2021年高考理科数学一轮复习：专题3.5 高考解答题热点题型（二）利用导数解决不等式恒（能）成立问题 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29703" 一、题型全归纳 PAGEREF _Tc29703 1
\l "_Tc3982" 题型一 恒成立问题 PAGEREF _Tc3982 1
\l "_Tc15633" 类型一 分离参数法求范围 PAGEREF _Tc15633 1
\l "_Tc24564" 类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决 PAGEREF _Tc24564 3
\l "_Tc12795" 题型二 能成立问题 PAGEREF _Tc12795 5
\l "_Tc5379" 题型三 不等式存在性成立问题 PAGEREF _Tc5379 6
\l "_Tc1281" 二、高效训练突破 PAGEREF _Tc1281 8
一、题型全归纳
题型一 恒成立问题
类型一 分离参数法求范围
【题型要点】1.若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而问题得解．
2.利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
【例1】（2020年新课标全国一卷）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
由得，
其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
类型二 把参数看作常数利用分类讨论方法解决
【题型要点】对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围．
【例2】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】(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 \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1＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).
则g(x)在(1，eq \f(1,a))上单调递增，
所以当x∈(1，eq \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，＋∞)．
题型二 能成立问题
【题型要点】存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立⇔f(x)max≥a.
存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立⇔f(x)min≤a.
存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)min≤g(x)min.
【例1】已知函数f(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若∃x0＞0，使f(x0)＞g′(x0)成立，求参数a的取值范围．
【解析】(1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为(1，eq \f(1,2))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2).
(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x.∃x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，
等价于∃x＞0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x＞a成立，
等价于a＜h(x)max(x＞0)．
因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝－eq \f(（x－1）（x＋3）,x)，
令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＞0，,x＞0，))得0＜x＜1；令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′（x）＜0，,x＞0，))得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，
即a＜－eq \f(5,2)，
因此参数a的取值范围为(－∞，－eq \f(5,2))．
题型三 不等式存在性成立问题
【题型要点】①任意x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；
②任意x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；
③存在x1∈M，存在x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；
④存在x1∈M，任意x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
【例1】已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋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)＝eq \f(x－1x－a,x2).
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e).
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．
g(x)min＝g(0)＝1.
所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)<1，即a>eq \f(e2－2e,e＋1)，
所以a的取值范围为.
二、高效训练突破
1.(2020·湖北武汉质检)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】 (1)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得00，得ln x＋1>0，解得x>eq \f(1,e)，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x>0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(（x－1）（3x＋1）,2x2).令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．
2.(2020·哈尔滨六中模拟)已知函数f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)ax2－1，且f′(1)＝－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0，求m的取值范围；
(3)证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．
【解】(1)因为f(x)＝xln x＋eq \f(1,2)ax2－1，
所以f′(x)＝ln x＋1＋ax.
又因为f′(1)＝－1，所以1＋a＝－1，a＝－2，
所以f(x)＝xln x－x2－1.
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)－2mx＋1≤0.
即xln x－x2－2mx≤0恒成立，
即m≥eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2)x恒成立．
令h(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2)x，则
h′(x)＝eq \f(1,2x)－eq \f(1,2)＝eq \f(1－x,2x).
当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以当x＝1时，h(x)有最大值，h(1)＝－eq \f(1,2).
所以m≥－eq \f(1,2)，即m的取值范围是.
(3)证明：要证明函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1的图象的下方．
即证：f(x)＋2x即ln x由(2)可得h(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2)x≤－eq \f(1,2).
所以ln x≤x－1.
现要证明x－1即证ex－x－1>0.
令φ(x)＝ex－x－1，则φ′(x)＝ex－1.
当x>0时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)>φ(0)＝0.
即ex－x－1>0.
所以x－1从而得到ln x≤x－1所以函数y＝f(x)＋2x的图象在g(x)＝xex－x2－1图象的下方．
3.已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x－1).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)【思路指引】 (1)求f(x)的定义域和f′(x)→发现f′(x)＝0不易解，f′(x)的符号不易分析，想到构建新函数，研究其单调性，确定f′(x)的符号．
(2)基本思路，将不等式等价转化，构建新函数，转化为求函数最值问题．
关键点：依据题目条件分析新构建函数及其导数在x＝1处的值，确定分类讨论的标准．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1－\f(1,x)－ln x,x－12).
令g(x)＝1－eq \f(1,x)－ln x，则g′(x)＝eq \f(1－x,x2).
所以在(0,1)上，g′(x)>0，此时g(x)单调递增；在(1，＋∞)上，g(x)<0，此时g(x)单调递减．
又g(1)＝0，所以g(x)≤0在定义域上恒成立，即f′(x)<0在定义域上恒成立，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，＋∞)，无单调递增区间．
(2)由f(x)即ln x－k(x－1)ex<0在(1，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝ln x－k(x－1)ex，易知，当k≤0时，h(x)≤0在(1，＋∞)上不可能恒成立，所以k>0.
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－kxex，所以h′(1)＝1－ke.
①当k≥eq \f(1,e)时，h′(1)＝1－ke≤0.
又h′(x)＝eq \f(1,x)－kxex在(1，＋∞)上单调递减，
所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以h(x)<0在(1，＋∞)上恒成立．
②当00.
又h′(x)＝eq \f(1,x)－kxex在(1，＋∞)上单调递减，且h′＝k－eeq \f(1,k)<0，所以存在x0∈(1，＋∞)，使得h′(x0)＝0，
所以在(1，x0)上h′(x)＞0，在(x0，＋∞)上h′(x)＜0，
所以h(x)在(1，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以h(x)>0在(1，x0)上恒成立，
所以h(x)<0在(1，＋∞)上不可能恒成立．
综上所述，实数k的取值范围是.
4.(2020·绵阳模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－axln x＋ax＋2(a∈R)有两个不同的极值点x1，x2，且x1(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：x1x2【思路指引】 (1)求f(x)的定义域和f′(x)→由f(x)有两个不同的极值点得f′(x)＝0有两个不相等的实数根→两次求导分析f′(x)的单调性，构建关于a的不等式求其范围．
(2)由(1)知x1，x2是f′(x)＝0的两个根，建立方程→x1x2【解析】 (1)f(x)＝eq \f(1,2)x2－axln x＋ax＋2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－aln x.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，
所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根．
令g(x)＝x－aln x，则g′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x>0)．
①当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(0，＋∞)上不可能有两个零点．
②当a>0时，由g′(x)>0，解得x>a；由g′(x)<0，解得0要使函数g(x)有两个零点，则g(a)＝a－aln a<0.
解得a>e.
综上可知，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
(2)证明：由(1)知x1，x2是g(x)＝x－aln x＝0的两个根，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aln x2＝x2，,aln x1＝x1，))两式相减得a(ln x2－ln x1)＝x2－x1，
即a＝eq \f(x2－x1,ln x2－ln x1)＝eq \f(x2－x1,ln \f(x2,x1))，
要证x1x2即证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(x2,x1)))2令eq \f(x2,x1)＝t，由x11，只需证(ln t)2设φ(t)＝(ln t)2－t－eq \f(1,t)＋2，
则φ′(t)＝eq \f(2,t)ln t－1＋eq \f(1,t2)＝eq \f(1,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ln t－t＋\f(1,t))).
令h(t)＝2ln t－t＋eq \f(1,t)，
则h′(t)＝eq \f(2,t)－1－eq \f(1,t2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－1))2<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减，∴h(t)∴φ′(t)<0，即φ(t)在(1，＋∞)上为减函数，
∴φ(t)<φ(1)＝0，即(ln t)2∴原不等式成立．
5.(2020·石家庄质量检测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(2)由f(1)≥0，得a≥eq \f(1,e－1)>0，
则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为eq \f(a,a＋1)≥eq \f(2x－1,xex)对任意的x>0恒成立．
设函数F(x)＝eq \f(2x－1,xex)(x>0)，
则F′(x)＝－eq \f(（2x＋1）（x－1）,x2ex).
当00；
当x>1时，F′(x)<0，
所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝eq \f(1,e).
于是eq \f(a,a＋1)≥eq \f(1,e)，解得a≥eq \f(1,e－1).
故实数a的取值范围是.
6．(2020·贵州省适应性考试)函数f(x)＝x－ln x，g(x)＝aex.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
【解】：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝x－ln x，得f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)证明：要证xf(x)≤g(x)，即证x(x－ln x)≤aex，即证a≥eq \f(x2－xln x,ex).设h(x)＝eq \f(x2－xln x,ex)，
则h′(x)＝eq \f(－x2＋2x－1＋xln x－ln x,ex)＝eq \f([ln x－（x－1）]（x－1）,ex)，由(1)可知f(x)≥f(1)＝1，
即ln x－(x－1)≤0，
于是，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
所以x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝eq \f(1－0,e)＝eq \f(1,e)，
所以当a≥eq \f(1,e)时，xf(x)≤g(x)．
7.已知函数f(x)＝eq \f(2a－x2,ex)(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)＝eq \f(x2－2x－2a,ex)，
当a≤－eq \f(1,2)时，x2－2x－2a≥0，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当a＞－eq \f(1,2)时，令x2－2x－2a＝0，
解得x1＝1－eq \r(2a＋1)，x2＝1＋eq \r(2a＋1).
∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1－eq \r(2a＋1))和(1＋eq \r(2a＋1)，＋∞)，单调递减区间为(1－eq \r(2a＋1)，1＋eq \r(2a＋1))．
(2)f(x)＞－1⇔eq \f(2a－x2,ex)＞－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＞eq \f(1－e,2)，即实数a的取值范围是(eq \f(1－e,2)，＋∞)．
8．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 \f(1,2)，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＝3x(x－eq \f(2,3))．
令g′(x)＞0得x＜0或x＞eq \f(2,3)，
令g′(x)＜0得0＜x＜eq \f(2,3)，
又x∈[0，2]，
所以g(x)在区间[0，eq \f(2,3)]上单调递减，在区间[eq \f(2,3)，2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(eq \f(2,3))＝－eq \f(85,27)，
又g(0)＝－3，g(2)＝1，
所以g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq \f(112,27)≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈[eq \f(1,2)，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[eq \f(1,2)，2]上，函数f(x)min≥g(x)max，
由(1)可知在区间[eq \f(1,2)，2]上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间[eq \f(1,2)，2]上，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
h′(x)＝1－2xln x－x，
令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞eq \f(1,e).
即m(x)＝xln x在(eq \f(1,e)，＋∞)上是增函数，
可知h′(x)在区间[eq \f(1,2)，2]上是减函数，
又h′(1)＝0，
所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0；
当eq \f(1,2)＜x＜1时，h′(x)＞0.
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间(eq \f(1,2)，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，＋∞)．
9.(2020·贵州省适应性考试)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】：(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，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；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∃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
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).
10．(2020·重庆市七校联合考试)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】：(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∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈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)在上单调递减，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.
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值

x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)

极大值eq \f(1,2e)
