资源简介

*第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课)
[总体概览]
1．恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，难度略大．
2．导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，解题方法多种多样，难度较大．
类型一　利用导数证明不等式
[典例1]　(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
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(2)ln x0．
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通性通法：(1)在证明不等式时，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f (x)，g(x)，使f (x)min>g(x)max恒成立，从而f (x)>g(x)，但f (x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
类型二　利用导数解决不等式的恒成立问题
[典例2]　(2025·佛山二模节选)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝1－(x＞0，a∈R)．
若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，求实数a的取值范围．
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通性通法：a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；
a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
类型三　利用导数解决不等式的能成立问题
[典例3]　(2026·保定模拟)已知函数f (x)＝aex－x－1，若关于x的不等式f (x)＜x有解，求实数a的取值范围．
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通性通法：a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；
a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课)
类型一
典例1　证明：(1)由题意，ex>1＋x等价于ex－x－1>0，
令f (x)＝ex－x－1，
∴f'(x)＝ex－1，而f'(0)＝e0－1＝0，
∴当x<0时，f'(x)<0，f (x)单调递减；
当x>0时，f'(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)>f (0)＝0在x≠0时恒成立，即ex－x－1>0(x≠0)，∴ex>1＋x，x≠0．
如图，由图象可直观得到ex>1＋x，x≠0．
(2)由题意，ln x0，x0，
令f (x)＝x－ln x，则f'(x)＝1－，
而f'(1)＝1－＝0，
∴当0当x>1时，f'(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)≥f (1)＝1在x>0时恒成立，即x－ln x≥1>0，
∴ln x0时恒成立．
令g(x)＝ex－x，则g'(x)＝ex－1，
而g'(0)＝e0－1＝0，
∴当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)>g(0)＝1>0在x>0时恒成立，即ex－x>0，
∴x0时恒成立．
综上，ln x0．
如图，由图象可直观得到ln x0．
类型二
典例2　解：若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，则ln x>1－恒成立，
即a>x(1－ln x)恒成立．
设h(x)＝x(1－ln x)，
所求问题转化为a>h(x)max．
则h'(x)＝1－ln x＋x＝－ln x，
令h'(x)>0，得x∈(0，1)，令h'(x)<0，得x∈(1，＋∞)，
所以h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故h(x)max＝h(1)＝1，
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
类型三
典例3　解：由f (x)令g(x)＝，则g'(x)＝，
令g'(x)>0，可得x<，令g'(x)<0，可得x>，
所以g(x)在上单调递减，
所以g(x)的最大值为g，
所以a<，故实数a的取值范围为．
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第三章　一元函数的导数及其应用
*第27课时　利用导数研究不等式问题(进阶课)
[总体概览]
1．恒(能)成立问题是高考的常考考点，其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇，难度略大．
2．导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，解题方法多种多样，难度较大．
类型一　利用导数证明不等式
[典例1]　(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3T12)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
(1)ex>1＋x，x≠0；
(2)ln x0．
[证明]　(1)由题意，ex>1＋x等价于ex－x－1>0，
令f (x)＝ex－x－1，
∴f '(x)＝ex－1，而f '(0)＝e0－1＝0，
∴当x<0时，f '(x)<0，f (x)单调递减；
当x>0时，f '(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)>f (0)＝0在x≠0时恒成立，即ex－x－1>0(x≠0)，
∴ex>1＋x，x≠0．
如图，由图象可直观得到ex>1＋x，x≠0．
(2)由题意，ln x0，x0，令f (x)＝x－ln x，则f '(x)＝1－，而f '(1)＝1－＝0，
∴当0当x>1时，f '(x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)≥f (1)＝1在x>0时恒成立，
即x－ln x≥1>0，
∴ln x0时恒成立．
令g(x)＝ex－x，则g'(x)＝ex－1，而g'(0)＝e0－1＝0，
∴当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)>g(0)＝1>0在x>0时恒成立，即ex－x>0，∴x0时恒成立．
综上，ln x0．
如图，由图象可直观得到ln x0．
通性通法：(1)在证明不等式时，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．
(2)在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f (x)，g(x)，使f (x)min>g(x)max恒成立，从而f (x) >g(x)，但f (x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”．
【教用·备选题】
1．(2026·金昌模拟)已知函数f (x)＝ln x－x2－sin x＋1．证明：
(1)ln x≤x－1；
(2)f (x)<0．
[证明]　(1)令F(x)＝ln x－x＋1，x>0，则F'(x)＝．
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，
∴当x＝1时，F(x)取得极大值也是最大值．
∴F(x)≤F(1)＝0，∴ln x－x＋1≤0，
即ln x≤x－1．
(2)由(1)可得f (x)＝ln x－x2－sin x＋1≤x－1－x2－sin x＋1＝x－x2－sin x，当且仅当x＝1时，等号成立．
令G(x)＝x－x2－sin x，则G'(x)＝1－x－cos x．
令φ(x)＝G'(x)，则φ'(x)＝－1＋sin x≤0，且等号不恒成立，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又∵φ(0)＝0，∴当x>0时，φ(x)<0，
即G'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又∵G(0)＝0，∴G(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．∴f (x)≤x－x2－sin x<0．
2．(2023·新高考Ⅰ卷T19改编)已知函数f (x)＝－ax2＋2ax(a>0)，求证：f (x)[证明]　求导得f '(x)＝－2ax＋2a＝，
当a>0时，1＋2aex>0恒成立，
当x<1时，f '(x)>0，则f (x)在(－∞，1)上单调递增；
当x>1时，f '(x)<0，则f (x)在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x)max＝f (1)＝＋a．
要证f (x)0．
构造函数g(x)＝ex－x－1，x>0，
则g'(x)＝ex－1>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(0)＝0，
所以ea－a－1>0，
则＋a3．(2023·新高考Ⅱ卷节选)证明：当0[证明]　令h(x)＝x－x2－sin x(0则h'(x)＝1－2x－cos x(0令p(x)＝1－2x－cos x(0则p'(x)＝－2＋sin x<0，
所以p(x)即h'(x)在(0，1)内单调递减，
又h'(0)＝0，
所以当0所以当0令g(x)＝sin x－x，0则g'(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)在(0，1)内单调递减，又g(0)＝0，
所以当0即sin x综上，当0类型二　利用导数解决不等式的恒成立问题
[典例2]　(2025·佛山二模节选)已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝1－(x>0，a∈R)．若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，求实数a的取值范围．
[解]　若f (x)图象恒在g(x)图象的上方，则ln x>1－恒成立，即a>x(1－ln x)恒成立．
设h(x)＝x(1－ln x)，所求问题转化为a>h(x)max．
则h'(x)＝1－ln x＋x＝－ln x，
令h'(x)>0，得x∈(0，1)，令h'(x)<0，得x∈(1，＋∞)，所以h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(1)＝1，
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
通性通法：a≥f (x)恒成立 a≥f (x)max；
a≤f (x)恒成立 a≤f (x)min．
【教用·备选题】
1．(2026·北海模拟)已知函数f (x)＝xln x－2x＋a2－a，若f (x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－1，2] B．[0，1]
C．[0，2] D．[－1，1]
√
B　[因为f (x)＝xln x－2x＋a2－a，
则f '(x)＝ln x－1，其中x∈[1，e2]，
令f '(x)>0，解得e所以f (x)在[1，e)上单调递减，在(e，e2]上单调递增，
因为f (1)＝a2－a－2，f (e2)＝a2－a，
所以f (x)max＝f (e2)＝a2－a，
因为f (x)≤0在x∈[1，e2]上恒成立，
所以f (x)max＝a2－a≤0，
解得0≤a≤1．
故选B．]
2．(2024·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(分类讨论法)f '(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－，x>－1，
设s(x)＝－aln(1＋x)－，
则s'(x)＝＝－＝－，
当a≤－时，若x≥0，则s'(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故s(x)≥s(0)＝0，即f '(x)≥0，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0．
当－则s'(x)<0，
故s(x)在内s(x)即在内f '(x)<0，f (x)单调递减，
故在内f (x)当a≥0时，s'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
同理可得在(0，＋∞)上f (x)综上，a的取值范围为．
3．(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f (x)＝ex＋ax2－x．当x≥0时，f (x) ≥x3＋1，求实数a的取值范围．
[解]　f (x)≥x3＋1等价于e-x≤1．
设函数g(x)＝e-x(x≥0)，则
g'(x)＝－e-x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e-x＝－x(x－2a－1)(x－2)e-x．
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g'(x)>0，所以g(x)在(0，2)内单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－0，所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)内单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e-2≤1，即a≥．
所以当≤a<时，g(x)≤1．
(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e-x．
由于0∈，故由(ⅱ)可得e-x≤1．
故当a≥时，g(x)≤1．
综上，a的取值范围是．
类型三　利用导数解决不等式的能成立问题
[典例3]　(2026·保定模拟)已知函数f (x)＝aex－x－1，若关于x的不等式f (x)[解]　由f (x)令g(x)＝，则g'(x)＝，
令g'(x)>0，可得x<，令g'(x)<0，可得x>，
所以g(x)在上单调递减，
所以g(x)的最大值为g，
所以a<，
故实数a的取值范围为．
通性通法：a≥f (x)能成立 a≥f (x)min；
a≤f (x)能成立 a≤f (x)max．
【教用·备选题】
1．(2025·南阳期末)已知函数f (x)＝x2e1-x，g(x)＝aln x－x(a<0)，若对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f (x1)≤g(x2)，则a的取值范围是______________．
　
　[因为f (x)＝x2e1-x，
所以f '(x)＝xe1-x(2－x)，x∈[1，3]，
所以当1≤x<2时，f '(x)>0，f (x)单调递增；
当2所以f (x)max＝f (2)＝；
又g(x)＝aln x－x(a<0)，x∈，
所以g'(x)＝－1＝，a<0，x∈，
所以g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递减，g(x)max＝g＝－a－，
因为对任意的x1∈[1，3]，总存在x2∈，使得f (x1)≤g(x2)，
所以f (x1)max≤g(x2)max，
所以≤－a－，
所以a≤－，
所以a的取值范围是．]
2．已知函数f (x)＝ex－2x＋sin x，g(x)＝ex(－sin x＋cos x＋a)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若 x1，x2∈，使得不等式g(x1)≥f (x2)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f (x)的定义域为R，且f '(x)＝ex＋cos x－2，f '(0)＝0．
当x<0时，ex<1，cos x≤1，则f '(x)＝ex＋cos x－2<0，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减．
当x>0时，设h(x)＝ex－2＋cos x，则h'(x)＝ex－sin x．因为ex>e0＝1≥sin x，所以h'(x)>0恒成立，所以h(x)即f '(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f '(x)>f '(0)＝0．所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上，f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，f (x)min＝f (0)＝1．
由题意知，关于x的不等式ex(－sin x＋cos x＋a)≥1在上有解，即a≥sin x－cos x＋e-x在上有解．
设F(x)＝sin x－cos x＋e-x，则F'(x)＝sin x＋cos x－e-x＝sin－e-x．
当x∈时，x＋sin∈[1，]．
又e-x≤1，所以F'(x)≥0恒成立，即F(x)在上单调递增．所以F(x)min＝F(0)＝0．
因此，实数a的取值范围是[0，＋∞)．
【教用·教材拓展】
洛必达法则
法则1　若函数f (x) 和g(x)满足下列条件：
(1)f (x)＝0 及 g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f (x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)＝l，
那么＝l，型．
法则2　若函数f (x) 和g(x)满足下列条件：
(1)f (x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f (x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)＝l，
那么＝l，型．
[典例]　已知函数f (x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f (x)>ax成立，求实数a的取值范围．
[解]　法一：令φ(x)＝f (x)－ax＝(x＋1)·ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ'(x)＝ln(x＋1)＋1－a．
∵x>0，∴ln(x＋1)>0．
①当1－a≥0，即a≤1时，φ'(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
②当1－a<0，即a>1时，
令φ'(x)＝0，得x＝ea-1－1，
∴x∈(0，ea-1－1)时，φ'(x)<0；
x∈(ea-1－1，＋∞)时，φ'(x)>0，
∴φ(x)在(0，ea-1－1)内单调递减，
在(ea-1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea-1－1)<φ(0)＝0，与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
法二：当x∈(0，＋∞)时，
(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a<恒成立．
令g(x)＝(x>0)．
∴g'(x)＝．
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k'(x)＝1－>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴k(x)>k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g'(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知
g(x)＝[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
【教用·教材拓展】
泰勒展开式
常用泰勒展开式拟合的不等式有：
ex＝1＋x＋＋… ex≥x＋1；
ln(1＋x)＝x－＋… ln(x＋1)≤x；
sin x＝x－－… sin x≤x；
cos x＝1－＋… cos x≥1－x2．
利用泰勒展开式的“桥梁”作用证明不等式，关键是能够根据原函数与其在x＝0处的n阶泰勒展开式的大小关系，利用放缩法转化不等式．
[典例]　(1)(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos，c＝4sin，则
(　　)
A．c>b>a B．b>a>c
C．a>b>c D．a>c>b
(2)已知函数f (x)＝xln x，证明：f (x)√
(1)A　[法一：设x＝0.25，则a＝＝1－，b＝cos≈1－，c＝4sin≈1－，故c>b>a．
法二：因为＝4tan，当x∈时，x1，所以c>b．
设f (x)＝cos x＋x2－1，x∈(0，＋∞)，
则f '(x)＝－sin x＋x>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f>f (0)＝0，即cos>0，
所以b>a．
综上，c>b>a，
故选A．]
(2)证明：法一：f (x)的定义域为(0，＋∞)．由泰勒公式，知ex>1＋x＋x2＋x3，cos x>1－x2，ln x≤x－1，所以xln x≤x2－x．
所以要证xln x0．
设g(x)＝x3－x2＋2x＋1(x>0)，
则g'(x)＝x2－2x＋2＝(x－2)2≥0．
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝1>0．
所以原不等式得证．
法二：由泰勒公式，得cos x≥1－x2，所以ex＋cos x－1≥ex－x2．要证xln x设h(x)＝，g(x)＝(x>0)．易求得h(x)max＝，g(x)min＝．显然，所以h(x)1．(2025·保定月考)设函数f (x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数．
求证：(1)当x>0时，f (x)>x；
(2)ex－2>ln x．
课时作业(二十七)　利用导数研究不等式问题(进阶课)
[证明]　(1)令g(x)＝f (x)－x＝ex－1－x，
则g'(x)＝ex－1，
当x>0时，g'(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，f (x)>x成立．
(2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x，
要证ex－2>ln x，即证ex－2>x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0，
令h(x)＝x－1－ln x，
则h'(x)＝1－，
当x>1时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)min＝h(1)＝0，
即h(x)＝x－1－ln x≥0恒成立，
所以ex－2>ln x．
2．(2026·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x＋x2－ax，a∈R．若存在x使得f (x)≤2ln x，求实数a的取值范围．
[解]　由题意可知，存在x使x2－ax≤ln x(x>0)成立，
则存在x，使a≥x－(x>0)．
令h(x)＝x－(x>0)，
则h'(x)＝，
因为y＝x2在(0，＋∞)上单调递增，y＝ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，
所以y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，且当x＝1时，y＝0．
所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)min＝h(1)＝1，所以a≥1．
所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．
3．(2026·三明模拟)已知函数f (x)＝xln x－ax．
(1)当a＝－1时，求函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)当a＝－1时，f (x)＝xln x＋x，f '(x)＝ln x＋2，
则f (1)＝1，f '(1)＝2，
所以函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0．
(2)因为对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，所以xln x－ax≤x2＋2恒成立．
即a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h'(x)＝－1＋＝－，
令h'(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，
当x∈(0，2)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
故h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，
所以a≥ln 2－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞)．
谢谢！课时作业(二十七)　利用导数研究不等式问题(进阶课)
1．(15分)(2025·保定月考)设函数f (x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数．
求证：(1)当x＞0时，f (x)＞x；
(2)ex－2＞ln x．
2．(15分)(2026·汉中模拟)已知函数f (x)＝ln x＋x2－ax，a∈R．若存在x使得f (x)≤2ln x，求实数a的取值范围．
3．(15分)(2026·三明模拟)已知函数f (x)＝x ln x－ax．
(1)当a＝－1时，求函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，求实数a的取值范围．
课时作业(二十七)
1．证明：(1)令g(x)＝f (x)－x＝ex－1－x，
则g'(x)＝ex－1，
当x>0时，g'(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，f (x)>x成立．
(2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x，
要证ex－2>ln x，即证ex－2>x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0，
令h(x)＝x－1－ln x，
则h'(x)＝1－，
当x>1时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)min＝h(1)＝0，
即h(x)＝x－1－ln x≥0恒成立，
所以ex－2>ln x．
2．解：由题意可知，存在x使x2－ax≤ln x(x>0)成立，
则存在x，使a≥x－(x>0)．
令h(x)＝x－(x>0)，
则h'(x)＝，
因为y＝x2在(0，＋∞)上单调递增，y＝ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，
所以y＝x2＋ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，且当x＝1时，y＝0．
所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)min＝h(1)＝1，所以a≥1．
所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．
3．解：(1)当a＝－1时，f (x)＝xln x＋x，f'(x)＝ln x＋2，
则f (1)＝1，f'(1)＝2，
所以函数f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0．
(2)因为对任意x∈(0，＋∞)，f (x)≤x2＋2恒成立，所以xln x－ax≤x2＋2恒成立．
即a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h'(x)＝－1＋＝－，
令h'(x)＝0，得x1＝2，x2＝－1(舍去)，
当x∈(0，2)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(2，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
故h(x)max＝h(2)＝ln 2－3，
所以a≥ln 2－3，
故实数a的取值范围是[ln 2－3，＋∞)．
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