立，确定m0此时，x(0,1]恒成立，着重考虑x1的情形，

lnxmx不等式变形为e，再变形为mxemxxlnxlnxelnx，因此引入函数g(x)xex，利用导数证明它在(0,)上是增函

mlnxlnx数，不等式又变形为mxlnx，m，又引入函数h(x)，由导数求得其最大值即得m的范围．

xx【详解】

由题意，若m0显然f(x)不是恒大于零，故m0.（由4个选项也是显然可得）

1mxm0，则f(x)elnx0在(0,1]上恒成立；

m11mxmxmxlnx当x1时，f(x)elnx0等价于elnxmxexlnxlnxe，

mmtt令g(t)te(t0),g(t)(1t)e0,g(t)在(0,)上单调递增.

lnx(x1), 因为mx0,lnx0(x1)，所以mxemxlnxelnxmxlnx，即mxlnx1lnxh(x)(x1)，令h(x)0xe， 再设h(x)2xx0xe时，h(x)0，xe时，h(x)0，h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，

11从而h(x)maxh(e)，所以m.

ee故选：D． 【点睛】

所以hx本题考查用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是问题的化简与转化，首先确定m0，其次确定x(0,1]恒成立，在x1时，把不等式变形，通过新函数的单调性逐步转化，最终分离参数转化为求函数的最值．

mx6．（2022·全国·高三专题练习）设实数m0，若对任意的x(0,)，不等式elnx0成立，则实数m的取值范围m是（ ） A．[1,) 【答案】D 【分析】

B．,

12C．[e,)

D．,

1elnx0成立，转化为mxemxxlnxelnxlnx恒成立，设函数gxxex，进而转化为g(mx)g(lnx)恒mlnx成立，得出mxlnx恒成立，构造函数hx，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.

x把不等式emx【详解】

lnxlnx0成立，即emx成立，即memxlnx，

mm进而转化为mxemxxlnxelnxlnx恒成立，

xxx2构造函数gxxe，可得gxexe(x1)e，

因为m0，不等式emx当x0，gx0，gx单调递增，

lnx0恒成立等价于g(mx)g(lnx)恒成立，即mxlnx恒成立， mlnx进而转化为m恒成立，

xlnx1lnx设hx，可得hx，

xx2当0xe时，hx0，hx单调递增；

则不等式emx当xe时，hx0，hx单调递减，

所以当xe，函数hx取得最大值，最大值为he所以m1， e11，即实数m的取值范围是,. ee故选：D. 【点睛】

函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：

1、构造函数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；

2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 7．（2020·河北·正定中学高三月考）已知a0，不等式xa1exalnx0对任意的实数x1都成立，则实数a的最小值为（ ）

e1A．e2 B．e C． D．

2e【答案】B 【分析】

x把不等式变形为xexlnxaelnx，设fxxe(x1)，则不等式xa1exalnx0对任意的实数x1恒成立，转化为

afxf(lnxa)对任意x1恒成立，根据函数的单调性，得出xlnxa对任意x1恒成立，利用导数求得函数的单调

性与最小值，即可求解. 【详解】

axa由题意，不等式变形为xex(alnx) ，即xexlnxaelnx，

x设fxxe(x1)，则不等式xa1exalnx0对任意的实数x1恒成立， a等价于fxf(lnx)对任意x1恒成立，

x又由fx(x1)e0，则fx在(1,)上单调递增，所以xlnxa，

即xalnx对任意x1恒成立，

xx)恒成立，即a()min， lnxlnxlnx1x,(x1)， 令gx，则gx(lnx)2lnx所以a(当1xe时，gx0,gx在1,e上单调递减； 当xe时，gx0,gx在1,e上单调递增，

所以当xe时，gx取得最小值gee，所以ae，即ae，

所以a的最小值是e. 【点睛】

本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

28．（2020·辽宁·模拟预测（理））若不等式mxemxlnx恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A．1, 2eB．1, 2eC．,

1eD．1, e【答案】B

【分析】

22当0x1时，lnx0，mxemx0，显然成立；当x1时，不等式mxemx22数得到lnmxmxlnx，化为mx2emxxlnx，两边取对

2lnxlnlnx，进而转化为

lnxlnxhx恒成立，构造新函数，利用导数求得函数hx的单调性与最值，即可求解. x2x2【详解】

2由题意，当xe时，meeme1，可得m0， m①当0x1时，lnx0，则mxemx0，不等式显然成立；

22②当x1时，不等式mxemxlnx，可化为mx2emxxlnx，

22两边取对数，可得lnmxmx2lnxlnlnx，

2令gxxlnx,x1，可得gmxglnx，

lnx，即mlnx在[1,)恒成立， x2又由函数gx单调递增，所以只需mx2令hxlnxx2xlnx12lnxhx，有，x1， x2x4x3由hx0，即12lnx0，解得1xe，

由hx0，即12lnx0，解得xe， 所以函数hx的增区间为1,e，减区间为

e,，

所以当xe时，函数hx取得最大值hxmaxh综上可得，实数m的取值范围为elnee21e，

1,. 2e故选：B.

【点睛】

本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

9．（2021·内蒙古·海拉尔第二中学高三月考（理））设实数0，若对任意x0,，不等式则的取值范围是（ ） A．0【答案】C

exlnx0恒成立，

1 eB．0e1 C．0e D．0e2

【分析】 令fxexx0lnx，根据二阶导数的符号判断f(x)的单调性，由零点存在性定理易知x0(0,)使f(x0)0，此

ex0时x0e，进而讨论f(x)的单调性可知f(x)f(x0)，要使题设不等式恒成立，即f(x0)构造g(x0)【详解】 令fx∵f(x)lnlnx00成立，

12lnx0x0利用导数研究其单调性确定g(x0)0的区间，进而求的范围. x0exexlnx，只需要x0,上f(x)0恒成立，

1且0， xex1∴f(x)20，即f(x)在x0,上单调递增，

xf(x)，limf(x)， ∵limx0xx∴x0(0,)，使f(x0)0，即x0e0，

∴x(0,x0)时，f(x)0，f(x)单调递减；x(x0,)时，f(x)0，f(x)单调递增；

故只需fxfx0∴g(x0)(ex0lnx0ex0lnlnx00，令g(x0)12lnx0x0， x011)20，故g(x0)在x0(0,)上递减，而g(1)0， x0x∴x0(0,1]时，g(x0)0恒成立，可知x0e0(0,e]. 故选：C 【点睛】

x关键点点睛：利用导数研究f(x)的单调性并确定极小值点范围，根据f(x0)0有x0e0，结合f(x)f(x0)构造新函

数，求f(x0)0成立时x0的区间，进而求参数范围.

1ax10．（2021·湖北·汉阳一中二模）若对任意x0，恒有ae12xlnx，则实数a的最小值为（ ）

x1 e2【答案】D 【分析】

A．

B．

2 2eC．

1eD．

2 e1axax2不等式ae12xlnx两边同时乘以x，等价变形为axe12x1lnx，利用axlneax，2lnxlnx2，

xaxax22ax2将不等式变形为e1lnex1lnx，构造函数ftt1lntt0，不等式变形为fefx，利用导

数判断函数ft在0,上单调递增，从而确定eaxx2在0,恒成立，即a2lnx在0,恒成立.构造新函数x2lnx，利用导数求函数gx的最大值，确定a的取值范围，即可. x【详解】

1axaxax22由题意可知，不等式ae12xlnx变形为e1lnex1lnx.

x设ftt1lntt0，

1则ftt1lntt1lntlnt1

t111t1ftlnt122.

tttt当0t1时ft0，即ft在0,1上单调递减. gx当t1时ft0，即ft在1,上单调递增.

则ft在0,上有且只有一个极值点t1，该极值点就是ft的最小值点.

所以ftf1ln111120，即ft在0,上单调递增.

若使得对任意x0，恒有aeax121xxlnx成立.

则需对任意x0，恒有feaxfx2成立.

即对任意x0，恒有eaxx2成立，则a2lnxx在0,恒成立. 设gx2lnx,x0,则gx2lnxxx2lnxx22lnx2. x2x当0xe时，gx0，函数gx在0,e上单调递增

当xe时，gx0，函数gx在0,e上单调递减

则gx在0,上有且只有一个极值点xe，该极值点就是gx的最大值点. 所以gxmaxge2e，即a22e，则实数a的最小值为e. 故选：D

【点睛】

本题考查利用导数研究不等式恒成立，求参数取值，属于难题. 11．（2021·江苏·公道中学高二月考）已知不等式xalnx1exxa对x1,恒成立，则实数a的最小值为（A．e B．e2 C．e

D．2e

【答案】C 【分析】

将不等式变形,通过构造函数gxxlnx,求导数后,结合函数的单调性即可得解. 【详解】 不等式xalnx1exxa对x1,恒成立 可变形为x1exxaalnx, 即exlnexxalnxa对x1,恒成立 设gxxlnx

则g'x11x1xx 当x1,时,g'x0,即gxxlnx在x1,时单调递增

当x0,1时,g'x0,即gxxlnx在x0,1时单调递减

因而gexgxa在x1,上恒成立即可 当x1,时, ex0,1e

而当a0时(因四个选项都小于0,所以只需讨论a0的情况)

xa0,1

因为gxxlnx在x0,1时单调递减,若gexgxa 只需exxa

不等式两边同取自然底数的对数,可得xalnx 当x1,时, 0lnx 化简不等式可得xlnxa 只需xlnxa max

） x,x1, lnx1lnxh'x则2,令h'x0

lnx解得xe

令hxx在1,e内单调递增 lnxx当xe,时, h'x0,则hx在e,内单调递减

lnxxee 所以hx在xe处取得最大值, hxmaxlnxlne故ea

所以实数a的最小值为e 故选:C 【点睛】

本题考查了导数在研究函数单调性与最值中的综合应用,根据不等式恒成立问题求参数的取值,利用构造函数法求最值,对函数式的变形尤为重要,属于难题.

二、填空题

当x1,e时, h'x0,则hx1112．（2021·福建省泉州第一中学高二期末）已知不等式alnxexxa对任意x0,1恒成立，则实数a的最小值为

x___________. 【答案】e 【分析】

先将不等式exaalnx变形为exlnexxalnxa，

x再构造函数fxxlnxx0，利用函数单调性可得，exxa，再分离参数转化为

11x111a10x1，然后求出函数hxxlnxx0,1的最小值，即解出． xlnx1x【详解】

由题意，不等式可变形为exaalnx， 得exlnexxalnxa对任意x0,1恒成立. 设fxxlnx，

111x1a则fexf(x)对任意x0,1恒成立，

fx11x1， xx当0x1时，fx0，所以函数fx在0,1上单调递减， 当x1时，fx0，所以函数fx在1,上单调递增. 当x0,1时，exe，因为求实数a的最小值，

所以考虑a0的情况，此时xa1，

1因为函数fx在1,上单调递增，

11a所以要使fexfx，只需exxa，

1两边取对数，得上alnx，

x1. 由于x0,1，所以axlnx令hxxlnxx0,1，则hxlnx1，

令hx0，得x1， e11易得hx在0,上单调递减，在,1上单调递增，

ee

111所以hxminh，所以hxe，所以ae， eemax所以实数a的最小值为e. 故答案为：e 【点睛】

关键点睛：求解不等式问题的关键：（1）适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；（2）构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解. 13．（2021·河南郑州·二模（理））已知a0，不等式(x1)1aex1aln(x1)0对任意的x(0,)恒成立，则实数a的取值范围为_____．

【答案】0,e 【分析】

令tx1，可将不等式变形为tettalnta，然后由f(t)tet的单调性可得tlnta，然后可得a最小值即可. 【详解】

不等式(x1)1aex1aln(x1)0对任意的x(0,)恒成立， 令tx1，则t1，所以不等式等价于t1aetalnt0对t1恒成立， 变形可得不等式tettalnta对t1恒成立，

令f(t)tet，t1，则不等式等价于f(t)f(lnta)对t1恒成立，

t，然后求出右边的lntf(t)(t1)et，当t1时，ft0，故ft单调递增，

t所以不等式转化为tlnta对t1恒成立，即a对t1恒成立，

lntlnt1tg(t)0，解得te， 令g(t)，所以g(t)2，令(lnt)lnt当1te时，g(t)0，则gt单调递减，

当te时，gt0，则gt单调递增， 所以当te时，gt取得最小值gee， 所以ae，又a0，

所以实数a的取值范围为0,e． 故答案为：0,e．

【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是观察原不等式的特点，将其变形为tettalnta. 14．（2021·河南平顶山·高二期中）不等式x1aexalnx0对任意x1,恒成立，则正实数a的取值范围为________． 【答案】,e 【分析】

ax先将原不等式化为xexxalnxa对于任意x(1,)恒成立，由于fxxe在1递增，故fxflnx得

xalnx，分离参数得a【详解】

xx，求解gx的最小值即可． lnxlnxxx1aexalnx0，xexxalnxa，令fxxe，易知fx在1递增，

fxflnxa，∴xlnxaalnx，又∵x1，lnx0，

lnx1xxgxx1,gx恒成立，设对任意，则2 lnxlnxlnx当x1,e时，gx0；当xe,时，gx0

即a所以gx在1,e递减，在e,上递增，gxmine，则ae

故答案为：,e． 【点睛】

思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围．

15．（2020·全国·高三月考（理））已知a0，若关于x的不等式exalnax恒成立，则实数a的取值范围为______. 【答案】0,e 【分析】

exex先将不等式变形为lnax，令fx，gxlnax，由yfx与yaaex即a，然后用导数求出左边的最小值即可. x【详解】

gx互为反函数得只需要fxx即可，

exex显然x0，由ealnax，得lnax，则令fx，

aagxlnax，因为yfx与ygx互为反函数，

xex所以只需要fxx即可，即a，

xxxex1e令hx，则hx， 2xx所以可得hx在0,1上单调递减，在1,所以hxh1e， 即a0,e. 故答案为：0,e

上单调递增

【点睛】

互为反函数的两个函数的图象关于yx对称. 16．（2021·全国·高三专题练习）若关于x的不等式exalnxa恒成立，则实数a的取值范围为__________． 【答案】[0,e] 【分析】

首先不等式变形为exalnex，经讨论a0不成立，当a0时，不等式变形为exalnexexexaexlnex，通过设函数g(x)xex，转化为不等式eg(x)ag(lnex)恒成立，通过函数gx的单调性，和正负区间，讨论求a的取值范围. 【详解】

解：exalnxaexalnxaexalnex

若a0，x0时，lnex，ex1，∴alnex， 此时exalnex不恒成立，∴a0， exalnexexexaexlnex，

x令gxxe，g(x)(x1)e0,x1，

xx,1时，gx0，x1,，gx0，

1g(x)在(,1)单调递减，(1,)单调递增，∴g(x)ming(1)，

eeg(x)ag(lnex)，ln(ex)0时，g(x)0，g(lnex)0，原不等式恒成立；

ln(ex)0时，

g(x)a

g(lnex)e1x10，x1， xxx0,1时，fx0，x1,时，fx0， f(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增， ∴f(x)minf(1)0，∴xlnex，

令f(x)xlnex，f(x)1∴g(x)g(lnex)，即故答案为：0,e.

g(x)a1，∴1，∴0ae．

g(lnex)e【点睛】

关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，第一个关键是说明a0 不恒成立，第二个关键是a0时，不

g(x)1.

g(lnex)17．（2021·河南·高三月考（理））若关于x的不等式ex1aalnax对于任意x0,恒成立.则实数a的取值范围是

等式的变形exalnexexexaexlnex，构造函数gxxe，第三关键是证明

x___________.

2【答案】0,e

【分析】

x利用同构将不等式转化为xeaxaxln，再构造函数设hxxex，研究函数的单调性，求出函数的最小值，即可得到ee答案；

【详解】

x易知a0，将原不等式变形可得：ealnax1axaxxexln， eee设hxxe，则h'xx1e，

xxax0时，原不等式显然成立； eaxaxex10时，因为hx在[0,)上递增，xlna 当lneexx1x1x1e设x，则x2e，所以x在0,1递减，1,递增，

xx2所以x的最小值为1e，故0ae2.

当ln2故答案为：0,e

xa118．（2021·河南南阳·高二期末（理））若a1，不等式xexa2lnxx0在1,上恒成立，则实数a的取值

范围是__________. 【答案】(1,2e) 【分析】

a1x首先设函数fxexx0，转化为fxlnxflnx，利用单调性得xlnxa1lnx，参变分离后

xxa2，转化为求函数xx1的最小值，从而求得a的取值范围. lnxlnx【详解】

xx设fxexx0，则fxe1，所以fx在0,上单调递增，

xa1由已知得xexlnxxa1lnx，

因为xexexlnx，a1lnxlnxa1所以fxlnxflnx，

a1，xa1elnx，

a110，所以tx在1,上单调递增，txt11， x由fx在1,单调递增，得到xlnxa1lnx，

txxlnxx1，t'x1所以xa2lnx，因为lnxln1，

xxa2，令xx1， lnxlnxlnx1则x，令x0，得xe，

ln2x所以x在e,上单调递增，在1,e上单调递减，

所以

所以xminee，所以a2e， 所以1ae2.

故答案为：1,2e 【点睛】

x本题考查利用导数研究不等式恒成立，参数问题，本题的关键是利用指对变形，通过构造函数fxexx0，不a1等式转化为fxlnxflnx，利用函数的单调性，解抽象不等式后，后面的问题迎刃而解. kx19．（2021·浙江·高二期中）若对任意的实数x1，不等式elnx0恒成立，则正数k的取值范围是__________． k【答案】[,)

【分析】

对给定不等式等价变形，构造函数借助其单调性转化成新函数最值即可得解. 【详解】

1elnx0kekxlnx(kx)ekxxlnx(kx)ekx(lnx)elnx， kx令f(x)xe,x0，f(x)(x1)ex0，即f(x)在[0,)上单调递增，

lnxlnxkx0f(kx)f(lnx)kxlnxk则x1,e， kxlnx1lnx,x1，g(x)令g(x)，1xe时g(x)0，xe时g(x)0， 2xx11g(x)在(1,e)上递增，在(e,)上递减，xe时g(x)max，即k，

ee1正数k的取值范围是[,).

e1故答案为：[,)

ekxx1，k0，e【点睛】

关键点睛：不等式恒成立问题，等价转化，分离参数是解题的关键.

2x20．（2021·天津·耀华中学高三月考）已知0，对任意的x(0,)，不等式elnx0恒成立，则的最小值为2___________.

1 2e【分析】

x将已知转化为对于任意x(0,)，2e2xlnx恒成立，利用同构思想，构造函数f(x)xe，将不等式转化为f(2x)f(lnx)，再结合函数的单调性转化为2xlnx恒成立，利用参数分离，构造函数即可得解. 【详解】

lnx2x0恒成立 ∵对于任意x(0,)，0，不等式e2∴对于任意x(0,)，2e2xlnx2xe2xxlnxlnxelnx，即2xe2xlnxelnx恒成立 当0x1时，2xe2x0lnxelnx； 当x1，lnx0，

x设f(x)xex，则f(x)e1x0，所以f(x)xex在x(0,)上单调递增，

【答案】

lnxlnx，即

2x2xmax21lnxlnx 设g(x)，x(0,)，求导g(x)2x4x2令g(x)0，得xe

当xe时，g(x)0，g(x)单调递减；当0xe时，g(x)0，g(x)单调递增；

lne1 ∴g(x)在xe处取得极大值，且为最大值，g(x)maxg(e)2e2e1lnx2x0恒成立 所以时，不等式e2e21 故答案为：2e【点睛】

由f(2x)f(lnx)，知2xlnx，即关键点点睛：本题主要考查了函数的恒成立问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性及其应用，利用导数研究函数的极值与最值，着重考查了函数的构造思想、等价转化思想与导数在函数中的综合应用，本题的解答中把恒成立问题利用同构思想转化为f(2x)f(lnx)，再利用函数的单调性及求参方法求解.

121．（2021·全国·高三专题练习）若x0,时，关于x不等式ax3eax2lnx0恒成立，则实数a的最大值是______.

e【答案】2e 【分析】

对a分类讨论，当a0时，不等式显然恒成立. 当a0时，对不等式进行变形为eaxlneaxx2lnx2，然后构造函数f(x)xlnx，根据函数单调性化简不等式，最后分离参数a，即可求出a的范围，进而求出a的最大值. 【详解】

1当a0，x0,时，x不等式ax3eax2lnx0显然恒成立.

e当a0时，ax3eax2lnx0 ax3eax2lnx.

1由于x0,axeaxx2lnx2，即eaxlneaxx2lnx2.

e所以原不等式ax3eax2lnx0恒成立，等价于eaxlneaxx2lnx2恒成立. 构造函数f(x)xlnx，f'x1lnx.

11ee则原不等式等价于要证f(eax)f(x2).

因为x2(e2,)，要使实数a的最大，则应eaxx2.

2lnx2lnx12(1lnx)(0x)，则g'(x). 记函数g(x). 即axxex212(1lnx)0. 易知0x，g'(x)ex211故函数g(x)在(0,)上单调递减，所以g(x)g()2e.

ee因此只需a2e.

综上所述，实数a的最大值是2e. 故答案为：2e 【点睛】

(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数，把所求问题转化为求函数的最小值问题．

(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．

(3)根据不等式构造函数，由函数的单调性化简所求的不等式是本题关键之步.

1m22．（2020·江西宜春·模拟预测（理））已知不等式xmlnxxx对x1,恒成立，则实数m的最小值为__________.

e【答案】e 【分析】

1m先将不等式xmlnxxx变形为exlnexxmlnxm，

e再构造函数fxxlnxx0，利用函数单调性可得，exxm，再分离参数转化为

xxmx1，然后求出函数gxx1的最大值，即解出．

lnxlnx【详解】

11xmlnxxxm可变为xxxmmlnxxexxmlnxm，

ee 再变形可得，exlnexxmlnxm，设fxxlnxx0，原不等式等价于

易知f(x)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增.

fexfxm，因为fx11x1，所以函数fx在0,1上单调递减，在 xx10,1， exxm当m0时，0xm1，所以由fefx可得，exxm，

1,上单调递增，而x1，ex

x． lnxlnx11lnxxx,e上递增，在e,上递减，所以xx1设，22，所以函数x在1lnxlnxlnx因为x1，所以lnexlnxmmxmaxee，即em0．

11在x1,恒成立； xexm当m0时，xm1，无论是否存在m0,，使得fefx在x1,上恒成立，都可判断实数m的最小值为e．

故答案为：e．

当m0时，不等式x【点睛】

本题主要考查构造函数法的应用，利用函数的单调性解不等式，分离参数法的应用，导数在研究函数中的应用，解题关键是构造合适的函数模型，意在考查学生的数学建模能力，转化能力和数算能力，属于难题．

23．（2020·湖南·长郡中学高三月考（理））若x[e,)，满足2x3lnxmex0恒成立，则实数m的取值范围为__________． 【答案】(,2e] 【分析】

首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当m0时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果. 【详解】

（1）m0，显然成立；

mmmmm2lnxx（2）m0时，由2x3lnxme02xlnxe(2lnx)eex， xxm由f(x)xex在[e,)为增2lnxm2xlnx在[e,)恒成立，

x由g(x)2xlnx在[e,)为增，g(x)min2e，0m2e， 综上，m2e，故答案为(,2e].

mx2【点睛】

该题考查的是有关不等式恒成立，求参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有分类讨论思想的应用，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性求得最值，属于较难题目. 24．（2020·江苏省滨海中学高三月考）若不等式kekx2xlnx恒成立，则实数k的取值范围是_________． 【答案】k【分析】

由题设，构造f(x)xex易知f(kx)f(lnx2)在(0,)上恒成立，由导数知f(x)递增，即k2 e2lnx恒成立，再构造x2lnx，应用导数求最值，即可知k的范围. x【详解】

由题设，有x0，则kxekxx2lnx2，

令f(x)xex且x0，则f(kx)f(lnx2)，而f(x)(x1)ex0，

2lnx∴f(x)在(0,)上递增，则kxlnx2，即k，

x2lnx2(1lnx)若g(x)，则g(x)，

x2x∴当0xe时，g(x)0，即g(x)递增；当xe时，g(x)0，即g(x)递减；

22∴g(x)g(e)，故k.

ee2故答案为：k

e【点睛】 g(x)x2关键点点睛：构造f(x)xe则f(kx)f(lnx)恒成立，应用导数证明单调性，可将问题转为k2lnx在(0,)上恒成 x