專題43導數(shù)中不等式恒成立問題(原卷版+解析)

專題43導數(shù)中不等式恒成立問題【高考真題】1．(2022·新高考Ⅱ)已知函數(shù)．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，求a的取值范圍；(3)設，證明：．1．解析(1)當時，，則，當時，，當時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.(2)設，則，又，設，則，若，則，因為為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在，使得，總有，故在為增函數(shù)，故，故在為增函數(shù)，故，與題設矛盾．若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設，故，故在上為減函數(shù)，故即成立．由上述不等式有，故總成立，即在上為減函數(shù)，所以．當時，有，所以在上為減函數(shù)，所以．綜上，．(3)取，則，總有成立，令，則，故即對任意的恒成立．所以對任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立．【方法總結】1．單變量恒成立之參變分離法參變分離法是將不等式變形成一個一端是f(a)，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≤g(x)min．特別地，經常將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上恒成立，則a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，則a≤g(x)min．利用分離參數(shù)法來確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實參數(shù))恒成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范圍．2．單變量恒成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．3．單變量不等式能成立之參變分離法參變分離法是將不等式變形成一個一端是f(a)，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上能成立，則f(a)≥g(x)min；若f(a)≤g(x)在x∈D上能成立，則f(a)≤g(x)max．特別地，經常將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上能成立，則a≥g(x)min；若a≤g(x)在x∈D上能成立，則a≤g(x)max．利用分離參數(shù)法來確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實參數(shù))能成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范圍．4．單變量不等式能成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)max≥0或u(x)min≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．5．最值定位法解雙變量不等式恒成立問題的思路策略(1)用最值定位法解雙變量不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍．(2)有關兩個函數(shù)在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內的自變量是沒有關聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進行定位．6．常見的雙變量恒成立能成立問題的類型(1)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max．(如圖1)(2)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)min．(如圖2)(3)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min．(如圖3)(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)(5)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)(6)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)?f(x)的值域與g(x)的值域的交集非空．(如圖5)【題型突破】1．已知函數(shù)f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當x＞0時，函數(shù)f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．2．函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋eq\f(3,2)x2．(1)討論f(x)的極值點的個數(shù)；(2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍．3．已知函數(shù)f(x)＝5＋lnx，g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與函數(shù)y＝g(x)的圖象相切，求k的值；(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)時，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．(參考數(shù)據(jù)：ln5≈1．61，ln6≈1．7918，ln(eq\r(2)＋1)≈0．8814)4．設函數(shù)f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x＞0時，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，當x>0且x≠1時，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立，求k的取值范圍．6．設函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2．(1)若a＝0，求f(x)的單調區(qū)間；(2)若當x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍．7．(2020·新高考Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．8．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx．(1)若曲線y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1處的切線方程為x＋y－3＝0，求a，b的值；(2)求函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)(a∈R)的極值點；(3)設h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若當x>a時，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當x∈[1，e]時，f(x)<g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．10．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．11．已知函數(shù)f(x)＝e－x－ax(x∈R)．(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若x≥0時，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．12．已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1．(1)當a＝1時，求證：當x≥0時，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．13．(2016·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．14．設函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)當b＝0時，函數(shù)f(x)有兩個極值點，求a的取值范圍；(2)若y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，且函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)時，其圖象上每一點處切線的傾斜角均為銳角，求a的取值范圍．15．已知函數(shù)f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a．(1)若f(x)與g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若?x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求參數(shù)a的取值范圍．16．設函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)當f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍．17．設函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx．(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；(2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．18．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的單調性；(2)已知a?(0，e)，若對任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．19．設函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)已知函數(shù)在定義域內為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)設g(x)＝f(x)＋2lneq\f(ax＋2,6\r(x))，對于任意a∈(2，4)，總存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，使g(x)＞k(4－a2)成立，求實數(shù)k的取值范圍．20．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)，a∈R．(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)設函數(shù)g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．當a＝1時，若?x1∈(0，＋∞)，?x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．專題43導數(shù)中不等式恒成立問題【高考真題】1．(2022·新高考Ⅱ)已知函數(shù)．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，求a的取值范圍；(3)設，證明：．1．解析(1)當時，，則，當時，，當時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.(2)設，則，又，設，則，若，則，因為為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在，使得，總有，故在為增函數(shù)，故，故在為增函數(shù)，故，與題設矛盾．若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設，故，故在上為減函數(shù)，故即成立．由上述不等式有，故總成立，即在上為減函數(shù)，所以．當時，有，所以在上為減函數(shù)，所以．綜上，．(3)取，則，總有成立，令，則，故即對任意的恒成立．所以對任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立．【方法總結】1．單變量恒成立之參變分離法參變分離法是將不等式變形成一個一端是f(a)，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，則f(a)≤g(x)min．特別地，經常將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上恒成立，則a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，則a≤g(x)min．利用分離參數(shù)法來確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實參數(shù))恒成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范圍．2．單變量恒成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．3．單變量不等式能成立之參變分離法參變分離法是將不等式變形成一個一端是f(a)，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上能成立，則f(a)≥g(x)min；若f(a)≤g(x)在x∈D上能成立，則f(a)≤g(x)max．特別地，經常將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上能成立，則a≥g(x)min；若a≤g(x)在x∈D上能成立，則a≤g(x)max．利用分離參數(shù)法來確定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a為實參數(shù))能成立問題中參數(shù)取值范圍的基本步驟：(1)將參數(shù)與變量分離，化為f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D時的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范圍．4．單變量不等式能成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)max≥0或u(x)min≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．5．最值定位法解雙變量不等式恒成立問題的思路策略(1)用最值定位法解雙變量不等式恒成立問題是指通過不等式兩端的最值進行定位，轉化為不等式兩端函數(shù)的最值之間的不等式，列出參數(shù)所滿足的不等式，從而求解參數(shù)的取值范圍．(2)有關兩個函數(shù)在各自指定范圍內的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內的自變量是沒有關聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應該通過最值進行定位．6．常見的雙變量恒成立能成立問題的類型(1)對于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)max．(如圖1)(2)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)min．(如圖2)(3)對于任意的x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)min≥g(x2)min．(如圖3)(4)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)(5)若存在x1∈[a，b]，對任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)?f(x1)max≥g(x2)max．(如圖4)(6)若存在x1∈[a，b]，總存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)?f(x)的值域與g(x)的值域的交集非空．(如圖5)【題型突破】1．已知函數(shù)f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當x＞0時，函數(shù)f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．1．解析(1)若a＝1，則f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4，則f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切線方程為3x＋y－2＝0．(2)由f(1)≥0，得a≥eq\f(1,e－1)＞0，則f(x)≥0對任意的x＞0恒成立可轉化為eq\f(a,a＋1)≥eq\f(2x－1,xex)對任意的x＞0恒成立．設函數(shù)F(x)＝eq\f(2x－1,xex)(x＞0)，則F′(x)＝－eq\f((2x＋1)(x－1),x2ex)．當0＜x＜1時，F(xiàn)′(x)＞0；當x＞1時，F(xiàn)′(x)＜0，所以函數(shù)F(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，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)．故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e－1)，＋∞))．2．函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋eq\f(3,2)x2．(1)討論f(x)的極值點的個數(shù)；(2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍．2．解析：(1)由題意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋x＋a＝eq\f(x2＋ax＋1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4．①當Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2時，x2＋ax＋1≥0對x>0恒成立，即f′(x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x)≥0對x>0恒成立，此時f(x)沒有極值點．②當Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2時，若a<－2，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x1，x2，不妨設x1<x2，則x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，∴當0<x<x1或x>x2時，f′(x)>0；當x1<x<x2時f′(x)<0，故x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個極值點．若a>2，設方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x3，x4，則x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0，∴當x>0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)沒有極值點．綜上，當a<－2時，函數(shù)f(x)有兩個極值點；當a≥－2時，函數(shù)f(x)沒有極值點．(2)f(x)≤g(x)?ex－lnx＋x2≥ax，因為x>0，所以a≤eq\f(ex＋x2－lnx,x)對于?x>0恒成立，設φ(x)＝eq\f(ex＋x2－lnx,x)(x>0)，φ′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋2x－\f(1,x)))x－(ex＋x2－lnx),x2)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx＋(x＋1)(x－1),x2)，∵x>0，∴當x∈(0，1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增，∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e＋1]．3．已知函數(shù)f(x)＝5＋lnx，g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線與函數(shù)y＝g(x)的圖象相切，求k的值；(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)時，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．(參考數(shù)據(jù)：ln5≈1．61，ln6≈1．7918，ln(eq\r(2)＋1)≈0．8814)3．解析：(1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝eq\f(1,x)，從而得到f′(1)＝1．∴函數(shù)f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－5＝x－1，即y＝x＋4．設直線y＝x＋4與g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)的圖象相切于點P(x0，y0)，從而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4，又g′(x)＝eq\f(k,(x＋1)2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(k,(x0＋1)2)＝1，,\f(kx0,x0＋1)＝x0＋4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,k＝9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－2，,k＝1.))∴k的值為1或9．(2)由題意知，當x∈(1，＋∞)時，5＋lnx>eq\f(kx,1＋x)恒成立，等價于當x∈(1，＋∞)時，k<eq\f((x＋1)(5＋lnx),x)恒成立．設h(x)＝eq\f((x＋1)(5＋lnx),x)(x>1)，則h′(x)＝eq\f(x－4－lnx,x2)(x>1)，記p(x)＝x－4－lnx(x>1)，則p′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，∴p(x)在x∈(1，＋∞)上單調遞增．又p(5)＝1－ln5<0，p(6)＝2－ln6>0，∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的實數(shù)m，且m∈(5，6)，使得p(m)＝m－4－lnm＝0，①∴當x∈(1，m)時，p(x)<0，即h′(x)<0，則h(x)在x∈(1，m)上單調遞減；當x∈(m，＋∞)時，p(x)>0，即h′(x)>0，則h(x)在x∈(m，＋∞)上單調遞增，∴當x∈(1，＋∞)時，h(x)min＝h(m)＝eq\f((m＋1)(5＋lnm),m)，由①可得lnm＝m－4，∴h(m)＝eq\f((m＋1)(m＋1),m)＝m＋eq\f(1,m)＋2，而m∈(5，6)，∴m＋eq\f(1,m)＋2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,5)，\f(49,6)))，又h(3＋2eq\r(2))≈7．9，p(3＋2eq\r(2))＝2eq\r(2)－1－ln(3＋2eq\r(2))>0，∴m∈(5，3＋2eq\r(2))，∴h(m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,5)，8))．又k∈N*，∴k的最大值是7．4．設函數(shù)f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的單調區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x＞0時，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．4．解析(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增．若a＞0，則當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．故當x＞0時，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等價于k＜eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x＞0)．①令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x，則g′(x)＝eq\f(ex(ex－x－2),(ex－1)2)．由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調遞增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1，2)．當x∈(0，α)時，g′(x)＜0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等價于k＜g(α)，故整數(shù)k的最大值為2．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，當x>0且x≠1時，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立，求k的取值范圍．5．解析由題意，當x>0且x≠1時，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立等價于k<eq\f(xlnx,x＋1)＋1－eq\f(xlnx,x－1)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，記g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，則g′(x)＝eq\f(2x2＋1lnx＋21－x2,1－x22)＝eq\f(2x2＋1,1－x22)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1－x2,x2＋1)))；又記h(x)＝lnx＋eq\f(1－x2,x2＋1)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4x,1＋x22)＝eq\f(1－x22,x1＋x22)>0，所以，當x>0時，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且h(1)＝0，因此，當x∈(0，1)時，h(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0；即當x∈(0，1)時，g′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0；所以g(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．由洛必達法則有eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(2xlnx,1－x2)＋1＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(2lnx＋2,－2x)＋1＝0，即當x→1時，g(x)→0．所以當x>0且x≠1時，g(x)>0，所以k≤0．故所求k的取值范圍是(－∞，0]．6．設函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2．(1)若a＝0，求f(x)的單調區(qū)間；(2)若當x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍．6．解析(1)a＝0時，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1．當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0．故f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)當x＝0時，f(x)＝0，對任意實數(shù)a，均有f(x)≥0；當x>0時，f(x)≥0等價于a≤eq\f(ex－x－1,x2)．令g(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(xex－2ex＋x＋2,x3)，令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，則h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，∴h′(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．由洛必達法則知，eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－x－1,x2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,2x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex,2)＝eq\f(1,2)，故a≤eq\f(1,2)．綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))．7．(2020·新高考Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．7．解析(1)當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝e－1．∵f(1)＝e＋1，∴切點坐標為(1，1＋e)，∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，∴切線與兩坐標軸的交點坐標分別為(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)，0))，∴所求三角形面積為eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)))＝eq\f(2,e－1)．(2)解法一(同構后參變分離)f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等價于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，顯然g(x)為單調遞增函數(shù)，∴又等價于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0，1)上h′(x)>0，h(x)單調遞增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)單調遞減，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范圍是[1，＋∞)．解法二(最值分析法＋隱零點法)∵f(x)＝aex－1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，且a>0．設g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，即f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，當a＝1時，f′(1)＝0，則f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；當a>1時，eq\f(1,a)<1，∴<1，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))f′(1)＝，∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－eq\f(1,x0)＝0，且當x∈(0，x0)時f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時f′(x)>0，∴aex0－1＝eq\f(1,x0)，∴l(xiāng)na＋x0－1＝－lnx0，因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－lnx0＋lna＝eq\f(1,x0)＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2eq\r(\f(1,x0)·x0)＝2lna＋1>1，∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；當0<a<1時，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．綜上所述，a的取值范圍是[1，＋∞)．8．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx．(1)若曲線y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1處的切線方程為x＋y－3＝0，求a，b的值；(2)求函數(shù)g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)(a∈R)的極值點；(3)設h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若當x>a時，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．8．解析(1)由f(x)＝x－alnx，得y＝x－alnx＋b，∴y′＝f′(x)＝1－eq\f(a,x)．由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝－1，,f(1)＋b＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a＝－1，,1＋b＝2，))∴a＝2，b＝1．(2)g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)＝x－alnx＋eq\f(a＋1,x)，∴g′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(a＋1,x2)＝eq\f((x＋1)[x－(a＋1)],x2)(x>0)，當a＋1≤0，即a≤－1時，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，無極值點．當a＋1>0，即a>－1時，則有，當0<x<a＋1時，g′(x)<0，當x>a＋1時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，a＋1)上為減函數(shù)，在(a＋1，＋∞)上為增函數(shù)，∴x＝a＋1是g(x)的極小值點，無極大值點．綜上可知，當a≤－1時，函數(shù)g(x)無極值點，當a>－1時，函數(shù)g(x)的極小值點是a＋1，無極大值點．(3)(同構后參變分離)h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna＝aex－lnx＋lna(a>0)，由題意知，當x>a時，aex－lnx＋lna≥0恒成立，又不等式aex－lnx＋lna≥0等價于aex≥lneq\f(x,a)，即ex≥eq\f(1,a)lneq\f(x,a)，即xex≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)．①①式等價于xex≥lneq\f(x,a)·elneq\f(x,a)，由x>a>0知，eq\f(x,a)>1，lneq\f(x,a)>0．令φ(x)＝xex(x>0)，則原不等式即為φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x,a)))，又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴原不等式等價于x≥lneq\f(x,a)，②又②式等價于ex≥eq\f(x,a)，即a≥eq\f(x,ex)(x>a>0)，設F(x)＝eq\f(x,ex)(x>0)，則F′(x)＝eq\f(1－x,ex)，∴F(x)在(0，1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)，又x>a>0，∴當0<a<1時，F(xiàn)(x)在(a，1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)．∴F(x)≤F(1)＝eq\f(1,e)．要使原不等式恒成立，須使eq\f(1,e)≤a<1，當a≥1時，F(xiàn)(x)在(a，＋∞)上為減函數(shù)，F(xiàn)(x)<F(1)＝eq\f(1,e)．要使原不等式恒成立，須使a≥eq\f(1,e)，∴當a≥1時，原不等式恒成立．綜上可知，a的取值范圍是[eq\f(1,e)，＋∞)，a的最小值為eq\f(1,e)．9．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當x∈[1，e]時，f(x)<g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．9．解析(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，f′(x)＝2x＋(a＋1)－eq\f(1,x)．依題意知x∈(1，＋∞)時，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，＋∞)上單調遞減，∴k(x)<k(1)＝－1，∴a＋1≥－1，∴實數(shù)a的取值范圍為{a|a≥－2}．(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx－2a－1，x∈[1，e]，則只需φ(x)max<0即可，∴φ′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)．當a≤0時，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上單調遞減，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0．當a>0時，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，φ′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，φ′(x)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，∴要使φ(x)max<0，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ(1)<0，,φ(e)<0，,a>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1<0，,ae－2a－2<0，,a>0，))解得0<a<eq\f(2,e－2)，綜上，實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<\f(2,e－2)))))．10．已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．10．解析(1)當a＝0時，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切線方程為y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．(2)方法一()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①當a≤0時，因為x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，則f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，f(x)≥f(2)＝0成立．②當0<a≤e2時，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③當a>e2時，在區(qū)間(2，lna)上，f′(x)<0；在區(qū)間(lna，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．方法二當x≥2時，f(x)≥0恒成立，等價于當x≥2時，(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．當x＝2時，0·a≤0，所以a∈R．當x>2時，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．設g(x)＝eq\f(2ex,x)，則g′(x)＝eq\f(2(x－1)ex,x2)，因為x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調遞增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．11．已知函數(shù)f(x)＝e－x－ax(x∈R)．(1)當a＝－1時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若x≥0時，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．11．解析(1)當a＝－1時，f(x)＝e－x＋x，則f′(x)＝－eq\f(1,ex)＋1＝eq\f(ex－1,ex)．令f′(x)＝0，得x＝0當x＜0時，f′(x)＜0；當x＞0時，f′(x)＞0．所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．所以當x＝0時，函數(shù)f(x)取得最小值，且最小值為f(0)＝1.(2)因為x≥0時，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，則eq\a\vs4\al(g(0)＝0，g′(x)＝ex＋\f(1,x＋1)＋a，g′(0)＝2＋a.)又g″(x)＝ex－eq\f(1,(x＋1)2)≥0，當且僅當x＝0時取等號，所以g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a在[0，＋∞)上單調遞增．①若a≥－2，則eq\a\vs4\al(g′(x)≥g′(0)＝2＋a≥0，)當且僅當x＝0，a＝－2時取等號，所以g(x)在[0，＋∞)上單調遞增，有g(x)≥g(0)＝0，(*)式恒成立．②若a＜－2，由于g′(0)＝2＋a＜0，x→＋∞時，g′(x)→＋∞，所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，當0＜x＜x0時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減；當x＞x0時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增．所以當x∈(0，x0)時，g(x)＜g(0)＝0，(*)式不恒成立．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[－2，＋∞)．12．已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1．(1)當a＝1時，求證：當x≥0時，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．12．解析(1)當a＝1時，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，則u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)≥f(0)＝0，從而原不等式得證．(2)∵f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，令h(x)＝ex＋cosx－ax－2，則h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝ex－sinx－a，則t′(x)＝ex－cosx，∵ex≥1，－1≤cosx≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①當1－a≥0，即a≤1時，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，故h(x)≥h(0)＝0，滿足題意；②當1－a<0，即a>1時，∵h′(0)<0，又x→＋∞時，h′(x)→＋∞，∴?x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴當x∈(0，x0)時，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上單調遞減，此時h(x)<h(0)＝0，不符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．13．(2016·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．13．解析：(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．當a＝4時，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2．故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)＞0.設g(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,(x＋1)2)＝eq\f(x2＋2(1－a)x＋1,x(x＋1)2)，g(1)＝0.①當a≤2，x∈(1，＋∞)時，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因此g(x)＞0；②當a＞2時，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r((a－1)2－1)，x2＝a－1＋eq\r((a－1)2－1).由x2＞1和x1x2＝1得0<x1＜1，故當x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上單調遞減，因此g(x)＜g(1)＝0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．14．設函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)當b＝0時，函數(shù)f(x)有兩個極值點，求a的取值范圍；(2)若y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，且函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)時，其圖象上每一點處切線的傾斜角均為銳角，求a的取值范圍．14．解析(1)當b＝0時，f(x)＝xlnx－ax2－x，f′(x)＝lnx－2ax，∴f(x)＝xlnx－ax2－x有2個極值點就是方程lnx－2ax＝0有2個解，即y＝2a與m(x)＝eq\f(lnx,x)的圖象的交點有2個．∵m′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，m′(x)>0，m(x)單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，m′(x)<0，m(x)單調遞減．m(x)有極大值eq\f(1,e)，又∵x∈(0，1]時，m(x)≤0；當x∈(1，＋∞)時，0<m(x)<eq\f(1,e)．當a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))時，y＝2a與m(x)＝eq\f(lnx,x)的圖象的交點有0個；當a∈(－∞，0]或a＝eq\f(1,2e)時，y＝2a與m(x)＝eq\f(lnx,x)的圖象的交點有1個；當a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))時，y＝2a與m(x)＝eq\f(lnx,x)的圖象的交點有2個．綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))．(2)函數(shù)y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，∴f′(1)＝0且f(1)≠0，∵f′(x)＝lnx－2ax＋b，∴b＝2a且a≠1．h(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)時，其圖象的每一點處的切線的傾斜角均為銳角，即當x>1時，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，即lnx＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，令t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝eq\f(1,x)＋ex－2a，設φ(x)＝eq\f(1,x)＋ex－2a，φ′(x)＝ex－eq\f(1,x2)，∵x>1，∴ex>e，eq\f(1,x2)<1，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調遞增，即t′(x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，當a≤eq\f(1＋e,2)且a≠1時，t′(x)≥0，∴t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上單調遞增，∴t(x)>t(1)＝0成立，當a>eq\f(1＋e,2)時，∵t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln2a)＝eq\f(1,ln2a)＋2a－2a>0，∴存在x0∈(1，ln2a)，滿足t′(x0)＝0．∵t′(x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴當x∈(1，x0)時，t′(x)<0，t(x)單調遞減，∴t(x0)<t(1)＝0，t(x)>0不恒成立．∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋e,2)))．15．已知函數(shù)f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a．(1)若f(x)與g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若?x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求參數(shù)a的取值范圍．15．解析(1)由題意得，f′(x)＝eq\f(3,x)－x＋1，設切點為(x0，f(x0))，則k＝f′(x0)＝eq\f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq\f(5,2)．(2)設h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x，?x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，等價于?x>0，使h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x>a成立，等價于a<h(x)max(x>0)．因為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\co1(h′(x)>0，,x>0，))得0<x<1；令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h′(x)<0，,x>0，))得x>1．所以函數(shù)h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以h(x)max＝h(1)＝－eq\f(5,2)，即a<－eq\f(5,2)，因此參數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2)))．16．設函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)討論函數(shù)f(x)的單調性；(2)當f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求實數(shù)m的取值范圍．16．解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2mx＝eq\f(－2(mx2－1),x)，當m≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當m>0時，令f′(x)>0，得0<x<eq\f(\r(m),m)，令f′(x)<0，得x>eq\f(\r(m),m)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調遞減．(2)由(1)知，當f(x)有極值時，m>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調遞減．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)))＝2lneq\f(\r(m),m)－m·eq\f(1,m)＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，則f(x)max>m－1．即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，∴0<m<1．∴實數(shù)m的取值范圍是(0，1)．17．設函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx．(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增；(2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍．17．解析(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．若m≥0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0．若m＜0，則當x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0．所以，f(x)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增．(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]單調遞減，在[0，1]單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)－f(0)≤e－1，,f(－1)－f(0)≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①設函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1．當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0時，g′(t)＞0．故g(t)在(－∞，0)單調遞減，在(0，＋∞)單調遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1，1]時，g(t)≤0．當m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當m＞1時，由g(t)的單調性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．綜上，m的取值范圍是[－1，1]．18．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的單調性；(2)已知a?(0，e)，若對任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．18．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①當a≤0時，1－ax>0，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上單調遞增；②當0<a≤eq\f(1,e)時，eq\f(1,a)≥e，則f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調遞增；③當eq\f(1,e)<a<1時，1<eq\f(1,a)<e，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))時，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞增，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))時，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調遞減；④當a≥1時，0<eq\f(1,a)≤1，則f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調遞減．綜上所述，當a≤eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e]上單調遞增；當eq\f(1,e)<a<1時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs