2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题18导数恒成立与有解问题（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题18导数恒成立与有解问题（教师版），共31页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【方法技巧】
1.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，直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
2.根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
3.含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：
(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
4.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“eq \f(0,0)”型的代数式，就设法求其最值．“eq \f(0,0)”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，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
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→a)) 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)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝∞及eq \(lim,\s\d4(x→a)) 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)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
二、【题型归类】
【题型一】分离参数法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，
得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1>0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
因此，g(x)max＝g(2)＝eq \f(7－e2,4)，
综上可得，实数a的取值范围是
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).
【典例2】已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x).
(1)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\f(1,2)))上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)－eq \f(k,x＋1)≥0恒成立，求实数k的取值范围.
【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
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.
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0＜a＜1＜a＋eq \f(1,2)，
故eq \f(1,2)＜a＜1，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
(2)原不等式可化为当x≥1时，k≤eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(（x＋1）（1＋ln x）,x)(x≥1)，
则g′(x)＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋ln x＋1＋\f(1,x)))x－（x＋1）（1＋ln x）,x2)
＝eq \f(x－ln x,x2).
再令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，
所以g(x)为增函数，
所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
【典例3】已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，
f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，
即x＋y＋2＝0.
(2)方法一 当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－eq \f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立.
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R.
当x>2时，eq \f(1,2)x2－x>0，
所以a≤eq \f(x－2ex,\f(1,2)x2－x)＝eq \f(2ex,x)恒成立．
设g(x)＝eq \f(2ex,x)，则g′(x)＝eq \f(2x－1ex,x2)，
因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
方法二 f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，
所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
f(x)≥f(2)＝0成立．
②当0所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(2)＝0成立．
③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；
在区间(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
【题型二】分类讨论法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞)．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；
所以f(x)的单调递增区间是(0，eq \f(1,a))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意．
②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递增，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，g(x)＞g(1)＝0，
即0＜a＜1时不满足题意(舍去)．
③当a≤0时，g′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，
即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在[－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
【典例3】已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为eq \f(－2,e－1)，2.
因此所求三角形的面积为eq \f(2,e－1).
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－eq \f(1,x).当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
【题型三】等价转化求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ex－1－ax＋ln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥ln x－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－a＋eq \f(1,x)，
∴f′(1)＝2－a＝3，
∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为
ex－1－ax＋a－1≥0，x>0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，
则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤eq \f(1,e)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤eq \f(1,e)符合题意．
②当a>eq \f(1,e)时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(0，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ln a＋1)上单调递减，
在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1，即eq \f(1,e)φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴eq \f(1,e)当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
【典例2】已知函数f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性﹔
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－2ax2,x)，
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时﹐由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(2a))，
由f′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))，
由f′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，
于是有f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递减．
(2)由f(x)>－a，
得a(x2－1)－ln x<0，x∈(1，＋∞)，
－ln x<0，x2－1>0，
当a≤0时，a(x2－1)－ln x<0，满足题意；
当a≥eq \f(1,2)时，
令g(x)＝a(x2－1)－ln x(x>1)，
g′(x)＝eq \f(2ax2－1,x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，
当0由g′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，
由g′(x)<0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))，
于是有g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上单调递增，
g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))则当0综上，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
【典例3】已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x.
(1)当a>2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)【解析】(1)∵x>0，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq \f(2x－ax－1,x)，
又eq \f(a,2)>1，
∴当f′(x)>0时，0eq \f(a,2)，
当f′(x)<0时，1∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2))).
(2)∵存在x∈[1，＋∞)使f(x)f(x)min.
由(1)可得，①当a>2时，
f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)－a＋alneq \f(a,2)即lneq \f(a,2)－eq \f(a,4)<2，
令t＝eq \f(a,2)，φ(t)＝ln t－eq \f(t,2)(t>1)，
φ′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－t,2t)(t>1)，
∴φ(t)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
∴φ(t)max＝φ(2)＝ln 2－1<2恒成立，
即当a>2时，不等式恒成立；
(另解：当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))②当a≤2时，f(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－a－1－eq \f(1,2)，
∴－eq \f(1,2)综合①②得，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
【题型四】双变量的恒(能)成立问题
【典例1】设f(x)＝eq \f(a,x)＋xln 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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
【解析】(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成立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,3)，
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0,2]时，g(x)max＝g(2)＝1，
g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(85,27)，
∴M≤1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(85,27)))＝eq \f(112,27)，
∴满足条件的最大整数M为4.
(2)对任意的s，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，
则f(x)min≥g(x)max.
由(1)知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(2)＝1，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立．
令h(x)＝x－x2ln x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
∴h′(x)＝1－2xln x－x，
令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
h′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递减，
又h′(1)＝0，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)≥0，
当x∈[1,2]时，h′(x)≤0，
∴h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，在[1,2]上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
∴实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】已知函数f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a为正实数．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝eq \f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，
所以f′(x)＝eq \f(－axx－3,ex)(x∈R)，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x<0或x>3.
所以f(x)的单调递增区间为(0,3)，单调递减区间为(－∞，0)和(3，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，
所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq \f(5a,e3).
又f(0)＝－a<0，f(4)＝11ae－4>0，
所以f(0)所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)＝－a.
若∀x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)－f(x2)|<1恒成立，
则需f(x)max－f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)－f(0)<1，
即eq \f(5a,e3)＋a<1，解得a又a>0，所以0故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e3,5＋e3))).
【典例3】设f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)
＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，
在(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，
有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立，
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
【题型五】洛必达法则
【典例1】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．
【解析】方法一 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)上单调递减，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]．
方法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a令g(x)＝eq \f(x＋1lnx＋1,x)(x>0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－lnx＋1,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,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eq \(lim,\s\d4(x→0)) g(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(x＋1lnx＋1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
【典例2】已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2).
(2)方法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，
φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若0若x>ln a，则φ′(x)>0.
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．
∴g(a)故a>1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(exx－1＋1,x2)，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，eq \(lim,\s\d4(x→0))h(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
三、【培优训练】
【训练一】已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极值点.
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝eq \f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围.
【解析】(1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·eq \f(1,x)
＝xa－1(aln x＋1)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))eq \s\up12(a－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln \f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，
所以x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极小值点，因此a＝2.
(2)由(1)知f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝－eq \f(1,2e)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x.
①当k＞0时，
当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq \f(1,k)，使得g(x2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝－eeq \f(1,k)＜－1＜－eq \f(1,2e)≤f(x1)，符合题意.
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝eq \f(1,\r(e))，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)＜0，不符合题意.
③当k＜0时，
当x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(1)＝eq \f(k,e)，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，
即eq \f(k,e)≤－eq \f(1,2e)，
解得k≤－eq \f(1,2).
综上所述，k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞).
【训练二】已知函数f(x)＝eax－x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2.
∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2).
当x<－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)<0；
当x>－eq \f(ln 2,2)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2,2)，＋∞)).
(2)由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]，
即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，
故仅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．
设函数g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，
则eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等价于g(eax)≥g(x)．
∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，
∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增，
∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，
即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．
设函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，
则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，则a≥eq \f(1,e)即可，
∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
【训练三】设函数f(x)＝eq \f(1－a,2)x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4,5)及任意x1，x2∈[1,2]，恒有eq \f(a－1,2)m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当0当x>1时，f′(x)>0, f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－eq \f(1,x)
＝eq \f(1－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a－1)))x－1,x)，
当a∈(4,5)时，1－a<－3,0所以在区间[1,2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝eq \f(a,2)－eq \f(3,2)＋ln 2.
∵对任意a∈(4,5)及任意x1，x2∈[1,2]，恒有eq \f(a－1,2)m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴eq \f(a－1,2)m＋ln 2>eq \f(a,2)－eq \f(3,2)＋ln 2，得m>eq \f(a－3,a－1).
∵a∈(4,5)，∴eq \f(a－3,a－1)＝1－eq \f(2,a－1)<1－eq \f(2,5－1)＝eq \f(1,2)，
∴m≥eq \f(1,2)，故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
【训练四】设函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，g(x)＝a(x2－1)－ln x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)证明：当x>1时，f(x)>0；
(2)讨论g(x)的单调性；
(3)若不等式f(x)【解析】(1)证明：f(x)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，
令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1，
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，
从而当x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln x<0，
故当f(x)0.
当01，
g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,\r(2a))))上单调递减，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))0，所以此时f(x)当a≥eq \f(1,2)时，令h(x)＝g(x)－f(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)－e1－x>x－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x3－2x＋1,x2)>eq \f(x2－2x＋1,x2)>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，
即f(x)综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
【训练五】f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
【训练六】f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)因为F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)<0，解得x<－1，
所以F(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
故F(x)min＝F(－1)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,e).
(2)因为任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，
有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需证h(x)在[－1，＋∞)上单调递增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥eq \f(1,ex)，
而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即实数m的取值范围是[e，＋∞)．
四、【强化测试】
【解答题】
1. 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.
【解析】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)上单调递减，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 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
即a＜eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)恒成立.
令g(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x＞0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,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
eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)
＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT [ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
2. 设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)
＝2a(x－1)－ln x，
令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－ln x，
则g′(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)，
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a)，
①若a≤0，则g′(x)＜0，
则f′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤f′(1)＝0.
∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)≤f(1)＝0，不满足题意.
②若a≥eq \f(1,2)，则eq \f(1,2a)≤1，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝0，满足题意.
③若0＜a＜eq \f(1,2)，则eq \f(1,2a)＞1，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，
又f′(1)＝0，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＜0，
∴f(x)单调递减，∴f(x)＜f(1)＝0.不满足题意.
综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3. 已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
【解析】由f(x0)≤g(x0)，
得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x＞0)，
则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x＞0)，
∴当0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥eq \f(xeq \\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
则G′(x)＝
eq \f(（2x－2）（x－ln x）－（x－2）（x－1）,（x－ln x）2)
＝eq \f(（x－1）（x－2ln x＋2）,（x－ln x）2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，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.
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1，
故实数a的取值范围为[－1，＋∞).
4. 已知函数f(x)＝eq \f(x2,2)－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)为函数f(x)的导函数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝x－(m＋1)＋eq \f(m,x)＝eq \f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq \f(x－mx－1,x)，
①当m≤0，x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
②当00，f(x)单调递增；
当x∈(m,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
③当m＝1，x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
④当m>1，x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)由题意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
即eq \f(x2,2)－mln x≥0恒成立，
∴eq \f(x2,2)≥mln x.
当x＝1时，eq \f(x2,2)≥mln x恒成立，
当x>1时，eq \f(x2,2ln x)≥m；
当0令g(x)＝eq \f(x2,2ln x)，
则g′(x)＝eq \f(x2ln x－1,2ln x2)，
当0g(x)单调递减且g(x)<0，
∴x→0时，eq \f(x2,2ln x)→0，
∴m≥0.
当x>1时，令g′(x)＝0，得x＝eq \r(e)，
∴当1当x>eq \r(e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(eq \r(e))＝e，∴m≤e.
综上知0≤m≤e.
5. 已知函数f(x)＝x(mex－1)．
(1)当m＝1时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x>0时，f(x)≥x2－2x，求实数m的取值范围．
【解析】(1)当m＝1时，f(x)＝x(ex－1)，
则f(1)＝e－1，
由f′(x)＝ex－1＋xex可得，f′(1)＝2e－1.
所以函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由x(mex－1)≥x2－2x及x>0，
得m≥eq \f(x－1,ex).
令g(x)＝eq \f(x－1,ex)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(2－x,ex)，
当x∈(0,2)时，g′(x)>0；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以x＝2是g(x)的极大值点，也是g(x)的最大值点，即g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,e2).
所以m≥eq \f(1,e2)，
故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).
6. 设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x(a∈R).
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(a,x)
＝eq \f(2x－ax－1,x)(x>0)，
又f′(3)＝4－eq \f(2a,3)＝0，
所以a＝6，经检验符合条件，
所以f′(x)＝eq \f(2x－3x－1,x)，
令f′(x)>0，有03；
令f′(x)<0，有1所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，(3，＋∞)，单调递减区间是(1,3)．
(2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1，
当a≤0时，令f′(x)>0，有x>1；
令f′(x)<0，有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，
当a>0时，①0存在f(1)＝－a－1<0；
②eq \f(a,2)>1，即a>2时，存在f(1)＝－a－1<0；
③eq \f(a,2)＝1，即a＝2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，存在f(1)＝－3<0，
可知a>0时，f(x)≥1不恒成立．
综上，a≤－2.
7. 设函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)(a为常数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)不等式f(x)≥1在x∈(0,1]上恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，
当a≤0时，又x>0，∴x－a>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，若x>a，则f′(x)>0，∴f(x)单调递增；
若0综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增．
(2)f(x)≥1⇔eq \f(a,x)＋ln x≥1⇔eq \f(a,x)≥－ln x＋1⇔a≥－xln x＋x对任意x∈(0,1]恒成立．
令g(x)＝－xln x＋x，x∈(0,1]．
则g′(x)＝－ln x－x·eq \f(1,x)＋1＝－ln x≥0，x∈(0,1]，
∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)max＝g(1)＝1，
∴a≥1，故a的取值范围为[1，＋∞)．
8. 已知函数f(x)＝xln x(x>0)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq \f(－x2＋mx－3,2)成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)；令f′(x)<0，得0所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)在x＝eq \f(1,e)处取得极小值，且为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，无极大值．
(2)由f(x)≤eq \f(－x2＋mx－3,2)，得m≥eq \f(2xln x＋x2＋3,x).
问题转化为m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x＋x2＋3,x)))min.
令g(x)＝eq \f(2xln x＋x2＋3,x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)．
则g′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2).
由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4.
故m的最小值为4.
9. 已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，g(x)＝x2＋x＋2a＋1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[1，e]时，f(x)【解析】(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，
f′(x)＝2x＋(a＋1)－eq \f(1,x).
依题意知x∈(1，＋∞)时，2x＋(a＋1)－eq \f(1,x)≥0恒成立，
即a＋1≥eq \f(1,x)－2x.
令k(x)＝eq \f(1,x)－2x，x∈(1，＋∞)，
∴k′(x)＝－eq \f(1,x2)－2<0，
∴k(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴k(x)∴a＋1≥－1，
∴实数a的取值范围为{a|a≥－2}．
(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x－2a－1，x∈[1，e]，
则只需φ(x)max<0即可，
∴φ′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
当a≤0时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在[1，e]上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，
∴－a－1<0，即a>－1，
∴－1当a>0时，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，φ′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，
∴要使φ(x)max<0，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(φ1<0，,φe<0，,a>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1<0，,ae－2a－2<0，,a>0，))
解得0综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－110. 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x－1.
(1)求函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若不等式f(x)≤ag(x)对任意的x∈(1，＋∞)均成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为f′(x)＝eq \f(1,x)，
所以f′(1)＝1.
又f(1)＝0，所以切线的方程为
y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即所求切线的方程为y＝x－1.
(2)易知对任意的x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.
①当a≥1时，f(x)≤g(x)≤ag(x)；
②当a≤0时，f(x)＞0，ag(x)≤0，所以不满足不等式f(x)≤ag(x)；
③当0＜a＜1时，设φ(x)＝f(x)－ag(x)＝ln x－a(x－1)，则φ′(x)＝eq \f(1,x)－a，
令φ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当x变化时，φ′(x)，φ(x)的变化情况下表：
所以φ(x)max＝φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＞φ(1)＝0，不满足不等式．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
11. 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
【解析】(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，＋∞)．
(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2).
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))eq \s\d7(max)，
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，则x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
由上表可知，当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值为eq \f(1,2e).所以a≤eq \f(1,2e).
12. 设函数f(x)＝ln x－ax(a>0)．
(1)判断f(x)的单调性；
(2)当f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立时，求a的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝ln x－ax，
所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a，
因为a>0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上是减函数．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上是减函数．
(2)f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即a>eq \f(ln x,x)在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)＝eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数．
故当x＝e时，g(x)取得极大值，也为最大值，且为eq \f(1,e)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
13. 已知函数f(x)＝axex－x2－2x.当x>0时，若曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方，求实数a的取值范围．
【解析】根据题意，当x>0时，
“曲线y＝f(x)在直线y＝－x的上方”等价于“axex－x2－2x>－x恒成立”，
又由x>0，则axex－x2－2x>－x
⇒aex－x－1>0⇒a>eq \f(x＋1,ex)，
则原问题等价于a>eq \f(x＋1,ex)恒成立．
设g(x)＝eq \f(x＋1,ex)，则g′(x)＝－eq \f(x,ex)，
又由x>0，则g′(x)<0，
则函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
又由g(0)＝eq \f(1,e0)＝1，则有eq \f(x＋1,ex)<1，
若a>eq \f(x＋1,ex)恒成立，必有a≥1，
即实数a的取值范围为[1，＋∞)．
14. 已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意知f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0eq \f(1,x2)>0，
由(1)知f(x1)所以|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x2)－f(x1)<4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x1)＋eq \f(4,x1)>f(x2)＋eq \f(4,x2).
设g(x)＝f(x)＋eq \f(4,x)，x∈(0，1]，
易知g(x)在(0，1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－eq \f(a,x)－eq \f(4,x2)＝eq \f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－eq \f(4,x)在(0，1]上恒成立，易知y＝x－eq \f(4,x)在(0，1]上单调递增，其最大值为－3.因为a<0，所以－3≤a＜0，所以实数a的取值范围为[－3，0)．
15. 已知f(x)＝2xln x＋x2＋ax＋3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，求a的取值范围．
【解析】f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋a.
(1)当a＝1时，f(x)＝2xln x ＋x2＋x＋3，f′(x)＝2(ln x＋1)＋2x＋1，所以f(1)＝5，f′(1)＝5，
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－5＝5(x－1)，即y＝5x.
(2)存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≥0成立，等价于不等式a≥－eq \f(2xln x＋x2＋3,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上有解．
设h(x)＝－eq \f(2xln x＋x2＋3,x)，则h′(x)＝－eq \f(x2＋2x－3,x2)＝－eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，
当eq \f(1,e)＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)为增函数；当1＜x＜e时，h′(x)＜0，h(x)为减函数．
又heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(3e2－2e＋1,e)，h(e)＝－eq \f(e2＋2e＋3,e)，
故heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))－h(e)＜0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))时，h(x)＞heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(3e2－2e＋1,e)，
所以a＞－eq \f(3e2－2e＋1,e)，即a的取值范围为(－eq \f(3e2－2e＋1,e)，＋∞)．
16. 已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2＋sin x，g(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且g(x)＝ax＋eq \f(1,x)－2(a>0)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对于∀x1∈[－1,1]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)设x<0，则－x>0，
所以f(－x)＝x2－sin x，
又f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋sin x，
又f(0)＝0，
所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋sin xx≥0，,－x2＋sin xx<0.))
(2)由题意得f(x)min>g(x)min.
当x∈[0,1]时，f′(x)＝2x＋cs x>0，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝0；
当x∈[－1,0)时，f′(x)＝－2x＋cs x>0，
所以f(x)在[－1,0)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－1)＝－1－sin 1<0，
所以f(x)min＝－1－sin 1.
对于g(x)，因为a>0，x>0，
所以ax＋eq \f(1,x)－2≥2eq \r(a)－2，
当且仅当ax＝eq \f(1,x)，即x＝eq \r(\f(1,a))时等式成立．
所以g(x)min＝2eq \r(a)－2，
所以－1－sin 1>2eq \r(a)－2，
整理得a所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－sin 12,4))).x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)

极大值

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
单调递增
极大值eq \f(1,2e)
单调递减