高考数学一轮复习考点突破讲与练 第3章 第2节　第3课时　题型研究 “函数与导数”大题常考的三类题型 (含解析)

这是一份高考数学一轮复习考点突破讲与练 第3章 第2节　第3课时　题型研究 “函数与导数”大题常考的三类题型 (含解析)，共18页。试卷主要包含了学前明考情——考什么，课堂研题型——怎么办等内容，欢迎下载使用。

第3课时　题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型
一、学前明考情——考什么、怎么考

1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，
则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a>0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①当h(2)>0，即a<时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③当h(2)<0，即a>时，
因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点．
由(1)知，当x>0时，ex>x2，
所以h(4a)＝1－＝1－>1－＝1－>0，
故h(x)在(2,4a)上有一个零点．
因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝.
3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，
所以当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.

常规角度
1.单调性问题．主要考查利用导数求函数的单调区间或讨论函数的单调性以及由函数的单调性求参数范围.
2.函数零点问题．主要考查判断函数的零点个数以及由函数零点或方程的根求参数的值或取值范围．
3.不等式问题．主要考查不等式的证明、不等式恒成立或不等式存在性问题．
主要以解答题为主，综合性较强，难度较大
创新角度
常与切线、函数的单调性、极值、最值等知识综合命题，且常与指数函数、对数函数的复合函数结合

二、课堂研题型——怎么办、提知能


利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的单调性是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则较难．
常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数．
考法一　求函数的单调区间　
[例1]　(2018·湘东五校联考节选)已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．当x>1时，求f(x)的单调区间．
[解]　f′(x)＝·x＋ln x－k－1＝ln x－k，
①当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，
所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间．
②当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝ek，
当1ek时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．
综上所述，当k≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k>0时，函数f(x)的单调递减区间是(1，ek)，单调递增区间是(ek，＋∞)．
[方法技巧]
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．　　
[针对训练]
(2019·湖南、江西十四校联考)已知f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax，求f(x)的单调 递减区间．
解：易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)，
令f′(x)＝0得x＝或x＝e.
当a≤0时，因为x>0，所以2x－a>0，
令f′(x)<0得x 当a>0时，
①若0，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为；
②若＝e，即a＝2e，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，f(x)没有单调递减区间；
③若>e，即a>2e，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当02e时，f(x)的单调递减区间为.
考法二　讨论函数的单调性　
[例2]　已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性．
[解]　f′(x)＝(x>0)，
①当a<0时，f′(x)>0恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，由f′(x)＝>0，得x>；
由f′(x)＝<0，得0 ∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
[方法技巧]
讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．　　
[针对训练]
已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.
①若a＝0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>0，则当x＝时，f′(x)＝0，
当0 当x>时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
③若a<0，则当x＝－时，f′(x)＝0，
当0 当x>－时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
考法三　由函数的单调性求参数　
[例3]　设函数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.
(1)求b，c的值；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)知f(x)＝x3－x2＋1，
则g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a 当且仅当x＝，即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
[方法技巧]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．　　
[针对训练]
已知函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋3.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x2＋3，定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＋x＝.
由得0＜x＜1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
(2)法一：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
法二：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，
因为Δ＝(a＋1)2－4a≥0恒成立，
所以即a≥0，
所以实数a的取值范围是[0，＋∞).

利用导数研究函数的零点或方程根
[典例]　(2019·安徽十大名校联考)设函数f(x)＝ex－x2－ax－1(e为自然对数的底数)，a∈R.
(1)证明：当a<2－2ln 2时，f′(x)没有零点；
(2)当x>0时，f(x)＋x≥0恒成立，求a的取值范围．
[解]　(1)证明：∵f′(x)＝ex－2x－a，令g(x)＝f′(x)，
∴g′(x)＝ex－2.令g′(x)<0，解得x 令g′(x)>0，解得x>ln 2，
∴f′(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)min＝f′(ln 2)＝2－2ln 2－a.
当a<2－2ln 2时，f′(x)min>0，
∴f′(x)的图象恒在x轴上方，∴f′(x)没有零点．
(2)当x>0时，f(x)＋x≥0恒成立，即ex－x2－ax＋x－1≥0恒成立，
∴ax≤ex－x2＋x－1，即a≤－x－＋1恒成立．
令h(x)＝－x－＋1(x>0)，
则h′(x)＝.
当x>0时，ex－x－1>0恒成立，
令h′(x)<0，解得00，解得x>1，
∴h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝e－1.
∴a的取值范围是(－∞，e－1]．
[方法技巧]
利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
(1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等；
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置；
(3)利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．　　
[针对训练]　
(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论g(x)＝f(x)在区间[0,1]上零点的个数．
解：(1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)<0，得x 令f′(x)>0，得x>ln a，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)令g(x)＝0，得f(x)＝0或x＝，
先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数，
①当a≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)＝0，
∴f(x)在[0,1]上有一个零点；
②当a≥e时，f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)＝0，
∴f(x)在[0,1]上有一个零点；
③当1 而f(1)＝e－a－1，当e－a－1≥0，即1 当e－a－1<0，即e－1 当x＝时，由f＝0得a＝2(－1)．
∴当a≤1或a>e－1或a＝2(－1)时，g(x)在[0,1]上有两个零点；
当1
利用导数研究不等式
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中、高档题．
常见的考法有：(1)证明不等式．(2)不等式恒成立问题．(3)存在型不等式成立问题．
考法一　证明不等式　
[例1]　(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
[解]　(1)因为f′(x)＝，
所以f′(0)＝2，f(0)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a≥1时，
f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，
则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
[方法技巧]
1．利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)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h(x)>0.
2．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．　　
[针对训练]
(2018·广西柳州毕业班摸底)已知函数f(x)＝ax＋xln 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＋xln 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，
所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.
当f′(x)>0时，x>e－2；当f′(x)<0时，0 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋xln x.
令g(x)＝f(x)－3(x－1)，
即g(x)＝xln x－2x＋3(x>0)．
g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.
由g′(x)>0，得x>e；由g′(x)<0，得0 所以g(x)在(0，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.
于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)>0，所以f(x)>3(x－1)．
考法二　不等式恒成立问题　
[例2]　(2019·安徽江淮十校联考)已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
[解]　(1)由题意知f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0 ∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，
f(x)在x＝处取得极小值，极小值为f＝－，无极大值．
(2)由f(x)≥及f(x)＝xln x，
得m≤，
问题转化为m≤min.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0 所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
所以g(x)min＝g(1)＝4，
即m≤4，所以m的最大值是4.
[方法技巧]
不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：

(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．　
[针对训练]
设函数f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解：令F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2.
F(0)＝2k－2≥0⇒k≥1，F(－2)＝－2ke－2＋2≥0⇒k≤e2，所以1≤k≤e2.
由F′(x)＝2(x＋2)(kex－1)＝0⇒x1＝－2，x2＝－ln k≥－2.
①当k＝e2时，F′(x)＝2(x＋2)(ex＋2－1)≥0，
所以F(x)在[－2，＋∞)递增，
所以F(x)≥F(－2)＝0.
②当1≤k x
(－2，－ln k)
(－ln k，＋∞)
F′(x)
－
＋
F(x)min＝F(－ln k)＝ln k(2－ln k)≥0.
综上，1≤k≤e2.
考法三　不等式存在性问题　
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
[例3]　(2019·云南统考)已知函数f(x)＝－ax(a>0)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；
(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，
所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.
又f′(x)＝－a＝－2＋－a，
故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，
所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.
(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有
f(x)min≤f′(x)max＋a，
当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＋a＝，
问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．
①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，
则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.
②当0 故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.
由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：
当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)，
所以a≥－>－>－＝，
与0 综上，实数a的取值范围为.
[方法技巧]
不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．　　

[针对训练]　
(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R在(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围．
解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，
∴f′(x)＝－1＝.
令f′(x)>0，得01.
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为
ln x－＋x－>k(x－1)．
令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)，x>1，
则g′(x)＝－x＋1－k＝.
∵x>1，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，
h(x)的对称轴为x＝，
①当≤1，即k≥－1时，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，
∴h(x) 若k≥1，则h(x)≤0，∴g′(x)≤0，∴g(x)在(1，x0)上单调递减，
∴g(x) 若－1≤k<1，则h(1)>0，∴必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
②当>1，即k<－1时，易知必存在x0使得h(x)在 (1，x0)上单调递增，∴h(x)>h(1)＝1－k>0，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(1，x0)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意．
综上，k的取值范围是(－∞，1).
[课时跟踪检测]
1．设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝－1±，
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)
上单调递增．
(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，
令x＝0，可得g(0)＝0.g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，
令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，
当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，
要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，
即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2．(2019·重庆调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f′(x)＝－2x－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)，
当00；当x>时，f′(x)<0.
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，＋∞.
(2)令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x<1时，g′(x)<0；当10，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋>3－，∴实数a的取值范围是.
3．已知函数f(x)＝(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x∈[1，＋∞)，不等式f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝，
当a≤－时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当a>－时，令x2－2x－2a＝0，
解得x1＝1－，x2＝1＋.
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－)和(1＋，＋∞)，单调递减区间为(1－，1＋)．
(2)f(x)>－1⇔>－1⇔2a>x2－ex，
由条件知，2a>x2－ex对∀x≥1恒成立．
令g(x)＝x2－ex，h(x)＝g′(x)＝2x－ex，∴h′(x)＝2－ex.
当x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e<0，
∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)＝2x－ex≤2－e<0，即g′(x)<0，
∴g(x)＝x2－ex在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，
故若f(x)>－1在[1，＋∞)上恒成立，
则需2a>g(x)max＝1－e，
∴a>，即实数a的取值范围是.

4．(2019·广西柳州模拟)已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的取值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)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)＝＋2x－4＝.
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，∴a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，
∴当0 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)≥F(1)＝1>0，∴a≥.
记G(x)＝，x∈，
∴G′(x)＝＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
5．(2019·武汉调研)已知函数f(x)＝ln x＋，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明f(x)≥.
解：(1)f′(x)＝－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增；
若0 (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min＝f(a)＝ln a＋1.
要证f(x)≥，只需证ln a＋1≥，
即证ln a＋－1≥0.
令函数g(a)＝ln a＋－1，则g′(a)＝－＝(a>0)，
当01时，g′(a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(a)min＝g(1)＝0.
所以ln a＋－1≥0恒成立，
所以f(x)≥.
6．(2019·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
解：(1)f′(x)＝x－＝(x>0)．
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2ln a.
令a2－a2ln a≥0，解得0 故a的取值范围是(0，]．
(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
不失一般性，设0 要证x1＋x2>2a，即x1>2a－x2，则只需证f(x1) 因为f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2) 设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x≤2a.
则g′(x)＝x－＋2a－x－＝－≤0，
所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0.
又a 即f(x2)2a.