2024届高考数学一轮复习第3章第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第3章第2节第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题学案，共24页。


考点1 分离参数法解决恒(能)成立问题——综合性
已知函数f(x)＝2x－2ln x＋a，g(x)＝－ax－2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈0，12恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝2x－2ln x＋a，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝2－2x＝2x-2x.
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由题意可得，f(x)＋g(x)＞0对任意的x∈0，12恒成立，
即a＞2＋2lnx1-x对任意的x∈0，12恒成立．
令h(x)＝2＋2lnx1-x，则h′(x)＝2x-2+2lnx1-x2.
令m(x)＝2x－2＋2ln x，则m′(x)＝-2+2xx2.
当x∈0，12时，m′(x)＜0，则m(x)在0，12上单调递减．
又当x＝12时，m12＝4－2＋2ln 12＞0，
所以当x∈0，12时，m(x)＞0，即当x∈0，12时，h′(x)＞0，
所以h(x)在0，12上单调递增，
故h(x)＜h12＝2－4ln 2，所以a≥2－4ln 2，
故实数a的取值范围为[2－4ln 2，＋∞)．
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，把问题转化为求函数最值问题．
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)有解⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)有解⇔a≤f(x)max.
已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝lnxx.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R，
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R，没有单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以ax≤lnxx，即a≤lnxx2.
设h(x)＝lnxx2，问题转化为a≤lnxx2max.
由h′(x)＝1-2lnxx3，令h′(x)＝0，得x＝e.
当x在(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x的变化情况如下表：
由表可知，当x＝e时，函数h(x)有极大值，即最大值，为12e，所以a≤12e，
故a的取值范围是-∞，12e.
考点2 等价转化法解决恒(能)成立问题——综合性
(2022·沈阳三模)已知函数f(x)＝(x＋1)·e－ax，其中a≠0.
(1)若f(x)的极值为1，求实数a的值；
(2)若对任意x≥0，有f(x)≤12x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝(x＋1)e－ax，则f′(x)＝－e－ax·[ax－(1－a)]，令f′(x)＝0，解得x＝1a－1.
①当a＜0时，f(x)的单调递增区间为1a-1，+∞，单调递减区间为-∞，1a-1，所以f(x)的极小值为f1a-1＝ea-1a<0，因此极值不为1，不符合题意；
②当a＞0时，f(x)的单调递增区间为-∞，1a-1，单调递减区间为1a-1，+∞，所以f(x)的极大值为f1a-1＝ea-1a.
令ea-1a＝1，则a是方程ea-1－a＝0的根．
令g(a)＝ea-1－a(a＞0)，则g′(a)＝ea-1－1.
令g′(a)＝0，则a＝1，所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，则当a＝1时，g(a)取得最小值g(1)＝0，所以方程ea-1－a＝0仅有一根，当且仅当a＝1时，f(x)的极值为1.
综上所述，a＝1.
(2)原命题即：对任意x≥0，有(x＋1)e－ax≤12x＋1恒成立，
等价于：对任意x≥0，有e－ax·x+1x+2≤12恒成立．
令h(x)＝e－ax·x+1x+2，
则h′(x)＝e-axx+22[1－a(x＋1)(x＋2)]＝e－ax·x+1x+2·
1x+1x+2-a.
①当a≥12时，对任意x≥0，1x+1x+2－a≤0，则h′(x)≤0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(0)＝12，符合题意．
②当0114+1a-1214+1a+12
－a＝0，
因此当x∈0，14+1a-32时，h′(x)＞0，故h(x)在x∈0，14+1a-32上单调递增，
所以当x∈0，14+1a-32时，h(x)＞h(0)＝12，不符合题意．
③当a＜0时，对任意x≥0，有1x+1x+2－a>0，则h′(x)＞0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝12，不符合题意．
综上所述，a的取值范围为12，+∞.
等价转化法解决恒成立问题的关键是将不等式进行等价转化，构造新函数，通过求新函数单调性与最值解决问题．
已知函数f(x)＝eaxln x－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，1)，f(x)＜0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x－x＋1，得f′(x)＝1x－1(x＞0)．
当0＜x＜1时，f′(x)＝1x－1＞0；
当x＞1时，f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为[1，＋∞)．
(2)由(1)知当a＝0时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，
则f(x)＜f(1)＝0符合题意．
当a＞0时，x∈(0，1)，则eax＞1，ln x＜0，
所以eaxln x＜ln x.
由(1)知f(x)＝ln x－x＋1＜f(1)＝0，
所以eaxln x＜ln x＜x－1，故f(x)＜ln x－x＋1＜0成立，则a＞0符合题意．
当a＜0时，由f′(x)＝eaxalnx+1x－1，x∈(0，1)，
令g(x)＝a ln x＋1x，则g′(x)＝ax-1x2＜0，
所以g(x)在x∈(0，1)上单调递减，得g(x)＞g(1)＝1.
又y＝eax在(0，1)上单调递减，所以f′(x)＝eaxg(x)－1在(0，1)上单调递减．
又f′(1)＝ea－1＜0，
故设f′(x0)＝0，当x0＜x＜1时，有f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，1)上单调递减，
则有f(x0)＞f(1)＝0，故a＜0不符合题意，
综上所述，实数a的取值范围为{a|a≥0}．
考点3 双参不等式恒(能)成立问题——综合性
设f(x)＝ax＋x ln 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∈12，2，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(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，
得g′(x)＝3x2－2x＝3xx-23.
令g′(x)>0，得x<0或x>23；
令g′(x)<0，得0又x∈[0，2]，所以g(x)在区间0，23上单调递减，在区间23，2上单调递增．又g(0)＝－3，g(2)＝1，所以gxmin＝g23＝－8527，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝11227≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈12，2，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间12，2上，函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间12，2上，g(x)的最大值为g(2)＝1，
所以在区间12，2上，f(x)＝ax＋x ln x≥1恒成立，等价于a≥x－x2 ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2 ln x，则h′(x)＝1－2x ln x－x，
可知h′(x)在区间12，2上单调递减．
又h′(1)＝0，
所以当1当120.
即函数h(x)＝x－x2 ln x在区间12，1上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥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，常见的等价变换有：
1∀x1，x2∈D，fx1>gx2⇔fxmin>gxmax.
2∀x1∈D1，∃x2∈D2，fx1>gx2⇔fxmin>gxmin.
3∃x1∈D1，∀x2∈D2，fx1>gx2⇔fxmax>gxmax.
4∃x1∈D1，∃x2∈D2，fx1>gx2⇔fxmax>gxmin.
已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－ax(a∈R)，g(x)＝12x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x-1x-ax2(a∈R)，
当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝1－a；
当1＜a＜e时，x∈[1，a]，f′(x)≤0，f(x)单调递减，x∈[a，e]，f′(x)≥0，f(x)单调递减，
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，x∈[1，e]，f′(x)≤0，f(x)单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－ae.
(2)存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，即f(x)min＜g(x)min，
当a＜1时，由(1)可知，x∈[e，e2]，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－ae.
g′(x)＝x＋ex－xex－ex＝x(1－ex)，
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，gxmin＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－ae<1，即a>e2-2ee+1，
所以a的取值范围为e2-2ee+1，1.
已知函数f(x)＝lnx-ax(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[四字程序]
思路参考：构造函数h(x)＝x ln x－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．
解：x2f(x)＋a≥2－e，即x ln x－ax＋a＋e－2≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝x ln x－ax＋a＋e－2，
则h′(x)＝ln x＋1－a.
令h′(x)＝0，得x＝ea-1.
当x∈(0，ea-1)时，h′(x)<0；
当x∈(ea-1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea-1)＝a＋e－2－ea-1.
令t(a)＝a＋e－2－ea-1，则t′(a)＝1－ea-1.
令t′(a)＝0，得a＝1.
当a∈[0，1)时，t′(a)>0，t(a)在[0，1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0，1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－1e>0；
当a∈[1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea-1≥0＝t(2)，所以1≤a≤2.
故a∈[0，2]．
思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝ln x－a＋a+e-2x的最值问题来研究．
解：要使x2f(x)＋a≥2－e对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋a+e-2x≥0即可．
代入f(x)可得ln x－a＋a+e-2x≥0.
构造函数g(x)＝ln x－a＋a+e-2x，
g′(x)＝x-a+e-2x2.
当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln (a＋e－2)－a＋1.
再构造函数h(a)＝ln (a＋e－2)－a＋1，
则h′(a)＝3-a-ea+e-2.
令h′(a)＝0得到a＝3－e.
当a∈[0，3－e)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；
当a∈(3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．
而h(0)＝ln (e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，
但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.
思路参考：分离参数，a≥xlnx+e-2x-1(01)，减弱参数的影响，避免过多的讨论．
解：原式可变为x ln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0，1)时，分离变量可得a≥xlnx+e-2x-1.
先求出函数g(x)＝x ln x的最小值．
求得g′(x)＝ln x＋1.
当x∈(0，e-1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e-1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e-1)＝－e-1.
因为此时(x ln x)min＝－e-1，
所以x ln x＋e－2≥－e-1＋e－2>0.
又因为x∈(0，1)，所以xlnx+e-2x-1<0，
而a≥0，所以a≥xlnx+e-2x-1显然成立．
当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤xlnx+e-2x-1.
若令t(x)＝xlnx+e-2x-1，此时只需当x∈(1，＋∞)时，a≤txmin.
求得t′(x)＝x-lnx-e-1x-12，易得t′(e)＝0.
下证x＝e是t′(x)＝x-lnx-e-1x-12在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h′(x)＝1－1x.
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)单调递增．
即x＝e是t′(x)＝x-lnx-e-1x-12的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0，2].

思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋(2－e)，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝x ln x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．
解：通过变形原不等式等价于证明：x ln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．
若令g(x)＝x ln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝x ln x的图象．
由解法3可知：当x∈(0，e-1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e-1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e-1)＝－e-1.
其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1，2－e)的直线，
且g(x)min＝－e-1>2－e.
两个函数的图象大致如图(1)所示：
图(1) 图(2)
所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．
设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，如图(2)，
则可得ax0-1+2-e=x0lnx0①，a=g'x0=lnx0+1②.
消去ln x0得2－e＝a－ea-1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea-1＋e－2，则t′(a)＝1－ea-1.
当t′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0，1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；
当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e-1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0，1]上无零点，
在区间(1，＋∞)有且仅有一个零点a＝2.
综上所述，a∈[0，2].
思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)＝ln x－a和h(x)＝2-a-ex，然后通过分析这两个函数的图象发现两条曲线相切时，即为参数的临界值．
解：原式化为ln x－a≥2-a-ex对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
下面我们研究函数g(x)＝ln x－a和函数h(x)＝2-a-ex.
a≥0，显然两个函数在x∈(0，＋∞)上都是单调递增的．
而且我们可以验证当a＝0时上式成立，
即ln x>2-ex(证明略)．
也就是说a＝0时，g(x)的图象在h(x)的图象上方．
如图(3)：
图(3)
所以当a越来越大时，两个图象会越来越接近．
所以当g(x)和h(x)的图象相切时，a取得最大值，如图(4)．
图(4)
所以我们假设二者的图象相切于点P(x0，y0)，
得gx0=hx0，g'x0=h'x0，
即lnx0-a=2-a-ex0，1x0=a+e-2x02.
化简得e＋a－2＝ea-1，解得a＝2.
仿照解法4，可以证明这是唯一解．
所以a∈[0，2].
1．本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是——参变分离、数形结合、最值分析等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．
2．基于课程标准，解答本题一般需要有良好的运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题．此类题在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养方面起到了积极的作用，是高考考查的一个热点．
已知函数f(x)＝lnx+axex，a∈R.若函数y＝f(x)在x＝x0(ln 2证明：函数f(x)＝lnx+axex的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1x+a-lnx+axex(x>0)．
因为函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，
所以f′(x0)＝1x0+a-lnx0+ax0ex0＝0，且f(x0)＝lnx0+ax0ex0＝1，所以1x0＋a＝ln x0＋ax0＝ex0，所以a＝ex0－1x0.令r(x)＝ex－1x(x>0)，则r′(x)＝ex＋1x2>0，
所以r(x)在(ln 2，ln 3)上单调递增．
又ln 2课时质量评价(十九)
A组 全考点巩固练
1．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e]，若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．
解：因为f(x)≤0，即ax＋ln x≤0对任意x∈[1，e]恒成立，所以a≤－lnxx，x∈[1，e].
令g(x)＝－lnxx，x∈[1，e]，则g′(x)＝lnx-1x2.
因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，所以g(x)min＝g(e)＝－1e，
所以a≤－1e.所以实数a的取值范围是-∞，-1e.
2．设函数f(x)＝a ln x＋1-a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b，由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝a ln x＋1-a2x2－x，
则f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1-axx-a1-a(x－1)．
①若a≤12，则a1-a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以，存在x0≥1，使得f(x0)②若121，故当x∈1，a1-a时，f′(x)<0；当x∈a1-a，+∞时，f′(x)>0，f(x)在1，a1-a上单调递减，在a1-a，+∞上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)而fa1-a＝a ln a1-a+a221-a+aa-1>aa-1，所以不合题意．
③若a>1，此时存在f(1)＝1-a2－1＝-a-12综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．
3．设n∈N*，函数f(x)＝lnxxn，函数g(x)＝exxn，x∈(0，＋∞)．
(1)求函数g(x)的单调区间和最值；
(2)若当n＝3时，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)成立，求实数t的取值范围．
解：(1)g′(x)＝exx-nxn+1，令 g′(x)＝0，解得x＝n.
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化如下表所示：
所以函数g(x)在(0，n)上单调递减，在(n，＋∞)上单调递增．
g(x)min＝ennn，无最大值．
(2)当n＝3时，函数f(x)＝lnxx3，g(x)＝exx3，x＞0.
由题意，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤t≤g(x2)恒成立，
只需当x∈(0，＋∞)时，f(x)max≤t≤g(x)min.
因为f′(x)＝1-3lnxx4.令f′(x)＝0，解得x＝e13.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化如下表所示：
所以f(x)max＝f(e13)＝13e.
又因为g′(x)＝exx-3x4，令 g′(x)＝0，解得x＝3.
由(1)知g(x)min＝g(3)＝e327.
综上所述，得13e≤t≤e327.
4．(2023·合肥模拟)已知a为实数，函数f(x)＝a ln x＋x2－4x.
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈1e，e，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)＝ax＋2x－4＝2x2-4x+ax.
因为x＝3是函数f(x)的一个极值点，
所以f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得x0-lnx0a≥x02－2x0，
记F(x)＝x－ln x (x>0)，则F′(x)＝x-1x(x>0)，
所以当0当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
所以F(x)≥F(1)＝1>0，所以a≥x02-2x0x0-lnx0.
记G(x)＝x2-2xx-lnx，x∈1e，e，
则G′(x)＝2x-2x-lnx-x-2x-1x-lnx2＝x-1x-2lnx+2x-lnx2.
因为x∈1e，e，所以2－2 ln x＝2(1－ln x)≥0，
所以x－2 ln x＋2>0，
所以当x∈1e，1时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
所以G(x)min＝G(1)＝－1，所以a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
B组 新高考培优练
5．已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝12x2.
(1)求函数f(x)在1e2，1上的最值；
(2)若对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝ln x＋1单调递增，
令f′(x)＝ln x＋1＝0，得x＝1e，
当x∈1e2，1e时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈1e，1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以，f(x)min＝f(x)极小值＝f1e＝－1e.
又f1e2＝－2e2，f(1)＝0，
故f(x)min＝f1e＝－1e，f(x)max＝f(1)＝0.
(2)因为m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)．
等价于mg(b)－f(b)＞mg(a)－f(a)对于任意b>a>0恒成立，
令h(x)＝mg(x)－f(x)＝m2x2－x ln x，
因为对b＞a＞0，总有m[g(b)－g(a)]＞f(b)－f(a)成立，
所以，h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
问题转化为h′(x)＝mx－ln x－1≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即m≥lnx+1x对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令φ(x)＝lnx+1x，则φ′(x)＝－lnxx2，由φ′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝1，
故m的取值范围是[1，＋∞)．
6．(2022·新高考Ⅱ卷) 已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
(3)设n∈N*，证明：112+1+122+2＋…＋1n2+n>ln (n＋1)．
(1)解：当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex，则f′(x)＝xex，
当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)解：设h(x)＝xeax－ex＋1，则h(0)＝0，
又h′(x)＝(1＋ax)eax－ex，设g(x)＝(1＋ax)eax－ex，
则g′(x)＝(2a＋a2x)eax－ex.若a>12，则g′(0)＝2a－1>0.
因为g′(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0，＋∞)，使得∀x∈(0，x0)，总有g′(x)>0，
故g(x)在(0，x0)上为增函数，故g(x)>g(0)＝0，
故h(x)在(0，x0)上为增函数，故h(x)>h(0)＝0，与题设矛盾．
若0下证：对任意x>0，总有ln (1＋x)证明：设S(x)＝ln (1＋x)－x，故S′(x)＝11+x－1＝-x1+x<0，
故S(x)在(0，＋∞)上为减函数，故S(x)由上述不等式有eax＋ln (1+ax)－ex故h′(x)<0总成立，即h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)当a≤0时，有h′(x)＝eax－ex＋axeax<1－1＋0＝0，
所以h(x)在(0，＋∞)上为减函数，所以h(x)(3)证明：取a＝12，则∀x>0，总有xe12 x－ex＋1<0成立，
令t＝e12 x，则t>1，t2＝ex，x＝2ln t，
故2t ln t1恒成立．
所以对任意的n∈N*，有2ln n+1n整理得到ln (n＋1)－ln n<1n2+n，
故112+1+122+2＋…＋1n2+n>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故不等式成立．
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
h′(x)
＋
0
—
h(x)

极大值12e

读
想
算
思
a的取值范围
1．恒成立问题的解题策略．
2．如何构造函数
求导研究有关函数的单调性，并求其最值
转化与化归
若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意的
x∈(0，＋∞)
恒成立
1.数形结合．
2．分离参数法．
3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2.
4．构造g(x)＝xf(x)＋a+e-2x
1．h(x)＝x ln x－ax＋a＋e－2，
h′(x)＝ln x＋1－a.
2．g(x)＝ln x
－a＋a+e-2x，
g′(x)＝x-a+e-2x2
1．函数
最值．
2．不等式与对应函数图象的分布关系
x
(0，n)
n
(n，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

ennn

x
(0，e13)
e13
(e13，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

13e
