2022高考数学一轮复习 第三章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第三章 高考专题突破一 第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题，共15页。试卷主要包含了分离参数求参数范围，等价转换求参数的范围，双变量的恒成立问题等内容，欢迎下载使用。

题型一 分离参数求参数范围
例1 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 (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故eq \f(1,2)(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]．
若将本例(2)改为：∃x∈[1，e]，使不等式f(x)－eq \f(k,x＋1)≥0成立，求实数k的取值范围．
解 原不等式可化为当x∈[1，e]时，k≤eq \f(x＋11＋ln x,x)有解，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋ln x,x)(x∈[1，e])，
由本例(2)解题知，g(x)为增函数，
所以g(x)max＝g(e)＝2＋eq \f(2,e)，
所以k≤2＋eq \f(2,e)，即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，2＋\f(2,e))).
思维升华 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.
跟踪训练1 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)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0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，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
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∃x∈(0，＋∞)，
使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，
所以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)))max.
由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq \r(e).
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
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).
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e))).
题型二 等价转换求参数的范围
例2 (12分)(2020·全国Ⅰ)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．
规范解答
解 方法一 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1.[1分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.[2分]
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．[4分]
(2)f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1.[5分]
设函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x
＝－eq \f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－eq \f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x.[6分]
(ⅰ)若2a＋1≤0，即a≤－eq \f(1,2)，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不符合题意．[7分]
(ⅱ)若0<2a＋1<2，即－eq \f(1,2)则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，
在(2a＋1,2)上单调递增．
由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥eq \f(7－e2,4).
所以当eq \f(7－e2,4)≤a(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥eq \f(1,2)，
则g(x)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x.
由于0∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，
故由(ⅱ)可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1.
故当a≥eq \f(1,2)时，g(x)≤1.[11分]
综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).[12分]
方法二 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，
f′(x)＝ex＋2x－1，[1分]
令φ(x)＝ex＋2x－1，
由于φ′(x)＝ex＋2>0，
故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，[2分]
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．[4分]
(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，符合题意；[5分]
②当x>0时，分离参数a得，a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，[6分]
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
则g′(x)＝－eq \f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3)，[7分]
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，[8分]
令t(x)＝h′(x)，x≥0，则t′(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，[9分]
h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－eq \f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，[10分]
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)，[11分]
综上可得，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－e2,4)，＋∞)).[12分]
第一步：将a＝1代入求f(x)，f′(x)，判断f(x)的单调性．
第二步：将原不等式等价转换，构造新函数g(x)．
第三步：求函数g(x)的导数g′(x)．
第四步：讨论g(x)的单调性，求g(x)的最大值．
跟踪训练2 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 (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，
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≤0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≤0符合题意．
②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，
当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1即0φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，
∴0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{a|a≤1}．
题型三 双变量的恒(能)成立问题
例3 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 (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，＋∞)．
思维升华 “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，常见的等价转换有
(1)∀x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝x－1－aln x(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的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 (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]，
|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))等价于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)．
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.
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 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]．
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 (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]．
课时精练
1．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 (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，＋∞)．
2．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 (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.
3．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 (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(－14．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 f′(x)＝eq \f(x－1x－a,x2).
①当a≤1，x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
f(x)单调递增，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
所以f(x)min ＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.
③当a≥e，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上单调递减．
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)单调递减，
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).
5．(2020·衡水中学检测)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 (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)，＋∞)).x
(0，eq \r(e))
eq \r(e)
(eq \r(e)，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
↗
极大值eq \f(1,2e)
↘