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第5节　导数与不等式
知 识 梳 理
1．证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
2．求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题．
3．不等式能成立看作不等式有解问题．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
与不等式有关的结论
(1)对任意x，f(x)>g(x) f(x)－g(x)>0 [f(x)－g(x)]min>0.
(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max.
(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0) f(x)min>g(x)min.
(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立 f(x)min≥a或f(x)max≤a.
(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a f(x)max≥a或f(x)min≤a.
(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2) A B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域)．
(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用．
诊 断 自 测
1．已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)A. B.
C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)
答案　D
解析　由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去)．
当x∈(－1，0]时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(0，1]时，f′(x)>0，f(x)递增，f(－1)＝，f(1)＝e，
∴f(x)最大＝f(1)＝e，由题意得m>e.
2．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使g(x0)在直线h(x)＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，∴当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，∴当x＝时，[g(x)]min＝－2e，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直线h(x)＝ax－a恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
3．若对任意a，b满足0答案　e
解析　∵0∴<，
令y＝，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，
故y′＝>0，解得0故t的最大值是e.
4．已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案　[－2，＋∞)
解析　g′(x)＝3x2＋2ax－1，
∵2f(x)≤g′(x)＋2，
∴2xln x≤3x2＋2ax＋1.
∵x∈(0，＋∞)，∴a≥ln x－x－.
设h(x)＝ln x－x－(x>0)，
则h′(x)＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)递减，
∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(1)＝－2，
由题意得a≥－2.
5．函数f(x)＝x－2sin x，对任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________．
答案　＋
解析　∵f(x)＝x－2sin x，∴f′(x)＝1－2cos x，
∴当0当0，f(x)单调递增；
∴当x＝时，f(x)有极小值，也是最小值，
即f(x)min＝f＝－2sin ＝－.
又f(0)＝0，f(π)＝π，∴在x∈[0，π]上，f(x)max＝π.
由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－＝＋.
∴M的最小值为＋.微课一　利用导数证明不等式
题型一　证明f(x)>g(x)型不等式
【例1】 (2021·北京西城区练习)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若k≤0，求证：对于任意x∈(1，＋∞)，f(x)＞＋.
(1)解　f′(x)＝－
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，
故即解得
(2)证明　由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2ln x＋(x＞1)，
则h′(x)＝＝＜0.
而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
所以×h(x)＞0，即f(x)＞＋.
题型二　证明与极值点有关的不等式
【例2】 (2021·浙江名校仿真训练卷一)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点P(1，0)处的切线方程；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证f(x1＋x2)<－2＋ln .
(1)解　当a＝1时，f(x)＝x2－x＋ln x，
则f′(x)＝2x－1＋，
所以f′(1)＝2，
因此曲线f(x)在点P(1，0)处的切线方程为2x－y－2＝0.
(2)证明　f′(x)＝2x－a＋＝，
由题意得2x2－ax＋1＝0的两个不等的实根为x1，x2，
由题意得
解得a>2.
故f(x1＋x2)＝(x1＋x2)2－a(x1＋x2)＋ln(x1＋x2)＝－＋ln ＝－＋ln .
设g(a)＝－＋ln (a>2)，
则g′(a)＝－＋＝<0，
故g(a)在(2，＋∞)上单调递减，
所以g(a)因此f(x1＋x2)<－2＋ln .
题型三　证明与零点有关不等式
【例3】 (2020·浙江卷)已知1＜a≤2，函数f(x)＝ex－x－a，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)证明：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点；
(2)记x0为函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的零点，证明：
①≤x0≤；
②x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.
证明　(1)因为f(0)＝1－a＜0，f(2)＝e2－2－a≥e2－4＞0，
所以y＝f(x) 在(0，＋∞)上存在零点．
因为f′(x)＝ex－1，所以当x＞0时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以函数y＝f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．
(2)①令g(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
g′(x)＝ex－x－1＝f(x)＋a－1，
由(1)知函数g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当x＞0时，g′(x)＞g′(0)＝0，所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝0.
由g()≥0，得
f()＝e－－a≥0＝f(x0)．
因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以≥x0.
令h(x)＝ex－x2－x－1(0≤x≤1)，h′(x)＝ex－2x－1，
令h1(x)＝ex－2x－1(0≤x≤1)，h1′(x)＝ex－2，所以
当x变化时，h1(x)，h1′(x)变化如下表：
x 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，1) 1
h1′(x) －1 － 0 ＋ e－2
h1(x) 0 ? ? e－3
故当0＜x＜1时，h1(x)＜0，即h′(x)＜0，
所以h(x)在[0，1]上单调递减，
因此当0≤x≤1时，h(x)≤h(0)＝0.
由h()≤0，
得f()＝e－－a≤0＝f(x0)．
因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以≤x0.
综上，≤x0≤.
②令u(x)＝ex－(e－1)x－1，u′(x)＝ex－(e－1)，
所以当x＞1时，u′(x)＞0，
故函数u(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，
因此u(x)≥u(1)＝0.
由ex0＝x0＋a，得x0f(ex0)
＝x0f(x0＋a)＝(ea－1)x＋a(ea－2)x0≥(e－1)ax，
由x0≥，得x0f(ex0)≥(e－1)(a－1)a.
题型四　证明与方程根有关的不等式
【例4】 (2020·浙江名校仿真训练卷五)已知函数f(x)＝若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1证明　先证两个不等式，
(x－2)ex≥－x－2(x≥0)，①
(x－2)ex≥e2(x－2)，②
设g(x)＝(x－2)ex＋x＋2(x≥0)，
则g′(x)＝(x－1)ex＋1.
记h(x)＝(x－1)ex＋1(x≥0)，则h′(x)＝xex，
显然h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝0，
所以g′(x)≥0(x≥0)，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又g(0)＝0，故(x－2)ex≥－x－2(x≥0)恒成立，
易证(x－2)ex≥e2(x－2)．
由方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，
且x1因为f(x2)＝m＝(x2－2)ex2≥(x2－2)e2，
若m＝(x2－2)ex2＝(x3－2)e2，
则x3≥x2，且x3＝＋2，
当且仅当m＝0时，x2＝x3.
①当x1≥0时，f(x1)＝m＝(x1－2)ex1≥－x1－2，
若m＝(x1－2)ex1＝－x4－2，
则x1≥x4，且x4＝－m－2，
当且仅当m＝－2时，x1＝x4，
所以x2－x1②当x1<0时，f(x1)＝m＝－x1－2，则x1＝－m－2，
所以x2－x1≤＋2＋m＋2＝m＋4，
当且仅当m＝0时，取等号．
综上可知，x2－x1≤m＋4.
感悟升华　利用导数证不等式，先构造函数，然后利用函数的单调性、值域、最值证明，有时也结合换元法、放缩法(如用参数范围，函数或式子的有界性，基本不等式等进行放缩)．
【训练1】 (2018·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
(1)解　f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是
2x－y－1＝0.
(2)证明　当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
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)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
【训练2】 (2021·嘉兴期末)已知函数f(x)＝aln x＋bx＋c(a≠0)有极小值．
(1)试判断a，b的符号，并求f(x)的极小值点；
(2)设f(x)的极小值为m，求证：m＋a<.
(1)解　∵f′(x)＝＋b＝，x>0，
又∵函数f(x)＝aln x＋bx＋c(a≠0)有极小值，
∴b>0，a<0，f(x)的极小值点为x＝－.
(2)证明　由(1)知，m＝f，
m＋a－＝f＋a－
＝aln－a＋c＋a－c＋
＝aln＋
＝a.
令－＝t>0，则g(t)＝ln t＋，t>0，
g′(t)＝－＝.
令g′(t)＝0，得t＝，故g(t)在上单调递减，在上单调递增，
∴g(t)≥g＝ln＋>0.
∵a<0，∴ag(t)<0，∴m＋a<.
1．(2021·温州中学模拟)已知函数f(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2，g(x)＝k(x＋1)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当k＝2时，求证：对于 x>－1，f(x)(1)解　f(x)的定义域为(－2，＋∞)，
f′(x)＝－2(x＋1)＝，
当f′(x)<0时，x2＋3x＋1>0.解得x>.
当f′(x)>0时，x2＋3x＋1<0，解得－2所以f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
(2)证明　当k＝2时，g(x)＝2(x＋1)，
令h(x)＝f(x)－g(x)＝2ln(x＋2)－(x＋1)2－2(x＋1)，
∵h′(x)＝－2＝，
∴当x>－1时，h′(x)<0恒成立，h(x)单调递减．
又h(－1)＝0，
∴当x∈(－1，＋∞)时，h(x)即f(x)－g(x)<0.
∴当k＝2时，对于 x>－1，f(x)2．已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
当02时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明　当a≥时，f(x)≥－ln x－1(x>0)．
设g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－(x>0)．
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
3．(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
(1)解　f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间，单调递增，在区间单调递减．
(2)证明　因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，最小值为f＝－.
而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤.
(3)证明　因为(sin2xsin22xsin24x…sin22nx)
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1xsin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22x…sin22nx≤＝.
微课二　根据不等式恒成立求参数范围
题型一　单变量任意型
【例1】 (2021·绍兴柯桥区模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝k(ln x＋e－1)．
(1)判断f(x)在(0，＋∞)的单调性；
(2)若f(x)≥g(x)在(0，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)由题意得f′(x)＝，
令γ(x)＝xex－ex＋1，
则γ′(x)＝ex＋xex－ex＝xex>0，
所以函数γ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以γ(x)>γ(0)＝0，
所以f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)假设k<0，设函数h(x)＝－k(ln x＋e－1)，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由(1)可知，当x＝0.1时，当x＝e－e＋1时，ln x＋e－1＝，
所以x0＝min{0.1，e－e＋1}时，
h(x0)＝－k(ln x0＋e－1)<2－k·＝0，
与题设矛盾，所以k≥0.
又h(1)＝e－1－k(e－1)≥0，
解得k≤1.
下面证明0≤k≤1是符合题意的，
设F(k)＝－(ln x＋e－1)k＋，则F(k)是关于k的一次函数k∈[0，1]，
要使F(k)≥0恒成立，
即即
当x>0时，①显然成立，
设δ(x)＝－ln x－e＋1，
则δ′(x)＝，
所以函数δ(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，δ(x)的最小值为δ(1)，
故δ(x)≥δ(1)＝0，即②也成立．
综上，实数k的取值范围是[0，1]．
题型二　双变量任意型
【例2】 已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≥g(x)；
(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值．
(1)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)
＝＋x－ln x－1－，
∴F′(x)＝＋1－＝(x－1).
∵x>0，∴ex>x＋1，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．
(2)解　∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，
g′(x)＝>0，
∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，
∴＋a≤＋2，
设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，
∵当a>1时，ea>a＋1，
∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，
∴a≤2，
∴a的最大值为2.
题型三　双变量任意存在型
【例3】 已知函数f(x)＝2ln －.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝ln x－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝
＝，
当当02时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(2，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)≥f(2)＝0，
又g(x)＝ln x－ax，
所以对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立 存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立 函数y＝ln x与直线y＝ax的图象在(0，＋∞)上有交点 方程a＝在(0，＋∞)上有解．
设h(x)＝，则h′(x)＝，
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，
又h(e)＝，x→0时，h(x)→－∞，
所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是，
所以实数a的取值范围是.
感悟升华　(1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数；
(2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决．
【训练1】 (2021·山水联盟考试)已知正实数a，设函数f(x)＝x2－a2xln x.
(1)若a＝，求实数f(x)在[1，e]的值域；
(2)对任意实数x∈均有f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝时，函数f(x)＝x2－2xln x，
则f′(x)＝2(x－1－ln x)．
设F(x)＝2(x－1－ln x)，x∈[1，e]，
则F′(x)＝2≥0，
所以F′(x)在[1，e]上单调递增，F′(x)≥F′(1)＝0，
所以f(x)在[1，e]上单调递增，
所以在[1，e]上f(x)∈[1，e2－2e]．
(2)由题意可得f(1)≥a，即0当0即－－xln x≥0.
记t＝≥1，设g(t)＝x2t2－t－xln x，
则g(t)为关于t的二次函数，
且定义域为[1，＋∞)，其对称轴为t＝.
因为当x∈时，4x4＋1≥2x，所以<1，
当a>0，g(t)≥g(1)＝x.
设函数h(x)＝x－－ln x，x≥，
h′(x)＝1－－
＝.
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，
即当x∈时，h(x)≥0，所以g(t)≥0，
所以0【训练2】 (2020·湖州期末)已知函数f(x)＝(logax)2＋x－ln x(a>1)．
(1)求证：函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
(2)若关于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t的值；
(3)若对任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
(1)证明　因为函数f(x)＝(logax)2＋x－ln x，
所以f′(x)＝1－＋2logax·.
因为a>1，x>1，
所以f′(x)＝1－＋2logax·>0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)解　因为当a>1，02logax·<0，所以f′(x)<0，
结合(1)可得f(x)min＝f(1)，
所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2.
(3)解　由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，
f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．
f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2ln a，
令g(x)＝x－x－1－2ln x(x>1)，
则g′(x)＝1＋x－2－＝≥0，
所以g(a)>g(1)＝0，
即f(a)－f(a－1)>0，
所以f(x)max＝f(a)，
所以问题等价于 x1，x2∈[a－1，a]，
|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1.
由h(x)＝x－ln x的单调性，且a>1，解得1所以实数a的取值范围为(1，e]．
1．已知函数f(x)＝(x2－x＋1)·e－x.
当x∈[0，2]时，f(x)≥－x2＋2x＋m恒成立，求m的取值范围．
解　∵f(x)≥－x2＋2x＋m在x∈[0，2]时恒成立，
∴m≤f(x)＋x2－2x＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，
令g(x)＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，
则g′(x)＝－(x－2)(x－1)e－x＋2(x－1)，
当x∈[0，1)时，g′(x)＝<0，
当x∈(1，2]时，g′(x)＝>0，
∴g(x)在[0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－1，
∴m的取值范围为.
2．(2020·名校预测冲刺卷四)已知实数a∈R，设函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)由题意得定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，
所以当时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
(2)因为x>0，
所以f(x)≥＋1恒成立等价于xln x≥a恒成立．
设h(x)＝ln x－，
则h′(x)＝－＝，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝0.即ln x≥1－，
所以xln x≥x＝x－1恒成立，
问题等价于x－1－a≥0恒成立，分离参数得a≤恒成立．
设t＝∈(1，＋∞)，函数g(t)＝，
则g′(t)＝1＋>0，
所以函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)＝－1，
所以a≤－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1]．
微课三　不等式能成立
【典例】 (2021·镇海中学检测)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－asin x，a∈R.
(1)若y＝f(x)在点(0，0)处的切线为x－3y＝0，求a的值；
(2)若存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝－acos x，
则f′(0)＝1－a＝，所以a＝.
(2)将不等式转化为存在x∈[1，2]，使得a≤.
令函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
令函数h(x)＝2＋sin x－(1＋x)cos xln(1＋x)，x∈[1，2]，
当x∈时，h(x)>0；
当x∈时，h(x)>2＋sin x－(1＋x)ln(1＋x)，
令函数φ(x)＝2＋sin x－(1＋x)ln(1＋x)，
则φ′(x)＝cos x－ln(1＋x)－1<0，
故φ(x)≥φ＝3－ln>3－>0，
则当x∈时，h(x)>φ(x)>0，
故函数g(x)在[1，2]上单调递增，g(x)max＝g(2)＝，
则当a≤时，存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a.
所以，实数a的取值范围是.
感悟升华　“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．
【训练】 (2021·义乌联考)已知函数f(x)＝x(ln x－1)，g(x)＝.
(1)求证：当0(2)若存在x0∈(0，m]，使f(x0)－g(m)≤0，求m的取值范围．
(1)证明　由题得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
x(ln x－1)设函数F(x)＝ln x－x＋，
则F′(x)＝，故函数F(x)在(0，1)上单调递增．
当0即f(x)(2)解　f′(x)＝ln x，故函数f(x)在(0，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
①当0依题意可知f(m)－g(m)≤0 2mln m＋(em－2m－1)≤0.构造函数：φ(m)＝em－2m－1(0则有φ′(m)＝em－2.
由此可得：当m∈(0，ln 2)时，φ′(m)<0；
当m∈(ln 2，1)时，φ′(m)>0，
即φ(m)在m∈(0，ln 2)时单调递减，m∈(ln 2，1)单调递增，
注意到：φ(0)＝0，φ(1)＝0，因此φ(m)≤0.
同时注意到2mln m≤0，故有2mln m＋(em－2m－1)≤0.
②当m>1时，f(x)min＝f(1)＝－1，
依据题意可知f(m)－g(m)≤0 －1－≤0 em≤3 1综上①、②所述，所求实数m取值范围为(0，ln 3]．
1．设x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一个极值点．
(1)求a与b之间的关系式，并求当a＝2时，函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，g(x)＝ex.若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，
由题意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，
解得b＝－2a－3.当a＝2时，b＝－7，
故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3于是f(x)在(－3，3)上单调递增，在(－∞，－3)和(3，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，
由f′(x)>0得－a－1所以f(x)在[0，3)上单调递增，在(3，4]上单调递减，
于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，
f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3.
g(x)在[0，4]上单调递增，
g(x)∈.
根据题意，－(a＋6)≥0恒成立，
所以只要－(a＋6)<1，解得－又因为a>0，所以a∈.
2．(2021·镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ln a2x－2＋aln a.
(1)求证：f(x)≤a2－3；
(2)是否存在实数k，使得只有唯一的正整数a，对于x∈(0，＋∞)恒有：f(x)≤ea＋k，若存在，请求出k的范围以及正整数a的值；若不存在请说明理由．(下表的近似值供参考)
ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 ln 7 ln 8 ln 9
0.69 1.10 1.38 1.61 1.79 1.95 2.07 2.20
(1)证明　f′(x)＝－＝，
当x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0，
则函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减，
所以f(x)≤f＝(a＋1)ln a－2.
下证：(a＋1)ln a－2≤a2－3，
上式等价于证明ln a≤a－1.
设函数h(a)＝a－1－ln a，
则h′(a)＝1－，所以函数h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(a)＝a－1－ln a≥h(1)＝0，则ln a≤a－1，
即f(x)≤a2－3.
(2)解　由(1)可知f(x)max＝(a＋1)ln a－2，
所以不等式(a＋1)ln a－2≤ea＋k只有唯一的正整数解，
则k≥(a＋1)ln a－ea－2.
设函数g(a)＝(a＋1)ln a－ea－2，
则g′(a)＝ln a＋－e，g′＝0，g′(1)＝2－e<0.
令函数u(a)＝ln a＋－e，
则u′(a)＝－＝，
所以函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又u(4)<0，u(5)>0，
故存在a0∈(4，5)满足u(a0)＝0，
所以函数g(a)在上单调递增，在上单调递减，(a0，＋∞)上单调递增．
g(3)＝4ln 3－3e－2，g(4)＝5ln 4－4e－2，
g(5)＝6ln 5－5e－2，
g(3)>g(5)>g(4)，
所以k∈[5ln 4－4e－2，6ln 5－5e－2]，
此时a＝4.
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