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第8节　导数的综合问题
题型分析　1.导数的综合问题是高考考查的热点内容，常见热点题型有利用导数解决不等式的恒(能)成立问题、证明不等式，利用导数研究函数的图象与性质，求解其零点问题等. 2.以解答题的形式压轴出现，难度较大.
　　　　　　　　　　　　　　　　
题型一　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
例1 若不等式2(x－2)ex＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解　法一　依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R;
当x>2时，原不等式化为a≤，
令g(x)＝，则g'(x)＝，
∵x>2，∴g'(x)>0，
∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2].
法二　依题意，当x∈[2，＋∞)时，
2(x－2)ex＋2ax－ax2≥0恒成立，
令φ(x)＝2(x－2)ex＋2ax－ax2，
x∈[2，＋∞)，
∴φ(x)≥0恒成立，
φ'(x)＝2(x－1)ex＋2a－2ax
＝2(x－1)(ex－a)，
又x≥2，∴x－1>0，ex≥e2，
①当a≤e2时，φ'(x)≥0，
∴φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(2)＝0，
∴φ(x)≥0恒成立，故a≤e2符合题意.
②当a>e2时，令φ'(x)＝0 x＝ln a，
当x∈[2，ln a)时，φ'(x)<0，
x∈(ln a，＋∞)时，φ'(x)>0，
∴φ(x)在[2，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)<φ(2)＝0，
与φ(x)≥0恒成立矛盾，∴a>e2不成立，
综上，a的取值范围是(－∞，e2].
感悟提升　恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间I上有最值，则
①恒成立: x∈I，f(x)>0 f(x)min>0; x∈I，f(x)<0 f(x)max<0.
②能成立: ∈I，f(x)>0 f(x)max>0; x∈I，f(x)<0 f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a①恒成立:a>f(x) a>f(x)max;a②能成立:a>f(x) a>f(x)min;a训练1 (2026·宜昌质检节选)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R，若x∈(0，e] 时，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范围.
解　依题意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤在x∈(0，e]时有解，
令g(x)＝，x∈(0，e]，
求导得g'(x)＝－＝－，
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得所以函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，
当x＝时，函数g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(－∞，e2].
题型二　利用导数证明不等式
例2 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.当a≤2时，证明:当x>1时，f(x)证明　法一　因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，
则只需证当x>1时g(x)>0.
易知g'(x)＝ex－1－2＋，
令h(x)＝g'(x)＝ex－1－2＋，
则h'(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，h'(x)>h'(1)＝0，
所以h(x)＝g'(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g'(x)>g'(1)＝0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，
g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，f(x)法二　设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，
只需证当x>1时g(x)<0即可.
易知g'(x)＝a－－ex－1，
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则当x>1时，h'(x)所以h(x)＝g'(x)在(1，＋∞)上单调递减，
于是当x>1时，g'(x)又a≤2，所以a－2≤0，
则当x>1时，g'(x)<0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x>1时，g(x)即当x>1时，f(x)感悟提升　利用导数证明不等式的解题策略
(1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证.
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号;②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
训练2 (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)上单调递减，
又h'(0)＝0，
所以当0所以当0即x－x2令g(x)＝sin x－x(0则g'(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，又g(0)＝0，
所以当0即sin x综上，当0题型三　利用导数研究函数的零点
例3 (2026·郑州调研)已知函数f(x)＝ex－a(x－1)有两个零点，求实数a的取值范围.
解　法一　由函数f(x)＝ex－a(x－1)，可得f'(x)＝ex－a.
当a≤0时，f'(x)＝ex－a>0在R上恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，
此时f(x)至多有一个零点，不符合题意;
当a>0时，令f'(x)＝0，可得x＝ln a，
令x令x>ln a，得f'(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln a时，f(x)取得极小值，也是最小值，
若f(ln a)>0，此时f(x)>0恒成立，没有零点，
若f(ln a)＝0，a＝e2，此时f(x)有一个零点，
若f(ln a)<0，
即a(2－ln a)<0，解得a>e2，
当a>e2时，ln a>2，
当x＝10，
又当x＝2ln a>ln a时，f(2ln a)＝a2－2aln a＋a＝a(a－2ln a＋1)，
设φ(a)＝a－2ln a＋1，则φ'(a)＝1－，a∈(e2，＋∞)，则φ'(a)>0，
所以φ(a)在(e2，＋∞)上单调递增，
此时φ(a)>φ(e2)＝e2＋1－4>0，
所以f(2ln a)＝a(a－2ln a＋1)>0，
所以f(x)在区间(1，ln a)和(ln a，2ln a)上各有一个零点，
所以实数a的取值范围是(e2，＋∞).
法二　令ex－a(x－1)＝0，
则x≠1，a≠0，那么，
设g(x)＝，
则g'(x)＝，
则g(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(2)＝，又当x<1时，g(x)<0，
当x>1时，g(x)>0，x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，g(x)大致图象如图所示，
由f(x)有两个零点，可知直线y＝与g(x)＝的图象有两个交点，
则0<e2，
所以实数a的取值范围是(e2，＋∞).
感悟提升　函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数;二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数.
训练3 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R.若f(x)＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a的取值范围.
解　由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，ln x－ax＋1＝1，即a＝有且仅有两个不相等实根，
令g(x)＝，h(x)＝a，即g(x)与h(x)的图象有两个交点，
g'(x)＝，当x∈(0，e)时，g'(x)>0，
当x∈(e，＋∞)时，g'(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)的最大值为g(e)＝，
又因为x→0＋时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，
所以当a∈时，g(x)与h(x)的图象有两个交点，如图所示.
所以实数a的取值范围为.
洛必达法则
1.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.
2.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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;
(3)＝A，那么＝A.
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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;
(3)＝A，那么＝A.
3.解决此类问题分为三步:
第一步:分离参数;第二步:利用导数确定最值点;第三步:利用洛必达法则求最值.
典例 (1)(2026·深圳模拟)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　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].
(2)已知函数f(x)＝2ax3＋x.当x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围.
解　当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，
即2ax3＋x>x3－a恒成立，
即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，
即a>恒成立，
令φ(x)＝(x>1)，
∴φ'(x)＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知又φ(x)＝＝，
∴φ(x)<，故a≥.
故a的取值范围为.
1.(2026·合肥模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
解　f'(x)＝，x>0，
由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1.
(1)当a≤0时，令f'(x)>0，得x>1;
令f'(x)<0，得0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，
所以－a－1≥1，即a≤－2.
(2)当a>0时，存在f(1)＝－a－1<0，不满足题意，
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立，
综上，a≤－2.
故实数a的取值范围是(－∞，－2].
2.(2026·昆明诊断节选)已知函数f(x)＝，求证:当x>0时，f(x)≤x－1.
证明　当x>0时，要证f(x)≤x－1，
即证ln x－x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，
则g'(x)＝－2x＋1＝
＝－，
当00，g(x)单调递增;
当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，
即当x>0时，f(x)≤x－1.
3.已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
解　因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，问题等价于a≥在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，
则g'(x)＝.
令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ'(x)＝ex－1，
当x>0时，φ'(x)>0，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(0)＝0，
即当x>0时，ex－(x＋1)>0，
所以当0当x>1时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
4.(2026·湛江模拟节选)已知函数f(x)＝aln(x－1)＋x2－2x，当a<－2时，试判断f(x)的零点个数，并证明.
解　f(x)有两个零点.证明如下:
因为f(2)＝0，所以f(x)有一个零点2.
f'(x)＝，
令f'(x)＝0，解得x1＝1－<1(舍去)，
x2＝1＋.
当x∈(1，x2)时，f'(x)<0，故f(x)单调递减;
当x∈(x2，＋∞)时，f'(x)>0，故f(x)单调递增.
当a<－2时，x2＝1＋∈(2，＋∞)，
f(x2)f(1－a)＝aln(－a)＋a2－1
＝－a[－a－ln(－a)]－1.
下面证明当x≥1时，x－ln x≥1.
令g(x)＝x－ln x(x≥1)，
g'(x)＝1－≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1.
因为－a>2>1，
所以f(1－a)＝－a[－a－ln(－a)]－1>－a－1>0.
易知1－a>x2，
所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3，
所以当a<－2时，f(x)有两个零点.(共36张PPT)
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第三章　一元函数的导数及其应用
第8节　导数的综合问题
1.导数的综合问题是高考考查的热点内容，常见热点题型有利用导数解决不等式的恒(能)成立问题、证明不等式，利用导数研究函数的图象与性质，求解其零点问题等.
2.以解答题的形式压轴出现，难度较大.
课标要求
例1 若不等式2(x－2)ex＋2ax≥ax2对x∈[2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围.
题型一　利用导数研究不等式恒(能)成立问题
法一　依题意，2(x－2)ex＋2ax≥ax2在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，4a≥4a，∴a∈R;
当x>2时，原不等式化为a≤，
令g(x)＝，则g'(x)＝，
∵x>2，∴g'(x)>0，
∴g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(2)＝e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(－∞，e2].
法二　依题意，当x∈[2，＋∞)时，
2(x－2)ex＋2ax－ax2≥0恒成立，
令φ(x)＝2(x－2)ex＋2ax－ax2，
x∈[2，＋∞)，
∴φ(x)≥0恒成立，
φ'(x)＝2(x－1)ex＋2a－2ax
＝2(x－1)(ex－a)，
又x≥2，∴x－1>0，ex≥e2，
①当a≤e2时，φ'(x)≥0，
∴φ(x)在[2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(2)＝0，
∴φ(x)≥0恒成立，故a≤e2符合题意.
②当a>e2时，令φ'(x)＝0 x＝ln a，
当x∈[2，ln a)时，φ'(x)<0，
x∈(ln a，＋∞)时，φ'(x)>0，
∴φ(x)在[2，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)<φ(2)＝0，
与φ(x)≥0恒成立矛盾，∴a>e2不成立，
综上，a的取值范围是(－∞，e2].
感悟提升
恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间I上有最值，则
①恒成立: x∈I，f(x)>0 f(x)min>0; x∈I，f(x)<0 f(x)max<0.
②能成立: ∈I，f(x)>0 f(x)max>0; x∈I，f(x)<0 f(x)min<0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为a>f(x)(或a①恒成立:a>f(x) a>f(x)max;a②能成立:a>f(x) a>f(x)min;a训练1 (2026·宜昌质检节选)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R，若x∈(0，e] 时，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范围.
依题意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤在x∈(0，e]时有解，
令g(x)＝，x∈(0，e]，
求导得g'(x)＝－＝－，
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得所以函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，
当x＝时，函数g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(－∞，e2].
例2 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.当a≤2时，证明:当x>1时，f(x)法一　因为a≤2，
所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.
易知g'(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g'(x)＝ex－1－2＋，
则h'(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，h'(x)>h'(1)＝0，
题型二　利用导数证明不等式
所以h(x)＝g'(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g'(x)>g'(1)＝0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，
g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，f(x)法二　设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，
只需证当x>1时g(x)<0即可.
易知g'(x)＝a－－ex－1，
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝－ex－1，
由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1，＋∞)上单调递减，
则当x>1时，h'(x)所以h(x)＝g'(x)在(1，＋∞)上单调递减，
于是当x>1时，g'(x)又a≤2，所以a－2≤0，
则当x>1时，g'(x)<0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以当x>1时，g(x)即当x>1时，f(x)感悟提升
利用导数证明不等式的解题策略
(1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究最值即可得证.
(2)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.
(3)对于函数中含有ex和ln x与其他代数式结合的问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.常见的放缩公式如下:
①ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号;②ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号.
训练2 (2023·新高考Ⅱ卷节选)证明:当0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)上单调递减，
又h'(0)＝0，
所以当0所以当0即x－x2令g(x)＝sin x－x(0则g'(x)＝cos x－1≤0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，又g(0)＝0，
所以当0即sin x综上，当0例3 (2026·郑州调研)已知函数f(x)＝ex－a(x－1)有两个零点，求实数a的取值范围.
题型三　利用导数研究函数的零点
法一　由函数f(x)＝ex－a(x－1)，可得f'(x)＝ex－a.
当a≤0时，f'(x)＝ex－a>0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，
此时f(x)至多有一个零点，不符合题意;
当a>0时，令f'(x)＝0，可得x＝ln a，
令xln a，得f'(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以x＝ln a时，f(x)取得极小值，也是最小值，
若f(ln a)>0，此时f(x)>0恒成立，没有零点，
若f(ln a)＝0，a＝e2，此时f(x)有一个零点，
若f(ln a)<0，即a(2－ln a)<0，解得a>e2，
当a>e2时，ln a>2，当x＝10，
又当x＝2ln a>ln a时，f(2ln a)＝a2－2aln a＋a＝a(a－2ln a＋1)，
设φ(a)＝a－2ln a＋1，则φ'(a)＝1－，a∈(e2，＋∞)，则φ'(a)>0，
所以φ(a)在(e2，＋∞)上单调递增，
此时φ(a)>φ(e2)＝e2＋1－4>0，所以f(2ln a)＝a(a－2ln a＋1)>0，
所以f(x)在区间(1，ln a)和(ln a，2ln a)上各有一个零点，
所以实数a的取值范围是(e2，＋∞).
法二　令ex－a(x－1)＝0，
则x≠1，a≠0，那么，设g(x)＝，则g'(x)＝，
则g(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(2)＝，又当x<1时，g(x)<0，
当x>1时，g(x)>0，x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，
g(x)→0，g(x)大致图象如图所示，
由f(x)有两个零点，可知直线y＝与g(x)＝的图象有两个交点，
则0<e2，所以实数a的取值范围是(e2，＋∞).
感悟提升
函数的零点问题有两种常见方法，一是分离参数法，作出函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数;二是利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定参数的范围或零点的个数.
训练3 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R.若f(x)＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a的取值范围.
由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，ln x－ax＋1＝1，
即a＝有且仅有两个不相等实根，
令g(x)＝，h(x)＝a，即g(x)与h(x)的图象有两个交点，
g'(x)＝，当x∈(0，e)时，g'(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，g'(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以函数g(x)的最大值为g(e)＝，
又因为x→0＋时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，
所以当a∈时，g(x)与h(x)的图象有两个交点，如图所示.
所以实数a的取值范围为.
1.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.
洛必达法则 拓展视野
2.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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;
(3)＝A，那么＝A.
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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0;
(3)＝A，那么＝A.
3.解决此类问题分为三步:
第一步:分离参数;第二步:利用导数确定最值点;第三步:利用洛必达法则求最值.
典例 (1)(2026·深圳模拟)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.
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].
(2)已知函数f(x)＝2ax3＋x.当x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，
即2ax3＋x>x3－a恒成立，
即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，
即a>恒成立，
令φ(x)＝(x>1)，
∴φ'(x)＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知又φ(x)＝＝，
∴φ(x)<，故a≥.
故a的取值范围为.
课时对点精练
1.(2026·合肥模拟节选)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R)，若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围.
f'(x)＝，x>0，由题意f(x)≥1，则f(x)min≥1.
(1)当a≤0时，令f'(x)>0，得x>1;令f'(x)<0，得0所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a－1，所以－a－1≥1，即a≤－2.
(2)当a>0时，存在f(1)＝－a－1<0，不满足题意，
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立，综上，a≤－2.
故实数a的取值范围是(－∞，－2].
2.(2026·昆明诊断节选)已知函数f(x)＝，求证:当x>0时，f(x)≤x－1.
当x>0时，要证f(x)≤x－1，
即证ln x－x2＋x≤0，
令g(x)＝ln x－x2＋x(x>0)，
则g'(x)＝－2x＋1＝＝－，
当00，g(x)单调递增;
当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，即当x>0时，f(x)≤x－1.
3.已知函数f(x)＝ex－ax－1，若f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
因为f(x)≤x2在(0，＋∞)上有解，
所以ex－x2－ax－1≤0在(0，＋∞)上有解，
当x>0时，问题等价于a≥在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝，
则g'(x)＝.
令φ(x)＝ex－(x＋1)，则φ'(x)＝ex－1，
当x>0时，φ'(x)>0，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(0)＝0，
即当x>0时，ex－(x＋1)>0，
所以当0当x>1时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)min＝e－2，所以a≥e－2，
综上可知，实数a的取值范围是[e－2，＋∞).
4.(2026·湛江模拟节选)已知函数f(x)＝aln(x－1)＋x2－2x，当a<－2时，试判断f(x)的零点个数，并证明.
f(x)有两个零点.证明如下:
因为f(2)＝0，所以f(x)有一个零点2.
f'(x)＝，
令f'(x)＝0，解得x1＝1－<1(舍去)，
x2＝1＋.
当x∈(1，x2)时，f'(x)<0，故f(x)单调递减;
当x∈(x2，＋∞)时，f'(x)>0，故f(x)单调递增.
当a<－2时，x2＝1＋∈(2，＋∞)，
f(x2)f(1－a)＝aln(－a)＋a2－1
＝－a[－a－ln(－a)]－1.
下面证明当x≥1时，x－ln x≥1.
令g(x)＝x－ln x(x≥1)，
g'(x)＝1－≥0，
故g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝1.
因为－a>2>1，
所以f(1－a)＝－a[－a－ln(－a)]－1>－a－1>0.
易知1－a>x2，
所以f(x)在(x2，＋∞)上存在唯一的零点x3，
所以当a<－2时，f(x)有两个零点.

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