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4．4　导数与不等式
(教师独具内容)
1．本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与不等式关联紧密．
2．导数的应用题型很灵活，解题方法较多，多采用定义法、公式法、综合法，必要时还要使用放缩法，主要考查逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力以及数学语言表达能力．
3．重点提升逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
1．高考对本考点的考查较为稳定，考查方式及题目难度在近两年中变化不大．
2．考查内容主要体现在以下三个方面：
(1)考查函数的单调性、极值与最值；
(2)由不等式恒成立求参数的范围；
(3)函数与不等式综合，考查不等式的证明问题．
3．考题难度覆盖难、中、易，在选择题、填空题和解答题中均有可能出现．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
1．设a＝2022ln 2020，b＝2021ln 2021，c＝2020·ln 2022，则(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
答案　A
解析　设f(x)＝，f′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，f(2020)>f(2021)，即>，所以2022ln 2020＞2021ln 2021，即a>b；设g(x)＝，g′(x)＝，当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，g(2021)>g(2022)，即>，所以2021ln 2021>2020ln 2022，即b>c，所以a>b>c.故选A.
2．(2021·昆明高三模拟)已知a＝，b＝e eq \s\up15(－)，c＝ln ，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．aC．c答案　C
解析　先用导数证明这两个重要的不等式．①ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．令y＝ex－(x＋1)，则y′＝ex－1，当x∈(－∞，0)时，y′<0，函数递减，当x∈(0，＋∞)时，y′>0，函数递增，故x＝0时函数取得最小值为0，故ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．令y＝ln x－(x－1)，则y′＝－1，当x∈(0，1)时，y′>0，函数递增，当x∈(1，＋∞)时，y′<0，函数递减，故x＝1时函数取得最大值为0，故ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．故e eq \s\up15(－)>－＋1＝，c＝ln <－1＝，则c＜a＜b.故选C.
3．(2021·广州高三模拟)下列不等式中，不恒成立的是(　　)
A．ex＋2≥x＋3(x∈R)
B．(x＋1)2＞ln (x＋1)(x>－1)
C．ln (x＋2)≤x＋1(x>－2)
D．ex≥sin x＋(x∈R)
答案　D
解析　对于A，令f(x)＝ex－(x＋1)，f′(x)＝ex－1，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex≥x＋1，则ex＋2≥x＋3，故A正确；对于B，令f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－＝，在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在上，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f＝－ln ＝－ln ＝ln －ln >0，即x2>ln x，则(x＋1)2>ln (x＋1)(x>－1)，故B正确；对于C，令f(x)＝ln x－(x－1)，f′(x)＝－1＝，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，所以f(x)≤f(1)＝0，则ln x－(x－1)≤0，即ln x≤x－1，所以ln (x＋2)≤x＋1(x＞－2)，故C正确；对于D，取x＝－π，得e－π＝<＝sin (－π)＋，故D错误．故选D.
4．(2022·温州高三模拟)若0①ex4－ex3>ln x4－ln x3；②ex2－ex1>ln x2－ln x1；③x3ex2x1ex2.其中是正确命题的有 ．
答案　①④
解析　令f(x)＝ex－ln x(x>0)，则f′(x)＝ex－，易知当x∈(0，＋∞)时，f′(x)单调递增，由f′＝e－3<0，f′(1)＝e－1>0，知存在x0∈，使得f′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∵0f(x3)，即ex4－ln x4>ex3－ln x3，∴ex4－ex3>ln x4－ln x3，故①正确；令h(x)＝(x>0)，h′(x)＝，∴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．∵0x1ex2，故④正确．
5．(2022·山东潍坊模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0)时，恒有xf′(x)F(2x－1)的实数x的取值集合是 ．
答案　(－1，2)
解析　F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由于f(－x)＝－f(x)，因此当x∈(－∞，0)时，xf′(x)F(2x－1)可化为|2x－1|<3 －11．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝ln (a－x)，已知x＝0是函数y＝xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)＝，证明：g(x)<1.
解　(1)由题意，得y＝xf(x)＝x ln (a－x)，
y′＝ln (a－x)＋x[ln (a－x)]′＝ln (a－x)－.
因为x＝0是函数y＝xf(x)的极值点，
所以y′|x＝0＝ln a＝0，所以a＝1，经检验，符合题意．
(2)证明：由(1)可知f(x)＝ln (1－x)，
要证g(x)<1，
即证<1，即需证<1.
因为当x∈(－∞，0)时，x ln (1－x)<0，
当x∈(0，1)时，x ln (1－x)<0，
所以需证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，
即x＋(1－x)ln (1－x)>0.
令h(x)＝x＋(1－x)ln (1－x)，x∈(－∞，0)∪(0，1)，
则h′(x)＝1＋(－1)ln (1－x)＋(1－x)·＝－ln (1－x)，
所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0；
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，
所以h(x)>h(0)＝0，
即x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，
所以<1成立，
所以<1，即g(x)<1.
2．(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋解　(1)因为f(x)＝x(1－ln x)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：由题意，a，b是两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<＋先证x1＋x2>2：
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为02－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln (2－x)＝－ln [x(2－x)]，
当0则－ln [x(2－x)]>0，
即当00，所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立．
再证x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1综上可知，2<＋3．(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝sin2x sin2x.
(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：sin2x sin22x sin24x…sin22nx≤.
解　(1)f(x)＝sin2x sin2x＝2sin3x cosx，
则f′(x)＝2(3sin2x cos2x－sin4x)
＝2sin2x(3cos2x－sin2x)
＝2sin2x(4cos2x－1)
＝2sin2x(2cosx＋1)(2cos x－1)，
f′(x)＝0在x∈(0，π)上的根为x1＝，
x2＝，
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)证明：注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)sin[2(x＋π)]＝sin2x sin2x＝f(x)，
故函数f(x)是周期为π的周期函数，
结合(1)的结论，计算可得f(0)＝f(π)＝0，
f＝×＝，f＝×＝－，
据此可得f(x)max＝，f(x)min＝－，
所以|f(x)|≤.
(3)证明：结合(2)的结论有sin2x sin22x sin24x…sin22nx＝(sin3x sin32x sin34x…sin32nx)
＝[sinx(sin2x sin2x)(sin22x sin4x)…(sin22n－1x·sin2nx)·sin22nx]≤≤＝＝.
4．(2020·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解　(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，
∴f′(x)＝ex－，
∴f′(1)＝e－1.
∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，
∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，，
∴所求三角形的面积为×2×＝.
(2)解法一：∵f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，
∴f′(x)＝aex－1－，且a>0.
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；
当a>1时，<1，∴e<1，
∴f′f′(1)＝a(e－1)(a－1)<0，
∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，
∴aex0－1＝，∴ln a＋x0－1＝－ln x0，
因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－ln x0＋ln a
＝＋ln a＋x0－1＋ln a
≥2ln a－1＋2＝2ln a＋1>1，
∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当0∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．
综上所述，a的取值范围是[1，＋∞).
解法二：f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，
显然g(x)为增函数，∴又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝，
在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，
∴a的取值范围是[1，＋∞).
5．(2020·天津高考)已知函数f(x)＝x3＋k ln x(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)当k＝6时，
①求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
②求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值；
(2)当k≥－3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，有
＞.
解　(1)①当k＝6时，f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
②依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞).
g′(x)＝3x2－6x＋－＝，令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，
g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
(2)证明：由f(x)＝x3＋k ln x，得f′(x)＝3x2＋.
对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，
令＝t(t＞1)，则(x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]＝(x1－x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(k,x1)＋3x＋\f(k,x2)))－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x＋k ln \f(x1,x2)))＝x－x－3xx2＋3x1x＋k－2k ln ＝x(t3－3t2＋3t－1)＋k.　(*)
令h(x)＝x－－2ln x，x∈(1，＋∞).
当x>1时，h′(x)＝1＋－＝＞0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当t>1时，h(t)＞h(1)＝0，即t－－2ln t＞0.
因为x2≥1，t3－3t2＋3t－1＝(t－1)3＞0，k≥－3，
所以x(t3－3t2＋3t－1)＋k≥(t3－3t2＋3t－1)－3＝t3－3t2＋6ln t＋－1.　(**)
由(1)②可知，当t＞1时，g(t)＞g(1)，即t3－3t2＋6ln t＋＞1，
故t3－3t2＋6ln t＋－1＞0.　(***)
由(*)(**)(***)可得(x1－x2)[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]＞0，所以当k≥－3时，对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，
且x1＞x2，
有＞.
一、基础知识巩固
考点　　移项作差构造函数证明不等式
例1　(2021·南昌调研)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
解　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1，解得a＝b＝－1.
(2)证明：g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥ 1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
例2　设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，
知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.
设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x＞0)，
则g′(x)＝ex－2x＋2a，
由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a，
又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.于是对任意x＞0，都有g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．于是对任意x>0，都有g(x)>g(0)＝0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
　1.(2021·陕西省高三教学质量检测(四))已知函数f(x)＝，g(x)＝，且曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为x－2y＋n＝0.
(1)求m，n的值；
(2)证明：f(x)>2g(x)－1.
解　(1)由已知得f(1)＝＝0，∴n＝－1.
∵f′(x)＝
＝，
∴f′(1)＝＝，解得m＝1.
(2)证明：设h(x)＝ex－x－1，
则h′(x)＝ex－1，
由h′(x)>0得x>0；由h′(x)<0得x<0，
∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)在x＝0处取得最小值为h(0)＝0，
∴当x>0时，ex>x＋1，∴<，
∴<.
要证f(x)>2g(x)－1，即>－1在(0，＋∞)上恒成立，只需证≥－1在(0，＋∞)上恒成立，即ln x＋－1≥0在(0，＋∞)上恒成立．
设H(x)＝ln x＋－1，则H′(x)＝，
由H′(x)>0得x>1；
由H′(x)<0得0∴H(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴H(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，为H(1)＝0，
即ln x＋－1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴原不等式成立．
2．已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．
(1)求实数a的值；
(2)当x>1时，求证：f(x)>3(x－1).
解　(1)因为f(x)＝ax＋x ln x，
所以f′(x)＝a＋ln x＋1，
因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，
所以f′(e－2)＝0，
即a＋ln e－2＋1＝0，解得a＝1，
所以f′(x)＝ln x＋2.
当x>e－2时，f′(x)>0；当0(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x．令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x>1)，
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；
由g′(x)<0，得1g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e>0.
于是对任意x∈(1，＋∞)，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1).
　若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明不等式．
考点　　单变量不等式恒成立或存在性问题
例3　已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，
所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即正实数a的取值范围为.
(2)当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
例4　(2022·聊城期末)函数f(x)＝a ln x＋＋bx，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0.
(1)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)－2≥x＋恒成立，求实数m的取值范围．
解　(1)因为f(x)＝a ln x＋＋bx，
所以f′(x)＝－＋b＝(x>0).
由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＋1＝0，得
即解得
所以f′(x)＝＝(x>0)，
由f′(x)>0，得x>，所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0，得0(2)不等式f(x)－2≥x＋(x>0)恒成立，xf(x)－2x－x2≥m(x>0)恒成立，即m≤x ln x＋1＋2x2－2x－x2＝x ln x＋x2－2x＋1(x>0)恒成立．
令g(x)＝x ln x＋x2－2x＋1(x>0)，则只需m≤g(x)min，易得g′(x)＝ln x＋x－1，当x∈(0，1)时，g′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)min＝g(1)＝－，所以m≤－，即实数m的取值范围是.
　3.设函数f(x)＝ln (x＋1)－(a∈R).
(1)若f(0)为f(x)的极小值，求a的值；
(2)若f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，求a的最大值．
解　(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
因为f(x)＝ln (x＋1)－(a∈R)，
所以f′(x)＝－，
因为f(0)为f(x)的极小值，
所以f′(0)＝0，即－＝0，
所以a＝1，
此时f′(x)＝，
当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝0处取得极小值，
所以a＝1.
(2)由(1)知，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)＝0，
所以f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立．
因此，当a<1，x＞0时，f(x)＝ln (x＋1)－>ln (x＋1)－>0恒成立．
当a>1时，f′(x)＝，
所以，当x∈(0，a－1)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a－1)上单调递减，
所以f(a－1)所以当a>1时，f(x)>0并非对x∈(0，＋∞)恒成立．
综上，a的最大值为1.
4．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若 x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，求参数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍去)，所以切点为，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.
(2)设h(x)＝3ln x－x2－2x. x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等价于 x＞0，使h(x)＝3ln x－x2－2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0).h′(x)＝－x－2＝＝－，令得0＜x＜1；令得x＞1.
函数h(x)＝3ln x－x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝－，即a＜－，
因此参数a的取值范围为.
　
(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．
考点　　构造双函数
例5　已知两函数f(x)＝8x2＋16x－m(m∈R)，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若 x1∈[－3，3]， x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，求m的取值范围．
解　若 x1∈[－3，3]， x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，
只需在[－3，3]上，f(x)min>g(x)min即可．
f(x)＝8x2＋16x－m＝8(x＋1)2－m－8，
f(x)min＝f(－1)＝－m－8，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，g′(x)＝6x2＋10x＋4＝2(x＋1)(3x＋2)，
当x∈[－3，－1)∪时，g′(x)>0，故[－3，－1)与是g(x)的单调递增区间；
当x∈时，g′(x)<0，故是g(x)的单调递减区间．
因此g(x)的极小值为g＝－，
又g(－3)＝－21，所以g(x)min＝－21，
所以－m－8>－21，解得m<13.
所以m的取值范围为(－∞，13).
例6　已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝x ln x＋(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
解　(1)依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明：易得x>0时，f(x)最大值＝1，由a≥1知，g(x)≥x ln x＋(x>0)，
令h(x)＝x ln x＋(x>0)，则h′(x)＝ln x＋1－＝ln x＋.当x>1时，h′(x)>0；当0所以h(x)最小值＝h(1)＝1，所以g(x)最小值≥1.
综上，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
　5.(2021·黑龙江牡丹江一中高三期末)已知函数f(x)＝ln x－x＋－1.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)设g(x)＝－x2＋2bx－4，若对任意x1∈(0，2)，x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，求实数b的取值范围．
解　(1)f(x)＝ln x－x＋－1(x>0)，f′(x)＝－－＝.由x>0及f′(x)<0得03，故函数f(x)的单调递减区间是(0，1)，(3，＋∞).
(2)若对任意x1∈(0，2)，x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立等价于f(x)min≥g(x)max，由(1)可知，在(0，2)上，1是函数f(x)的极小值点，这个极小值点是唯一的极值点，故也是最小值点，所以f(x)min＝f(1)＝－.
g(x)＝－x2＋2bx－4，x∈[1，2]，当b<1时，g(x)max＝g(1)＝2b－5；
当1≤b≤2时，g(x)max＝g(b)＝b2－4；
当b>2时，g(x)max＝g(2)＝4b－8.
问题等价于或或解得b<1或1≤b≤或b∈ ，即b≤，所以实数b的取值范围是.
6．设f(x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝，∵g＝－，g(0)＝－3，g(2)＝1，∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g＝－，∴M≤[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1－＝，∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)，则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知，当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1.
∴当x∈时，f(x)＝＋x ln x≥1恒成立，即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈，∴h′(x)＝1－2x ln x－x，令φ(x)＝1－2x ln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，h′(x)在上单调递减，
又h′(1)＝0，∴当x∈时，h′(x)≥0，当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.
　常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2) f(x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2) f(x1)min≥g(x2)max.
二、核心素养提升
例1　已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，g(x)＝x2＋x＋2a＋1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[1，e]时，f(x)解　(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，f′(x)＝2x＋(a＋1)－.
依题意知x∈(1，＋∞)时，2x＋(a＋1)－≥0恒成立，即a＋1≥－2x.
令k(x)＝－2x，x∈(1，＋∞)，
∴k′(x)＝－－2<0，
∴k(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴k(x)∴a＋1≥－1，即a≥－2，
∴实数a的取值范围为{a|a≥－2}．
(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x－2a－1，x∈[1，e]，则只需φ(x)max<0即可，
φ′(x)＝a－＝.当a≤0时，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，
∴－a－1<0，即a>－1，∴－1当a>0时，当x∈时，φ′(x)<0；
当x∈时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴要使φ(x)max<0，
只需即
解得0综上，实数a的取值范围为.
例2　已知函数f(x)＝x－1－a ln x(a<0).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当0解　(1)由题意知f′(x)＝1－＝(x>0)，因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)因为0，f(x1)－f(x2)>－，即f(x1)＋>f(x2)＋.
设g(x)＝f(x)＋，x∈(0，1]，f(x1)＋>f(x2)＋等价于g(x)在(0，1]上单调递减，所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立，即1－－＝≤0在(0，1]上恒成立，则a≥x－在(0，1]上恒成立，易知y＝x－在(0，1]上单调递增，其最大值为－3.
因为a<0，所以－3≤a<0，所以实数a的取值范围为[－3，0).
例3　已知函数f(x)＝x ln x(x>0).
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值．
解　(1)由f(x)＝x ln x，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0所以f(x)在x＝处取得极小值，且为f＝－，无极大值．
(2)由f(x)≤，得m≥.问题转化为m≥.
令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x>0)，则g′(x)＝＋1－＝＝.由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得0g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故实数m的最小值为4.
有些含参不等式恒成立或存在性问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常借助导数，分析函数的单调性．通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．
课时作业
一、单项选择题
1．(2021·浙江台州高三模拟)已知非负函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)的定义域为(0，＋∞)，若对于定义域内的任意x，均满足f′(x)>，则下列式子中不一定正确的是(　　)
A．f(2)>2f(1) B．f(3)>e·f(2)
C．f(4)>f(3) D．f(e)>2e·f
答案　B
解析　因为x>0，且f′(x)>，可得xf′(x)>f(x)，即xf′(x)－f(x)>0，令g(x)＝，则g′(x)＝，所以g′(x)>0，g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增．对于A，由g(2)>g(1)，可得>，即f(2)>2f(1)，故A正确；对于B，由g(3)>g(2)可得>，即f(3)>f(2)，得不出f(3)>e·f(2)，故B不一定正确；对于C，由g(4)>g(3)可得>，即f(4)>f(3)，因为f(3)≥0，所以f(3)≥f(3)，可得f(4)>f(3)，故C正确；对于D，由g(e)>g可得>，即f(e)>2e·f，故D正确．故选B.
2．(2021·江苏镇江高三一模)已知e是自然对数的底数，π是圆周率，下列不等式：π3<3π，3eA．0 B．1 C．2 D．3
答案　D
解析　构造函数f(x)＝(x>0)，f′(x)＝，所以在区间(0，e)上f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(e，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减．由于e<3<π，所以＜＜，＜ eln 3＜3ln e ln 3e＜ln e3 3e3．(2021·宁夏固原高三二模)已知两个不等的正实数x，y满足ln ＝，则下列结论一定正确的是(　　)
A．x＋y＝1 B．xy＝1
C．x＋y>2 D．x＋y>3
答案　C
解析　ln ＝，∴ln x－ln y＝－，即ln x＋＝ln y＋，令函数s＝f(r)＝ln r＋，r>0，则s′＝f′(r)＝－＝，r∈(0，1)时，f′(r)<0，f(r)单调递减，r∈(1，＋∞)时，f′(r)>0，f(r)单调递增．函数f(r)在r＝1处取得极小值f(1)＝1，
如图1所示．依题意f(x)＝f(y)，x≠y，不妨设x1，A错误；假设xy＝1成立，可取x＝，y＝2，则f(x)＝f＝2－ln 2，
f(y)＝f(2)＝＋ln 2，易见不满足题意，B错误；
如图2，取1h(1)＝0，∴f(x)>f(2－x)，∴f(y)>f(2－x)，∵y>1，2－x>1，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴y>2－x，∴x＋y>2，C正确．
4．(2022·广西南宁三中高三开学考试)已知函数f(x)＝cos x－，f′(x)为f(x)的导函数，则下列结论正确的个数是(　　)
①当x∈(－1，0)时，f(x)<0；②函数f′(x)在上只有一个零点；③f(x)在上存在极小值点．
A．0 B．1 C．2 D．3
答案　C
解析　对于①，当x∈(－1，0)时，∈(1，＋∞)，cos x＜1，∴f(x)＜0恒成立，故①正确；对于②，当x∈(－1，0)时，f′(x)＝－sin x＋>0，当x∈时，令函数g(x)＝－sin x＋，则g′(x)＝－cos x－<0在x∈上恒成立，故g(x)在x∈上单调递减，又g(0)＝1>0，g＝－sin ＋<0，所以函数g(x)在x∈上有一个零点，故f′(x)在上只有一个零点，故②正确；对于③，由②可知方程f′(x)＝0在上有一根，设f′(x0)＝0，则函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，故函数f(x)在x＝x0处取得极大值，故③错误．
5．(2021·湖南长沙一中高三模拟)若ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，1]
C．(－∞，2] D．(－∞，e]
答案　B
解析　设f(x)＝ex－a－ln x－a(x>0)，则f(x)＝ex－a－ln x－a≥0恒成立，由f′(x)＝ex－a－，令h(x)＝ex－a－，则h′(x)＝ex－a＋>0恒成立，所以h(x)＝ex－a－(x>0)为增函数，设ex－a－＝0(x>0)的解为x＝x0，当00，所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝x0处取得最小值，故最小值f(x0)＝ex0－a－ln x0－a≥0.因为ex0－a＝，则x0－a＝－ln x0，所以＋x0－a－a≥0恒成立，得2a≤＋x0，又因为＋x0≥2(当且仅当x0＝1时等号成立)，所以2a≤2，即a≤1.故选B.
6．(2021·江西南昌高三模拟)若正实数a，b满足ln a＋ln b2≥2a＋－2，则(　　)
A．a＋2b＝＋ B．a－2b＝－2
C．a>b2 D．b2－4a<0
答案　B
解析　先证明熟知的结论：x－1≥ln x恒成立，当且仅当x＝1时取等号．设f(x)＝x－1－ln x，则f′(x)＝1－，在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．故f(x)min＝f(1)＝1－1－0＝0，∴f(x)≥0恒成立，当且仅当x＝1时取等号.2a＋－2≥2－2＝2(－1)≥2ln ＝ln a＋ln b2，当且仅当2a＝， ＝1，即a＝，b＝时，等号成立．又ln a＋ln b2≥2a＋－2，∴ln a＋ln b2＝2a＋－2，a＝，b＝.经检验只有B正确．
7．(2021·安徽金安毛坦厂中学高三月考)设a＝ln 1.01，b＝，c＝(其中自然对数的底数e＝2.71828…)，则(　　)
A．aC．c答案　D
解析　构造函数f(x)＝ln x－x＋1(x>0)，f(1)＝0，f′(x)＝－1＝，所以在(0，1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(1，＋∞)上f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1.令x＝1.01，则a＝ln x，b＝，c＝1－，考虑到ln x≤x－1，则ln ≤－1，即－ln x≤－1，化简得ln x≥1－，当且仅当x＝1时等号成立，故x＝1.01时，ln 1.01≥1－＝，即a>c，排除A，B.下面比较a，b的大小，由ln x≤x－1得，ln 1.01<0.01<，b>a，所以c8．(2021·山东聊城高三模拟)a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小顺序为(　　)
A．aC．a答案　A
解析　令f(x)＝，则a＝f＝，b＝f(e)＝，c＝f(3)＝，而f′(x)＝且x>0，当0e时，f(x)单调递减，f(e)＝，又1<c，b>a.若t＝有两个解x1，x2，则11)，则g′(x)＝>0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0，即在(1，＋∞)上，ln x>，又＞1，所以ln ＞，即>，故t>，有x1x2>e2，∴当x2＝3时，e>x1>，故f二、多项选择题
9．(2021·重庆市凤鸣山中学高三模拟)已知函数f(x)＝，则(　　)
A．若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线与x＋5y＝0相互垂直，则a＝5
B．若a＝0，则函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)∪(2，＋∞)
C．若a＝0，则函数f(x)有2个极值点
D．若关于x的不等式x2＋1≥f(x)在(0，＋∞)上恒成立，则a的取值范围为
答案　ACD
解析　对于A，因为f(x)＝，则f′(x)＝＝，由题意可得f′(0)＝a＝5，故A正确；对于B，C，当a＝0时，f(x)＝，其定义域为R，且f′(x)＝.由f′(x)<0，可得x<0或x>2，由f′(x)>0，可得00，故a≤g(x)min，而g′(x)＝－＝(x－1)，对任意的x>0，＋>0，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)min＝g(1)＝e－，所以a≤e－，故D正确．故选ACD.
10．已知函数f(x)＝(x－k)ex＋k，g(x)＝x ln x－x，若 x1∈(0，＋∞)， x2∈(0，＋∞)，不等式f(x2)－5g(x1)>0成立，则k的值可能为(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
答案　BCD
解析　x>0，f′(x)＝(x－k＋1)ex，若k≤1，则f′(x)＝(x－k＋1)ex＞0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)∈(0，＋∞)；若k>1，则f(x)在(0，k－1)上单调递减，在(k－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(k－1)＝－ek－1＋k，∴f(x)∈(－ek－1＋k，＋∞).x>0，g′(x)＝ln x，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，g(x)min＝g(1)＝－1，∴5g(x)∈[－5，＋∞).∵ x1∈(0，＋∞)， x2∈(0，＋∞)，不等式f(x2)－5g(x1)>0成立，∴若k≤1，0>－5，符合题意；若k>1，－ek－1＋k>－5，即ek－1－k－5<0，令h(x)＝ex－1－x－5，x>1，∴h′(x)＝ex－1－1>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，而h(1)＝－5<0，h(2)＝e－7<0，h(3)＝e2－8<0，h(4)＝e3－9>0.故选BCD.
三、填空题
11．(2022·山东兰陵四中高三模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋2x(x－a)2(a∈R).若存在x∈[1，3]，使f(x)≤xf′(x)成立，则实数a的取值范围是 ．
答案　
解析　设g(x)＝，则g(x)＝ln x＋2(x－a)2，则g′(x)＝≥0，所以g′(x)＝＋4(x－a)≥0 a≤x＋，即存在x∈[1，3]，使得a≤x＋成立，只需a≤即可，设h(x)＝x＋，h′(x)＝1－＝，当x∈[1，3]时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)max＝h(3)＝，所以a≤.
12．(2022·黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三月考)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(2)＝0，当x>0时，xf′(x)>2f(x)，使得f(x)>0的x的取值范围为 ．
答案　(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析　根据题意，令g(x)＝，g′(x)＝＝，又因为当x>0时，xf′(x)－2f(x)>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又因为f(2)＝0，所以g(2)＝＝0，当x∈(2，＋∞)时，f(x)>0，又因为f(x)为偶函数，所以当x∈(－∞，－2)时，可得f(x)>0.综上，f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞).
13．(2022·河南南阳中学高三月考)已知函数f(x)对任意的x∈R都有2021f(x)＋f′(x)<0，f(1)＝e－2021，那么不等式f(x)>e－2021x的解集为 ．
答案　(－∞，1)
解析　构造函数g(x)＝f(x)e2021x，则g′(x)＝2021f(x)e2021x＋f′(x)e2021x<0，g(x)在R上单调递减，f(1)＝e－2021 g(1)＝1，f(x)>e－2021x g(x)>1＝g(1)，所以x<1.
14．(2022·河南焦作市高三模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且满足f(x)>0，f(x)＋f′(x)<0，若0①f(x1)>ex2－x1f(x2)；②x1f(x2)x2f(x2)；④f(x2)>(1－x1)f(x1).
其中正确的有 (填写所有正确的不等式的序号).
答案　①②③
解析　设F(x)＝exf(x)，则F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]<0，由此可得F(x)单调递减，所以ex1f(x1)>ex2f(x2)，即f(x1)>ex2－x1f(x2)，故①正确；因为f(x)>0，f(x)＋f′(x)<0，所以f′(x)<0，所以f(x)单调递减，所以f(x2)ex2－x1f(x2)，欲使x1f(x1)>x2f(x2)，且x1x2＝1，即f(x1)>xf(x2)成立，现在证 >x即可，即证x2－>2ln x2(x2>1)，设m(x)＝x－－2ln x，x＞1，则m′(x)＝1＋－＝>0，则m(x)单调递增，所以m(x2)>m(1)＝0，即x2－＞2ln x2，则f(x1)＞e x2－x1f(x2)＞xf(x2)，故x1f(x1)＞x2f(x2)，故③正确；假设f(x2)>(1－x1)f(x1)成立，因为ex1f(x1)>ex2f(x2)，x1x2＝1，所以f(x1)>f(x2)，所以>1－x1，取x1＝，则e eq \s\up15(－)>，所以e eq \s\up15()<2，矛盾，故④不正确．
四、解答题
15．已知f(x)＝ex－ax2.
(1)若f(x)的图象在x＝1处的切线与直线(e－2)x－y＝0平行，求a的值；
(2)当x∈[0，＋∞)时，恒有f(x)≥x＋(1－x)ex，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝ex－2ax，
∴f′(1)＝e－2a＝e－2，∴a＝1.
(2)f(x)≥x＋(1－x)ex，即ex－ax2≥x＋ex－xex，即ex－ax－1≥0，x≥0.
令h(x)＝ex－ax－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－a(x≥0)，当a≤1时，由x≥0知h′(x)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴在[0，＋∞)上h(x)≥h(0)＝0，原不等式恒成立．
当a>1时，令h′(x)>0，得x>ln a；令h′(x)<0，得0≤x又h(0)＝0，∴h(x)≥0不恒成立，
∴a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].
16．已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)解　(1)f′(x)＝.
①当a≤1，x∈[1，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1③当a≥e，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
当a<1时，在[e，e2]上，f(x)单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为.
17．已知f(x)＝ax2－2ln x，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x＞0，2－f(x)≤2(a－1)x恒成立，求整数a的最小值．
解　(1)由题意得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(负值舍去).
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)由题意得2－ax2＋2ln x≤2(a－1)x，整理得2(ln x＋x＋1)≤a(2x＋x2).
因为x＞0，所以原命题等价于a≥在区间(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
令h(x)＝2ln x＋x，易知h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
h(0.5)＝－2ln 2＋0.5＜0，h(1)＝1＞0，故存在唯一x0∈(0.5，1)，使得h(x0)＝0.
当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＜0，g(x)单调递减．
函数g(x)的极大值为g(x0)，也为最大值，且2ln x0＋x0＝0，
g(x)max＝ eq \f(2（ln x0＋x0＋1）,2x0＋x)＝＝，a≥.
又∈(1，2)，且a为整数，
所以a的最小值为2.

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