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培优课　利用导数研究恒(能)成立问题
课标要求　1.会用导数求最值进而求解恒(能)成立问题. 2.掌握几种常见的处理恒(能)成立问题的方法.
一、分离变量法解决恒(能)成立问题
例1 已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R).
(1)求f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若对于任意的x∈，都有2f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围.
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思维升华　1.一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：
①a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
②a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
2.分离变量时注意不等号的方向是否发生改变.
训练1 设f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.设g(x)＝f(x)－xln x＋x，且g(x)在区间内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.
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二、分类讨论法解决恒(能)成立问题
例2 已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围.
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思维升华　分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏.一般情况下，分类时常考虑以下情况：
(1)最高次项系数的正负情况(注意0)；
(2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)；
(3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)；
(4)极值点与定义域的关系.
训练2 已知函数f(x)＝aln x＋＋x＋1.若F(x)＝f(x)－，且当a≥－2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围.
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三、等价转化法解决恒(能)成立问题
例3 已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a＞0， x1，x2∈[3，＋∞)(x1≠x2)，都有|f(x1)－f(x2)|＜|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围.
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思维升华　1.对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题.
2.双变量的恒(能)成立问题
(1) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立 f(x)min≥g(x)max；
(2) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)min≥g(x)min；
(3) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)max≥g(x)max；
(4) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)max≥g(x)min；
(5) x1∈D， x2∈E，使f(x1)＝g(x2) f(x)的值域是g(x)的值域的子集.
训练3 已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围.
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【课堂达标】
1.若 x＞0，使得ax2≤ln x成立，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
2.已知两函数f(x)＝2xln x＋x2＋3，g(x)＝ax，若当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)的图象总是在g(x)的图象上方，则a的取值范围为(　　)
A.(3，＋∞) B.(4，＋∞)
C.(－∞，3) D.(－∞，4)
3.若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，则实数a的取值范围为________.
4.设函数f(x)＝ln x＋(m∈R)，若对任意的b>a>0，<1恒成立，则实数m的取值范围是________.
利用导数研究恒(能)成立问题
例1　解　(1)因为f(x)＝xln x，
所以f′(x)＝ln x＋1，
所以切线的斜率k＝f′(e)＝2，f(e)＝e.
所以f(x)在(e，f(e))处的切线方程为
y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e.
(2)若2f(x)≥g(x)对任意的x∈恒成立，
则2xln x≥－x2＋ax－3对任意的x∈恒成立，
即a≤2ln x＋x＋对任意的x∈恒成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋，x∈，只需满足a≤h(x)min，x∈，
又h′(x)＝＋1－＝，
因为x∈，
所以由h′(x)＝0得x＝1，
当≤x＜1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当1＜x≤e时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以当x＝1时函数h(x)取得极小值即为最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，
所以a≤4，
即实数a的取值范围为(－∞，4].
训练1　解　∵f′(x)＝x2－ax＋b，
∴f′(0)＝b＝0，
又f(0)＝c＝1，
∴b＝0，c＝1，
∴f(x)＝x3－x2＋1，
g(x)＝x3－x2－xln x＋x＋1，≤x≤e，
∴g′(x)＝x2－ax－ln x，
∵g(x)在内存在单调递减区间，
即g′(x)＝x2－ax－ln x＜0在内有解，
∴a＞x－在内能成立，
令h(x)＝x－，
则h′(x)＝1－＝；
令m(x)＝x2－1＋ln x，
则m′(x)＝2x＋＞0在上恒成立，
∴m(x)在上单调递增，
又m(1)＝0，
∴当x∈时，m(x)＜0，即h′(x)＜0；
当x∈(1，e]时，m(x)＞0，即h′(x)＞0；
∴h(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝1，
∴a＞1，
即实数a的取值范围为(1，＋∞).
例2　解　(1)因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，
所以f′(x)＝1－2ln x，
令f′(x)>0，
解得0所以f(x)的单调递增区间为.
(2)因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，
所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立，
令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x，
则g(1)＝0，
且g′(x)＝，
令h(x)＝x－a－2xln x，
则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a，
因为当x≥1 时，h′(x)≤0恒成立，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减.
①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
故g(x)≤g(1)＝0, 符合要求；
②当－e＜a＜1时，h(1)>0，h(e)＝－e－a<0，h(x)单调递减，
故存在x0∈(1，e)使得h(x0)＝0，
则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)＝0，不符合要求；
③当a≤－e时，e＞1，h(1)＞0，
h＝a<0，h(x)单调递减，
故存在 x0∈使得h(x0)＝0,
则当x∈(1，x0) 时，h(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)＝0，不符合要求.
综上，实数a的取值范围是[1，＋∞).
训练2　解　F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1，2]，
则F′(x)＝＋＋1＝＝.
①当2－≥0，
即－2≤a≤2时，F′(x)≥0，
所以F(x)在[1，2]上单调递增，
所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1，
得－≤a≤2；
②当2－＜0，即a＞2时，
令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8＞0，
设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2，
则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1＜0，x2＜0，
所以在区间[1，2]上，F′(x)＝＞0，
所以F(x)在[1，2]上单调递增，
所以F(x)max＝F(2)≥1，得a＞2.
综上，当a≥－2时，应有a≥－，
所以实数a的取值范围是.
例3　解　因为f′(x)＝1＋，因为a＞0，
故x∈[3，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数；
因为g′(x)＝ex＞0，
所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数.
不妨设x1＜x2，则f(x1)＜f(x2)，g(x1)＜g(x2)，
所以|f(x1)－f(x2)|＜|g(x1)－g(x2)|可转化为f(x2)－f(x1)＜g(x2)－g(x1)，
即f(x1)－g(x1)＞f(x2)－g(x2).
设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1，
因为h(x)在[3，＋∞)上为减函数，所以h′(x)＝1＋－ex≤0在[3，＋∞)上恒成立，
即 x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立.
设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)，
则v′(x)＝ex＋xex－1＞0，
所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数，
所以v(x)min＝v(3)＝3e3－3，
所以a≤3e3－3.
故a的取值范围为(0，3e3－3].
训练3　解　∵f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f′(x)>0，得x＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
由f′(x)<0，得x＜0，
故f(x)在(－∞，0)上是减函数，
∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1，
又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2，
∴f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数，
∴g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m].
若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f(x1)＝g(x2)，
则[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞).
课堂达标
1.C　[由题设知a≤能成立，
令f(x)＝且x＞0，
则f′(x)＝＝，
∴当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.
∴f(x)≤f()＝，故a≤.]
2.D　[由题意得函数f(x)的图象总是在g(x)的图象上方，
可转化为f(x)－g(x)＞0，
即2xln x＋x2＋3－ax＞0，在x∈(0，＋∞)上恒成立问题，
则变形后2ln x＋x＋＞a，
求出2ln x＋x＋最小值即可，
令F(x)＝2ln x＋x＋，F′(x)＝＋1－＝＝，
则x∈(0，1)，F′(x)＜0，F(x)在(0，1)上单调递减，x∈(1，＋∞)，F′(x)＞0，F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(1)＝4，即a＜4.]
3.(－∞，1)　[∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
∴a＜＝－x在[1，4]上有解，
令f(x)＝－x(1≤x≤4)，
则f′(x)＝－－1，
∴当1≤x≤4时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－1＝1，
∵a＜－x在[1，4]上有解，
则a＜f(x)max，∴a＜1.]
4.　[对任意的b>a>0，<1恒成立，等价于f(b)－b设函数h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x，
则h(x)在(0，＋∞)上是减函数，
即h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
得m≥－x2＋x＝－＋(x>0)恒成立，得m≥.
所以实数m的取值范围是.](共44张PPT)
第五章
培优课　利用导数研究恒(能)成立问题
课标要求
1.会用导数求最值进而求解恒(能)成立问题. 2.掌握几种常见的处理恒(能)成立问题的方法.
课时精练
一、分离变量法解决恒(能)成立问题
二、分类讨论法解决恒(能)成立问题
三、等价转化法解决恒(能)成立问题
课堂达标
内容索引
分离变量法解决恒(能)成立问题
一
例1
已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a∈R).
(1)求f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
因为f(x)＝xln x，所以f′(x)＝ln x＋1，
所以切线的斜率k＝f′(e)＝2，f(e)＝e.
所以f(x)在(e，f(e))处的切线方程为
y－e＝2(x－e)，即y＝2x－e.
所以当x＝1时函数h(x)取得极小值即为最小值，
即h(x)min＝h(1)＝4，
所以a≤4，
即实数a的取值范围为(－∞，4].
1.一般情况下，对于分参后的求解范围问题常有以下结论：
①a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
②a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
2.分离变量时注意不等号的方向是否发生改变.
思维升华
训练1
∵f′(x)＝x2－ax＋b，∴f′(0)＝b＝0，
∴h(x)min＝h(1)＝1，∴a＞1，
即实数a的取值范围为(1，＋∞).
分类讨论法解决恒(能)成立问题
二
例2
已知函数f(x)＝3(x－1)－2xln x.
(1)求f(x)的单调递增区间；
因为函数f(x)＝3(x－1)－2xln x，
所以f′(x)＝1－2ln x，
令f′(x)>0，
(2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围.
因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，
所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立，
令g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x，
则g(1)＝0，
则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a，
因为当x≥1 时，h′(x)≤0恒成立，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减.
①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
故g(x)≤g(1)＝0, 符合要求；
②当－e＜a＜1时，h(1)>0，h(e)＝－e－a<0，h(x)单调递减，
故存在x0∈(1，e)使得h(x0)＝0，
则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)＝0，不符合要求；
思维升华
分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏.一般情况下，分类时常考虑以下情况：
(1)最高次项系数的正负情况(注意0)；
(2)导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)；
(3)极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)；
(4)极值点与定义域的关系.
训练2
所以F(x)在[1，2]上单调递增，
所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1，
令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8＞0，
设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2，
则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1＜0，x2＜0，
等价转化法解决恒(能)成立问题
三
例3
已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a＞0， x1，x2∈[3，＋∞)(x1≠x2)，都有|f(x1)－f(x2)|＜|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围.
故x∈[3，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数；
因为g′(x)＝ex＞0，
所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数.
不妨设x1＜x2，则f(x1)＜f(x2)，g(x1)＜g(x2)，
所以|f(x1)－f(x2)|＜|g(x1)－g(x2)|可转化为f(x2)－f(x1)＜g(x2)－g(x1)，
即f(x1)－g(x1)＞f(x2)－g(x2).
设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1，
即 x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立.
设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)，
则v′(x)＝ex＋xex－1＞0，
所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数，
所以v(x)min＝v(3)＝3e3－3，
所以a≤3e3－3.
故a的取值范围为(0，3e3－3].
思维升华
1.对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题.
2.双变量的恒(能)成立问题
(1) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)恒成立 f(x)min≥g(x)max；
(2) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)min≥g(x)min；
(3) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)max≥g(x)max；
(4) x1∈D， x2∈E，f(x1)≥g(x2)能成立 f(x)max≥g(x)min；
(5) x1∈D， x2∈E，使f(x1)＝g(x2) f(x)的值域是g(x)的值域的子集.
训练3
已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]使得f(x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围.
∵f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)，
∴f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，
由f′(x)>0，得x＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
由f′(x)<0，得x＜0，
故f(x)在(－∞，0)上是减函数，
∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1，
又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2，
∴f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，
又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数，
∴g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m].
若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f(x1)＝g(x2)，
则[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1解得m≥e2，即实数m的取值范围是[e2，＋∞).
【课堂达标】
√
√
2.已知两函数f(x)＝2xln x＋x2＋3，g(x)＝ax，若当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)的图象总是在g(x)的图象上方，则a的取值范围为
A.(3，＋∞) B.(4，＋∞) C.(－∞，3) D.(－∞，4)
由题意得函数f(x)的图象总是在g(x)的图象上方，
则x∈(0，1)，F′(x)＜0，F(x)在(0，1)上单调递减，x∈(1，＋∞)，F′(x)＞0，F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(1)＝4，即a＜4.
3.若不等式x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，则实数a的取值范围为___________.
(－∞，1)
∵x2＋ax－2＜0在[1，4]上有解，
【课时精练】
1.已知函数f(x)＝ln x.若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.
因为对任意x>0，不等式ln x≤ax≤x2＋1恒成立，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(2)若f(x)＞(1－a)x2有解，求实数a的取值范围.
3.已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
①当a≥0时，由于x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围.
问题等价于f(x1)max＜g(x2)max.
因为g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值为g(0)＝2.
由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.
4.已知函数f(x)＝(x＋m)ln x＋2m(m∈R)，f′(x)是f(x)的导函数.
(1)讨论f′(x)的单调性；
由题意知f(x)定义域为(0，＋∞)，
当m≤0时，g′(x)＞0恒成立，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，若x∈(0，m)，g′(x)＜0；
若x∈(m，＋∞)，g′(x)＞0；
∴f′(x)在(0，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增；
综上，当m≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m＞0时，f′(x)在(0，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增.
②当0＜m≤1且m∈Z，
③当m＞1且m∈Z时,若x∈(1，m)，h′(x)＜0；若x∈(m，＋∞)，h′(x)＞0；
∴h(x)在(1，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增，
∴当m∈(1，3)时，F′(m)＞0；
当m∈(3，＋∞)时，F′(m)＜0，
∴F(m)在(1，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减.第五章　课时精练31　利用导数研究恒(能)成立问题
(分值：60分)
一、基础巩固
1.(13分)已知函数f(x)＝ln x.若对任意x>0，不等式f(x)≤ax≤x2＋1恒成立，求实数a的取值范围.
2.(15分)已知函数f(x)＝ln x＋x2.
(1)求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)＞(1－a)x2有解，求实数a的取值范围.
二、综合运用
3.(15分)已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意的x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围.
三、创新拓展
4.(17分)已知函数f(x)＝(x＋m)ln x＋2m(m∈R)，f′(x)是f(x)的导函数.
(1)讨论f′(x)的单调性；
(2)是否存在m∈Z，使得f′(x)＞＋2对 x＞1恒成立？若存在，请求出m的所有值；若不存在，请说明理由.(参考数据：ln 2≈0.69，ln 5≈1.61)
利用导数研究恒(能)成立问题
1.解　因为对任意x>0，不等式ln x≤ax≤x2＋1恒成立，
所以对任意x>0恒成立，进一步转化为≤a≤.
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0；
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，
即h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(e)＝，
所以h(x)≤，所以≤a；
又当x>0时，x＋≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，所以a≤2，
所以满足条件的a的取值范围是.
2.解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝x2＋ln x，
f′(x)＝x＋＞0，
所以f(x)在[1，e]上单调递增.
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝e2＋1，最小值为f(1)＝.
(2)f(x)＞(1－a)x2，
令g(x)＝f(x)－(1－a)x2
＝ln x＋x2，x＞0，
g′(x)＝(2a－1)x＋.
①当a≥时，g′(x)＞0，g(x)单调递增且g(1)＝a－≥0，显然g(x)＞0有解.
②当a＜时，由g′(x)＝(2a－1)x＋＝0得
x＝，当x∈时，g′(x)＞0，
当x∈时，g′(x)＜0，
故g(x)在x＝处取得最大值
g＝－－ln(1－2a).
若使g(x)＞0有解，只需－－ln(1－2a)＞0，
解得a＞－，
此时a的取值范围为.
综上所述，a的取值范围为.
3.解　(1)f′(x)＝a＋，x＞0.
①当a≥0时，由于x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).
②当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝－.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x －
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? 极大值 ?
由上表知，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a＜0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)问题等价于f(x1)max＜g(x2)max.
因为g(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，
所以g(x)的最大值为g(0)＝2.
由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.
当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值即最大值，为f＝
－1＋ln＝－1－ln(－a).
所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－.
故实数a的取值范围为.
4.解　(1)由题意知f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋＋1，
令g(x)＝f′(x)＝ln x＋＋1，
则g′(x)＝－＝；
当m≤0时，g′(x)＞0恒成立，
∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，若x∈(0，m)，g′(x)＜0；
若x∈(m，＋∞)，g′(x)＞0；
∴f′(x)在(0，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增；
综上，当m≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m＞0时，f′(x)在(0，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增.
(2)由(1)知ln x＋＋1＞＋2对 x∈(1，＋∞)恒成立，
即ln x＋－－1＞0对 x∈(1，＋∞)恒成立，
令h(x)＝ln x＋－－1，
则h′(x)＝－＝；
①当m≤0且m∈Z时，h′(x)＞0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞h(1)＝－1≥0，解得m≥(舍)；
②当0＜m≤1且m∈Z，
即m＝1时，h()＝－＜0，不合题意；
③当m＞1且m∈Z时，若x∈(1，m)，h′(x)＜0；若x∈(m，＋∞)，h′(x)＞0；
∴h(x)在(1，m)上单调递减，
在(m，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(m)＝ln m－≥0，
令F(m)＝ln m－，
则F′(m)＝－＝，
∴当m∈(1，3)时，F′(m)＞0；
当m∈(3，＋∞)时，F′(m)＜0，
∴F(m)在(1，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减.
又F(2)＝ln 2－＞0，F(3)＝ln 3－1＞0，
F(4)＝ln 4－＝2ln 2－＞0，
F(5)＝ln 5－＜0，
∴满足F(m)≥0且m＞1，m∈Z的所有整数为2，3，4.
综上，m的所有值为2，3，4.

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