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高考解答题专项突破(一)导数与函数的综合问题
[考情分析]　高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．
第1课时　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
考点一　“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题
例1 (2024·福建连城县第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝2ax－2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝x－2，且 x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．
【常用结论】 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下： (1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)． (2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max； ②若af(x)有解，则只需a>f(x)min； ④若 x∈D，使得a　1.已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)．
(1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．
考点二　“最值法”解决不等式恒(能)成立问题
例2 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)ex－.
(1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则 ①f(x，a)>0恒成立 g(a)>0；②f(x，a)<0有解 g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则 ①f(x，a)<0恒成立 g(a)<0；②f(x，a)>0有解 g(a)>0.
　2.已知函数f(x)＝aln (x＋1)，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求实数a的取值范围．
考点三　双变量不等式恒(能)成立问题
例3 设f(x)＝＋xln 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．
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max； (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min； (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max； (4) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
　3.(2024·陕西渭南高三上学期第一次检测)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝ln x－＋，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围．
课时作业
1．(2024·湖南长沙明德中学高三上学期入学考试)已知函数f(x)＝aln 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．
2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函数f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
3．(2023·甘肃武威教育局第一次联考)已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的极值；
(2)若 x∈(－3，＋∞)，－3≤ax2－2x，求a的最小值．
4．已知函数f(x)＝－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范围．
5．(2024·河南省实验中学高三第一次月考)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
6．(2023·安徽舒城中学高三仿真模拟(三))已知f(x)＝aln x＋x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.
(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；
(2)如果对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈，使得－a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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[考情分析]　高考对本部分的考查一般有三个层次：(1)主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；(2)导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；(3)综合考查，如零点、证明不等式、恒成立问题、求参数取值范围、解决应用问题等，还可能将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．
第1课时　利用导数解决不等式恒(能)成立问题
考点一　“分离参数法”解决不等式恒(能)成立问题
例1 (2024·福建连城县第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝2ax－2ln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数g(x)＝x－2，且 x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝2a－＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，当0时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)，
即a≥－＋，
令h(x)＝－＋(x>0)，
则h′(x)＝＋＝(x>0)，
当00，当x>e2时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(e2)＝＋，
所以a≥＋.
所以a的取值范围是.
【常用结论】 用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，具体步骤如下： (1)分离参数(注意分离参数时自变量x的取值范围是否影响不等号的方向)． (2)转化：①若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max； ②若af(x)有解，则只需a>f(x)min； ④若 x∈D，使得a　1.已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x(a∈R)．
(1)若a>2，讨论函数f(x)的单调性；
(2)设函数g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2aln x的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝＝.
当a>2时，由f′(x)>0，得0a；由f′(x)<0，得2∴函数f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)上单调递减．
(2)至少存在一个x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，
即当x∈[e，4]时，x2＋2aln x>0有解．
∵当x∈[e，4]时，ln x≥1，∴2a>－有解，
令h(x)＝－，x∈[e，4]，则2a>h(x)min.
∵h′(x)＝－＝－<0，
∴h(x)在[e，4]上单调递减，
∴h(x)min＝h(4)＝－，
∴2a>－，即a>－，
∴实数a的取值范围为.
考点二　“最值法”解决不等式恒(能)成立问题
例2 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝(x－1)ex－.
(1)若a＝e，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，
当a＝e时，f′(x)＝x(ex－e)．
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．
(2)函数f(x)的导数为f′(x)＝x(ex－a)．
①若a≤1，则在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合题意；
②若10，因此f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，2]上单调递增，又因为当x从右侧趋近于0时，f(x)趋近于－1，小于3，
所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，
解得≤a③若a≥e2，则在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)单调递减，因此f(x)<－1<3，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是.
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围． (1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则 ①f(x，a)>0恒成立 g(a)>0；②f(x，a)<0有解 g(a)<0. (2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则 ①f(x，a)<0恒成立 g(a)<0；②f(x，a)>0有解 g(a)>0.
　2.已知函数f(x)＝aln (x＋1)，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln (x＋1)，
所以切点为(3，ln 4)．
因为f′(x)＝，所以切线的斜率为k＝f′(3)＝，所以曲线y＝f(x)在x＝3处的切线方程为y－ln 4＝(x－3)，
化简得x－4y＋8ln 2－3＝0.
(2)对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－x2恒成立，即aln (x＋1)－x＋x2≥0恒成立．
令h(x)＝aln (x＋1)－x＋x2(x≥0)，
则h′(x)＝－1＋x＝(x≥0)．
①当a≥1时，h′(x)≥0恒成立，
所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合条件．
②当a<1时，由h′(x)＝0，x≥0，
解得x＝，
当x∈(0，)时，h′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，
h′(x)>0，h(x)min＝h()综上可知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
考点三　双变量不等式恒(能)成立问题
例3 设f(x)＝＋xln 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(x)max－g(x)min≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3x.
由g′(x)＞0，得x＜0或x＞，
由g′(x)<0，得0又x∈[0，2]，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
又g(0)＝－3，g＝－，g(2)＝1，
所以g(x)min＝g＝－，
g(x)max＝g(2)＝1.
故g(x)max－g(x)min＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在上，f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
故在上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
则h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当x∈时，φ′(x)<0，可知h′(x)在上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；当＜x＜1时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)＝x－x2ln x在上单调递增，在(1，2]上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有： (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max； (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min； (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max； (4) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)min.
　3.(2024·陕西渭南高三上学期第一次检测)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝ln x－＋，若对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝，
当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，在上，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
在上，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；
当a＞0时，f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)g′(x)＝－－×＝＝，
在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(3)＝ln 3－.
因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，
等价于f(x)max＜g(x)max，
由(1)知，当a≤0时，f(x)无最值；当a＞0时，f(x)max＝f＝－ln a，
所以－ln a＜ln 3－，所以ln a＞ln ，解得a＞.
故实数a的取值范围为.
课时作业
1．(2024·湖南长沙明德中学高三上学期入学考试)已知函数f(x)＝aln 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)将x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切点为(1，3)．
f′(x)＝－＋b，
所以
所以f(x)＝ln x＋＋2x.
f′(x)＝－＋2＝＝(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝，x＝－1(舍去)．
所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
(2)因为f(x)－2≥x＋恒成立，
即ln x＋＋2x－2≥x＋恒成立，
化简为m≤x2＋2xln x－4x＋2恒成立．
设g(x)＝x2＋2xln x－4x＋2，则m≤g(x)min即可．
g′(x)＝2x＋2ln x＋2－4＝2x＋2ln x－2(x>0)，
因为g′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g′(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数．
g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1.
故实数m的取值范围为(－∞，－1]．
2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函数f(x)＝mx2＋(m－1)x－ln x(m∈R)，g(x)＝x2－＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝mx＋m－1－＝，x>0.
当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈，即f(x)在上单调递增，
由f′(x)<0，解得x∈，即f(x)在上单调递减．
(2)当m>0时，由(1)知f(x)min＝f＝ln m＋1－，
g′(x)＝2x＋e－x>0(x≥1)恒成立，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2－，
由题意知f(x)min≥g(x)min，
即ln m＋1－≥2－.
设h(m)＝ln m＋1－，
则h′(m)＝＋>0，
所以h(m)为增函数，
又h(e)＝2－，所以m≥e，
即m的取值范围是[e，＋∞)．
3．(2023·甘肃武威教育局第一次联考)已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的极值；
(2)若 x∈(－3，＋∞)，－3≤ax2－2x，求a的最小值．
解　(1)f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝－2，
当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故f(－2)＝为极小值，f(x)无极大值．
所以f(x)在(－3，＋∞)上的极小值为，无极大值．
(2)由题意知－3＝－3，
令g(x)＝－3－ax2＋2x，
g′(x)＝－－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0，
令h(x)＝g′(x)＝－－2ax＋2，
则h′(x)＝－2a，
设u(x)＝h′(x)＝－2a，则u′(x)＝－，
当－3当x>0时，u′(x)为负，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故u(0)＝h′(0)＝1－2a为极大值．
若1－2a≤0，即a≥，此时h′(x)≤0，
则h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上单调递减，
又g′(0)＝0，所以当－30，
g(x)在(－3，0)上单调递增，
当x>0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故g(0)＝0为极大值，所以g(x)≤0，则当a≥时，符合条件；
若1－2a>0，即a<，此时h′(0)>0，
所以存在－30，则h(x)＝g′(x)在(x1，0)上单调递增，
又h(0)＝g′(0)＝0，则在区间(x1，0)上，g′(x)所以在区间(x1，0)上，g(x)单调递减，
则g(x)>g(0)＝0，不满足条件．
综上所述，a的最小值为.
4．已知函数f(x)＝－ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范围．
解　(1)由题意，得f(x)的定义域为R，且f′(x)＝－a，当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
当a>0时，
由f′(x)>0，得x<－或x>；
由f′(x)<0，得－所以f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥－sinx ＋sinx－ax≥0，
设g(x)＝＋sinx－ax(x≥0)，
则g′(x)＝＋cosx－a，
设h(x)＝＋cosx－a(x≥0)，
则h′(x)＝x－sinx，
设m(x)＝x－sinx(x≥0)，
则m′(x)＝1－cosx≥0，
所以h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当a≤1时，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
结合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合题意；
当a>1时，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，
所以g′(x)在(0，2a)上有一个零点x0，
且当x∈[0，x0)时，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上单调递减，
结合g(0)＝0知，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，从而f(x)<－sinx，不符合题意．
综上所述，a的取值范围为(－∞，1]．
5．(2024·河南省实验中学高三第一次月考)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
解　(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)；
令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，
即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝－1＝，令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1，2)时，F′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2.
因此ln a>－2，所以a>.
即实数a的取值范围为.
6．(2023·安徽舒城中学高三仿真模拟(三))已知f(x)＝aln x＋x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.
(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；
(2)如果对任意x1∈[－π，π]，存在x2∈，使得－a≤g(x1)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，显然g(x)为偶函数，当x>0时，
当x∈时，xcosx>0，g′(x)>0，
∴g(x)在上单调递增；
当x∈时，xcosx<0，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
又g(0)＝1，g＝，g(π)＝－1，
∴g(x)在(0，π]上的最小值为－1.
由偶函数图象的对称性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值为－1.
(2)先证ln x≤x－1，
设h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝，
令h′(x)>0，得01，
∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．h(x)≤h(1)＝0，故ln x≤x－1　①恒成立．
由题意可得 x2∈，使得－a≤－1成立，
即a(x2－ln x2)≥x－x2成立．
由①可知x2－ln x2≥1>0，参变分离得a≥.
设φ(x)＝，x∈，
即只需a≥φ(x)min即可．
φ′(x)＝
＝，
由①知ln x≤x－1，得－ln x≥1－x，
∴x－ln x＋1≥x＋1－x＋1＝2－x＝>0，
令φ′(x)>0，得1∴φ(x)在上单调递减，在(1，e)上单调递增．
∴φ(x)min＝φ(1)＝－，
∴a≥－，
又已知a≠0，
故实数a的取值范围为∪(0，＋∞)．
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