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第23天利用导数求解不等式存在成立问题
（确保120分）
十年高考（新课标1卷）
考查阐述（考点、考向、交汇点等）
试题难度（低，中，高）
2015
未考查
2016
未考查
2017
证明极值点唯一存在
高
2018
证明公切线的存在性
高
2019
未考查
2020
证明存在自然数使不等式成立
高
2021
求参数的存在性
高
2022
未考查
2023
未考查
2024
未考查
命题热度预测2025
利用导数求解不等式存在性成立问题是恒成立问题的姊妹篇，也是高考中的常考题型，恒成立问题考查的更多一点，难度一般较大.预计2025年高考还会从这两者之中考查，要引起重视.
【2017新课标II卷】
1．已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】（1）a=1；（2）见解析.
【难度】0.15
【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．
【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得：x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
【2018天津卷】
2．已知函数，，其中a1.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明：；
（III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.
【难度】0.15
【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究能成立问题、两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出；
（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出；
（III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出.
【详解】（I）由已知，，有.
令，解得x=0.
由a1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：
x
0
0
+
极小值
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.
由，可得曲线在点处的切线斜率为.
因为这两条切线平行，故有，即.
两边取以a为底的对数，得，所以.
（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理
曲线在点处的切线l1：.
曲线在点处的切线l2：.
要