2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第5节　导数与不等式


第5节　导数与不等式
考试要求　1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.

知 识 梳 理
1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.
2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.
3.不等式能成立看作不等式有解问题.
[常用结论与易错提醒]
与不等式有关的结论
(1)对任意x，f(x)>g(x)⇔f(x)－g(x)>0⇔[f(x)－g(x)]min>0.
(2)对任意x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)存在x1，x2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)对任意x，存在x0，f(x)>g(x0)⇔f(x)min>g(x)min.
(5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立⇔f(x)min≥a或f(x)max≤a.
(6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a⇔f(x)max≥a或f(x)min≤a.
(7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域).
(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.
诊 断 自 测
1.已知函数f(x)＝x2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x) A. B.
C.[e，＋∞) D.(e，＋∞)
解析　由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去).
当x∈(－1，0]时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(0，1]时，f′(x)>0，f(x)递增，f(－1)＝，f(1)＝e，
∴f(x)最大＝f(1)＝e，由题意得m>e.
答案　D
2.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一整数x0使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析　设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使g(x0)在直线h(x)＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，∴当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，∴当x＝时，[g(x)]min＝－2e，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直线h(x)＝ax－a恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
答案　D
3.已知函数f(x)＝(b∈R)，若存在x∈使得f(x)＋xf′(x)>0，则实数b的取值范围是(　　)
A. B.
C.(－∞，3) D.(－∞，)
解析　f′(x)＝.
f(x)＋xf′(x)＝＋[1＋2x(x－b)－ln x－(x－b)2]
＝，
∵存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)>0，
∴1＋2x(x－b)>0，∴b 设g(x)＝x＋，
∴b ∴当g′(x)＝0时，解得x＝.
当g′(x)>0，即 当g′(x)<0，即≤x<时，g(x)递减，
∵g＝，g(2)＝，∴g(x)最大＝g(2)＝，∴b<.
答案　B
4.已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析　g′(x)＝3x2＋2ax－1，∵2f(x)≤g′(x)＋2，
∴2xln x≤3x2＋2ax＋1.
∵x∈(0，＋∞)，∴a≥ln x－x－.
设h(x)＝ln x－x－(x>0)，
则h′(x)＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍去)，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)递减，
∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(1)＝－2，
由题意得a≥－2.
答案　[－2，＋∞)
5.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R，
当x∈(0，1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥，设φ(x)＝，
φ′(x)＝
＝－＝－>0，
∴φ(x)在(0，1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.
当x∈[－2，0)时，a≤，
∴a≤.
仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－，
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，
当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0.
∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
综上知－6≤a≤－2.
答案　[－6，－2]

考点一　利用导数证明不等式
【例1】 (2020·北京西城区练习)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若k≤0，求证：对于任意x∈(1，＋∞)，f(x)＞＋.
(1)解　f′(x)＝－
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，
故即解得a＝1，b＝1.
(2)证明　由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2ln x＋(x＞1)，
则h′(x)＝＝＜0.
而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
所以×h(x)＞0，即f(x)＞＋.
规律方法　(1)利用参数a的范围放缩不等式是关键；
(2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.
【训练1】 已知函数f(x)＝xln x－2x.
(1)求f(x)的单调区间、极值；
(2)若x>y>0，试确定f(x)－f(y)与xln y－yln x的大小关系，并给以证明.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，
令f′(x)＝0得x＝e.
将x，f′(x)，f(x)变化情况列下表：
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，＋∞)是f(x)的递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值.
(2)f(x)－f(y)>xln y－yln x.证明如下：
[f(x)－f(y)]－(xln y－yln x)
＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x
＝xln ＋yln－2(x－y)
＝y[ln＋ln－2(－1)].　　　 (*)
设t＝>1，Q(t)＝tln t＋ln t－2(t－1)(t>1)，
则Q′(t)＝ln t＋1＋－2＝lnt＋－1(t>1).
设M(t)＝ln t＋－1(t>1)，则M′(t)＝－＝>0(t>1).∴M(t)在(1，＋∞)上是递增函数.
∴M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数.
∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，
∴f(x)－f(y)>xln y－yln x.
考点二　根据不等式恒成立求参数的范围　 多维探究
角度1　单变量任意型
【例2－1】 (2019·浙江卷)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x>0.
(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
(2)对任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范围.注：e＝2.718 28…为自然对数的底数.
解　(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x>0.
f′(x)＝－＋＝，
令f′(x)>0得x>3，令f′(x)<0得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞).
(2)由f(1)≤，得0 当0 令t＝，则t≥2.
设g(t)＝t2－2t－2ln x，t≥2，
则g(t)＝－－2ln x.
①当x∈时，≤2，
则g(t)≥g(2)＝8－4－2ln x.
记p(x)＝4－2－ln x，x≥，
则p′(x)＝－－
＝
＝.
当x变化时，p′(x)，p(x)的变化情况如下：
x


1
(1，＋∞)
p′(x)

－
0
＋
p(x)
p
单调递减
极小值p(1)
单调递增
所以p(x)≥p(1)＝0.
因此g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0.
②当x∈时，
g(t)≥g＝.
令q(x)＝2ln x＋(x＋1)，x∈，
则q′(x)＝＋1>0，
故q(x)在上单调递增，
所以q(x)≤q.
由①得q＝－p<－p(1)＝0.
所以q(x)<0.
因此，g(t)≥g＝－>0.
由①②知对任意x∈，t∈[2，＋∞)，
g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.
综上所述，所求a的取值范围是.
角度2　双变量任意型
【例2－2】 已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数).
(1)证明：f(x)≥g(x)；
(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值.
(1)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)
＝＋x－ln x－1－，
∴F′(x)＝＋1－＝(x－1).
∵x>0，∴ex>x＋1，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x).
(2)解　∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，
∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增.
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，
设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，
∵当a>1时，ea>a＋1，
∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，
∴a≤2，∴a的最大值为2.
角度3　双变量任意存在型
【例2－3】 已知函数f(x)＝2ln －.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝ln x－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围.
解　(1)因为f(x)＝2ln －，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＝
＝，
当 当02时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是，(2，＋∞).
(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)≥f(2)＝0，
又g(x)＝ln x－ax，
所以对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立⇔存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立⇔函数y＝ln x与直线y＝ax的图象在(0，＋∞)上有交点⇔方程a＝在(0，＋∞)上有解.
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
又h(e)＝，x→0时，h(x)→－∞，
所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是，
所以实数a的取值范围是.
规律方法　(1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数；
(2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决.
【训练2】 (1)(角度1)已知函数f(x)＝(x2－x＋1)·e－x.
当x∈[0，2]时，f(x)≥－x2＋2x＋m恒成立，求m的取值范围.
(2)(角度2)(2020·浙江新高考仿真卷一)已知函数f(x)＝＋1(m≠0)，g(x)＝x2eax(a∈R).
①求函数f(x)的单调区间；
②当m＞0时，若对任意x1，x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)恒成立，求a的取值范围.
(3)(角度3)(2020·金华一中月考)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x.设f(x)在点x＝x0处的切线方程为y＝m(x).
①若函数f(x)存在唯一极值点，求实数a的取值范围；
②当a＝4时，是否存在x0，使得＞0对任意的x∈{x|x＞0，且x≠x0}恒成立？若存在，试求出x0的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵f(x)≥－x2＋2x＋m在x∈[0，2]时恒成立，
∴m≤f(x)＋x2－2x＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，
令g(x)＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，
则g′(x)＝－(x－2)(x－1)e－x＋2(x－1)，
当x∈[0，1)时，g′(x)＝<0，
当x∈(1，2]时，g′(x)＝>0，
∴g(x)在[0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－1，
∴m的取值范围为.
(2)①函数f(x)的定义域为R，
f′(x)＝＝.
(ⅰ)当m＞0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
(－1，1)
(1，＋∞)
f′(x)
－
＋
－
f(x)



所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，1)，单调递减区间是(－∞，－1]，[1，＋∞).
(ⅱ)当m＜0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
(－1，1)
(1，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)



所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1]，[1，＋∞)，单调递减区间是(－1，1).
②依题意，“当m＞0时，对于任意x1，x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)恒成立”等价于“当m＞0时，对于任意x∈[0，2]，f(x)min≥g(x)max成立”.
当m＞0时，由①知函数f(x)在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
因为f(0)＝1，f(2)＝＋1＞1，所以函数f(x)的最小值为f(0)＝1，
所以应满足g(x)max≤1.
因为g(x)＝x2eax，所以g′(x)＝(ax2＋2x)eax.
a.当a≥0时，由任意的x∈[0，2]，g′(x)＝(ax2＋2x)eax≥0，
故函数g(x)＝x2eax单调递增，g(x)max＝g(2)＝4e2a≥4，
显然不满足g(x)max≤1，故a≥0不成立.
b.当a＜0时，令g′(x)＝0得x1＝0，x2＝－.
(ⅰ)当－≥2，即－1≤a＜0时，
在[0，2]上g′(x)≥0，所以函数g(x)在[0，2]上单调递增，
所以函数g(x)max＝g(2)＝4e2a.
由4e2a≤1得a≤－ln2，所以－1≤a≤－ln 2.
(ⅱ)当0＜－＜2，即a＜－1时，
在上g′(x)≥0，在上g′(x)＜0，
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，所以g(x)max＝g＝.由≤1得a≤－，所以a＜－1.
综上所述，a的取值范围是(－∞，－ln 2].
(3)①f′(x)＝，x＞0，
当a≤0时，
f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1是f(x)的唯一极值点；
当a＞0，a≠2时，
f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实根1和，
从而f(x)有两个极值点，不符合题意；
当a＝2时，f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)无极值点，不符合题意.
所以实数a的取值范围是{a|a≤0}.
②当a＝4时，f(x)＝x2－6x＋4ln x，f′(x)＝2x－6＋，
则函数y＝f(x)在其图象上一点P(x0，f(x0))处的切线方程为y＝m(x)＝(x－x0)＋x－6x0＋4ln x0.
设φ(x)＝f(x)－m(x)＝x2－6x＋4ln x－(x－x0)－(x－6x0＋4ln x0)，
则φ(x0)＝0.
φ′(x)＝2x＋－6－
＝2(x－x0)
＝(x－x0)，
若x0＜，φ(x)在上单调递减，
所以当x∈时，φ(x)＜φ(x0)＝0，
此时＜0；若x0＞，φ(x)在上单调递减，
所以当x∈时，φ(x)＞φ(x0)＝0，
此时＜0；
若x0＝，φ′(x)＝(x－)2≥0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x＞x0时，φ(x)＞φ(x0)＝0，
当0＜x＜x0时，φ(x)＜φ(x0)＝0，
故＞0.
综上，存在满足题设的实数x0，且x0＝.
考点三　不等式能成立
【例3】 设x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一个极值点.
(1)求a与b之间的关系式，并求当a＝2时，函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，g(x)＝ex.若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求实数a的取值范围.
解　(1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，
由题意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，
解得b＝－2a－3.
当a＝2时，b＝－7，
故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3 于是f(x)在(－3，3)上单调递增，在(－∞，－3)和(3，＋∞)上单调递减.
(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，
由f′(x)>0得－a－1 所以f(x)在[0，3)上单调递增，在(3，4]上单调递减，
于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3.
g(x)在[0，4]上单调递增，
g(x)∈.
根据题意，－(a＋6)≥0恒成立，
所以只要－(a＋6)<1，解得－ 又因为a>0，所以a∈.
规律方法　“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问题，以免细节出错.
【训练3】 已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.
(1)若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围；
(2)若存在唯一的整数x0，使得f(x0) 解　(1)由题意，对任意x∈R有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，
①当x∈(－∞，2)时，
a≥⇒a≥，
令F(x)＝，则F′(x)＝，令F′(x)＝0得x＝0.
当x变化时，F′(x)，F(x)变化如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，2)
F′(x)
＋
0
－
F(x)

1

F(x)max＝F(0)＝1，故此时a≥1.
②当x＝2时，f(x)≥g(x)恒成立，故此时a∈R.
③当x∈(2，＋∞)时，
a≤⇒a≤，
由①得，令F′(x)＝0⇒x＝，
当x变化时，F′(x)，F(x)变化如下表：
x



F′(x)
－
0
＋
F(x)

9e

F(x)min＝F＝9e，故此时a≤9e.
综上，1≤a≤9e.
(2)因为f(x) 由(1)知a∈(－∞，1)∪，
令F(x)＝，则当x变化时，F′(x)，F(x)变化如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，2)



F′(x)
＋
0
－
－
0
＋
F(x)

极大值


极小值

当x∈(－∞，2)时，存在唯一的整数x0使得f(x0) 等价于a<存在唯一的整数x0成立，
因为F(0)＝1最大，F(－1)＝，F(1)＝－e，所以当a<时，至少有两个整数成立，所以a∈.
当x∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x0使得f(x0)存在唯一的整数x0成立，
因为F＝9e最小，且F(3)＝7e3，F(4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，
当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈(7e3，5e4].
综上，a的取值范围是∪(7e3，5e4].

导数与不等式
【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2；
(2)若a≤3－4ln 2，证明：对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点.
审题路线图
(1)

(2)—
——
满分解答
证明　(1)函数f(x)的导函数f′(x)＝－，2分
由f′(x1)＝f′(x2)得－＝－，
因为x1≠x2，所以＋＝.
由基本不等式得＝＋≥2，
因为x1≠x2，所以x1x2>256.
由题意得f(x1)＋f(x2)＝－ln x1＋－ln x2
＝－ln(x1x2).4分
设g(x)＝－ln x，则g′(x)＝(－4)，
所以x>0时，g′(x)、g(x)的变化情况如下表：
x
(0，16)
16
(16，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

2－4ln 2

所以g(x)在[256，＋∞)上单调递增，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln 2，
即f(x1)＋f(x2)>8－8ln 2.7分
(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝＋1，则
f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，
f(n)－kn－a 所以存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，
所以对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点.11分
由f(x)＝kx＋a得k＝.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
其中g(x)＝－ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16)，又根据已知a≤3－4ln 2，
故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln 2＋a≤0，
所以h′(x)≤0，即函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1个实根.
综上，当a≤3－4ln 2时，对于任意k>0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点.15分
[构建模板]
……求导数f′(x)
　
……由条件f′(x1)＝f′(x2)变形利用基本不等式，求出x1x2范围，化简f(x1)＋f(x2)
　
……构造函数g(x)，利用导数证不等式
　
……证明f(x)＝kx＋a解的存在性
　
……由f(x)＝kx＋a变形构造函数h(x)，利用导数证明h(x)单调性，得出f(x)＝kx＋a至多一个实根
　
……反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.
【训练】 已知函数f(x)＝ln x＋(e－a)x－2b，其中a，b∈R，e为自然对数的底数.
(1)若a＝e－2b，当f(x)≥0有唯一解时，求b的值；
(2)若不等式f(x)≤0 对x∈(0，＋∞)恒成立，求的最小值.
解　(1)当a＝e－2b时，f(x)＝ln x＋2bx－2b，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2b＝.
①若b≥0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，
所以当x≥1时，都有f(x)≥0，不符合题意；
②若b<0，
当－<1，即b<－时，f(x)在(－，1)上单调递减，且f(1)＝0，因此在该区间上都有f(x)≥0，不符合题意；
当－＝1，即b＝－时，f(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以f(x)max＝f(1)＝0，
所以f(x)≥0有唯一解x＝1，符合题意；
当－>1，即－ 综上所述，实数b的值为－.
(2)显然a>e，f′(x)＝＋e－a(x>0)，
因此当x＝时，f(x)取到极大值，也为最大值.
根据题意有f＝ln－2b－1≤0，于是≥.
设g(a)＝，则g′(a)＝，
当a∈(e，e＋1]时，(a－e)ln(a－e)≤0，
当a∈(e＋1，＋∞)时，(a－e)ln(a－e)单调递增，且(a－e)ln(a－e)>0，
所以方程(a－e)ln(a－e)－e＝0有唯一零点a＝2e，
所以g(a)在(e，2e)上单调递减，在(2e，＋∞)上单调递增，
所以g(a)≥g(2e)＝－.
综上所述，的最小值为－，当a＝2e，b＝－1时取得.

基础巩固题组
1.(2018·全国Ⅲ卷)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.
(1)解　f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是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.
2.已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设k为正常数，若对定义域内的任意实数x都有f(x)＋f(k－x)>k成立，求实数k的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
解f′(x)>0，得x>；解f′(x)<0，得0 所以f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)令g(x)＝f(x)＋f(k－x)＝xln x＋(k－x)ln(k－x)，定义域是(0，k).
g′(x)＝ln x＋1－[ln(k－x)＋1]＝ln，
由g′(x)>0，得 所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，
故函数g(x)的最小值是g＝kln.
由题意得kln>k，解得k>2e.
故所求实数k的取值范围为(2e，＋∞).
3.已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R且a (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)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②若1＜a＜e，
当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
当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.
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；
(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f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－，又g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，
则g(x)min＝g(0)＝1，
所以e－(a＋1)－＜1，解得a＞，
所以a的取值范围为 .
4.设函数f(x)＝xln x＋b(b∈R)，曲线y＝f(x)在(1，0)处的切线与直线y＝3x平行.证明：
(1)函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增；
(2)当0 证明　(1)由题得f′(x)＝ln x＋1＋2b，
又∵f′(1)＝1＋b＝3，
∴b＝2，f′(x)＝ln x＋4x－1.
∵x≥1，∴f′(x)≥ln 1＋4－1＝3>0，
∴ 函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增.
(2)|f(x)|＝|xln x＋2|≤|xln x|＋|2|
令g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.
令g′(x)≥0可得x≥e－1.
∴g(x)在(0，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增.
∵0 又∵0 ∴|f(x)|<1.
5.已知函数f(x)＝aln x＋x－，其中a为实常数.
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式aln x－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2 恒成立，求b的最小值.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
由f′＝0 ，得＋a＋1＝0, 所以a＝－，
此时f(x)＝－ln x＋x－.
则f′(x)＝＝.
由f′(x)>0得02；由f′(x)<0得 所以f(x)在上是增函数，在上是减函数，在[2，＋∞)上为增函数.
所以x＝为极大值点，x＝2为极小值点，极小值为f(2)＝－.
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，
所以b≥f(x)max.
①若1≤x≤2, 则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝(当a＝0，x＝2 时取等号)；
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－(当a＝－时，取等号).
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在 上为减函数.
所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－.
因为ln 2－<－＝1<，
所以f(x)max＝ ，于是bmin＝.
6.(2020·嘉、丽、衢模拟)已知函数f(x)＝x2e3x.
(1)若x＜0，求证：f(x)＜；
(2)若x＞0，恒有f(x)≥(k＋3)x＋2ln x＋1，求实数k的取值范围.
(1)证明　因为f(x)＝x2e3x，所以f′(x)＝2xe3x＋3x2e3x＝x(3x＋2)e3x.
从而f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值为f＝.
所以当x＜0时，f(x)≤f＝＜＝.
(2)解　由x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1得，
k≤(x＞0)，
令g(x)＝(x＞0)，
则g′(x)＝(x＞0)，
令h(x)＝x2(1＋3x)e3x＋2ln x－1，
则可知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且当x→0＋时，h(x)→－∞，h(1)＝4e3＋2ln 1－1＞0，
从而存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
所以当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为
g(x0)＝，
由h(x0)＝x(1＋3x0)e3x0＋2ln x0－1＝0，
得xe3x0＝，令xe3x0＝＝t0，
则2ln x0＋3x0＝ln t0，且1－2ln x0＝t0(1＋3x0)，
两式相减可得ln t0＋t0(1＋3x0)－1－3x0＝0，
记φ(t)＝ln t＋t(1＋3x0)－1－3x0，
则φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，
所以t＝1，则t0＝1.
从而g(x0)＝＝＝0，
所以实数k的取值范围为(－∞，0].
能力提升题组
7.(2020·杭州三校三联)已知函数f(x)＝－x2－ax.
(1)当a＝0时，求证：f(x)＞0；
(2)(一题多解)若x＞0时，f(x)＞0，求a的取值范围；
(3)求证：ln[(1＋22)(1＋32)…(1＋n2)]＜1＋2ln(2×3×…×n)，n≥2且n∈N*.
(1)证明　当a＝0时，f(x)＝－x2(x＞0).
因为ln(1＋x)≤x，当x＝0时等号成立，
所以ln＜，即ln ＜，即＞x2，
所以－x2＞0，即f(x)＞0.
(2)解　法一　显然a≤0成立.
当a＞0时，因为ln x≥1－，当x＝1时等号成立，
所以ln＞1－＝，即＜x2＋1，
由f(x)＞0得x2＋ax＜.
所以x2＋ax＜x2＋1对一切x＞0成立，显然a＞0不符合题意，
综上所述，a的取值范围为(－∞，0].
法二　因为＜，
所以＜，即＜，
由f(x)＞0得x2＋ax＜，
所以x2＋ax＜对一切x＞0成立，
显然a＞0不符合题意，
综上所述，a的取值范围为(－∞，0].
(3)证明　由(2)可知当a≤0时，
＞x2＋ax，
取a＝－1，n≥2，则有＞n2－n＞0，
所以ln(n2＋1)－2ln n＜＝－，
所以ln(22＋1)－2ln 2＜－，
ln(32＋1)－2ln 3＜－，
……
ln(n2＋1)－2ln n＜－，
将以上不等式相加得
ln[(1＋22)(1＋32)(1＋42)…(1＋n2)]＜1－＋2ln(2×3×4×…×n)＜1＋2ln(2×3×4×…×n).
8.(2020·浙江新高考仿真卷三)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x.
(1)若k∈Z，且f(x－1)＋x＞k对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
(2)证明：对于(0，1)中的任意一个常数a，存在正数x0，使得ef(x0)＜1－x成立.
(1)解　由f(x－1)＋x＞k得xln x＋x－kx＋3k＞0，
令g(x)＝xln x＋x－kx＋3k，则g′(x)＝ln x＋2－k，
∵x＞1，∴ln x＞0，
当k≤2时，g′(x)＞0恒成立，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由g(1)≥0，即1＋2k≥0，解得k≥－，∴－≤k≤2，
又∵k∈Z，∴k的最大值为2.
当k＞2时，由ln x＋2－k＞0，解得x＞ek－2，
由ln x＋2－k＜0，解得1＜x＜ek－2.
即g(x)在(1，ek－2)上单调递减，在(ek－2，＋∞)上单调递增.
∴g(x)在(1，＋∞)上有最小值g(ek－2)＝3k－ek－2，
于是转化为3k－ek－2＞0(k＞2)成立，求k的最大值.
令h(x)＝3x－ex－2，于是h′(x)＝3－ex－2.
∵当x＞2＋ln 3时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当x＜2＋ln 3时，，h′(x)＞0，h(x)单调递增.
∴h(x)在x＝2＋ln 3处取得最大值.
∵1＜ln 3＜2，∴3＜2＋ln 3＜4，
∵h(1)＝3－＞0，h(2＋ln 3)＝3＋3ln 3＞0，
h(4)＝12－e2＞0，h(5)＝15－e3＜0，∴k≤4.
∴k的最大取值为4.
综上所述，k的最大值为4.
(2)证明　设存在正数x0，使得ef(x0)＜1－x成立，
即证x＋－1＜0成立.
只需证当x＞0时，函数h(x)＝x2＋－1的最小值满足h(x)min＜0即可.
∵h′(x)＝x，
令h′(x)＝0，得ex＝，则x＝－ln a，取x0＝－ln a，
在0＜x＜x0时，h′(x)＜0，在x＞x0时，h′(x)＞0，
∴h(x)min＝h(x0)＝h(－ln a)＝(ln a)2－aln a＋a－1，
下面只需证明：在0＜a＜1时，(ln a)2－aln a＋a－1＜0成立即可.
又令p(a)＝(ln a)2－aln a＋a－1，a∈(0，1)，
则p′(a)＝(ln a)2≥0，从而p(a)在a∈(0，1)上为增函数.
∴p(a)＜p(1)＝0.
因此x0＝－ln a符合条件，即存在正数x0满足条件.