專題43導(dǎo)數(shù)中不等式恒成立問題(原卷版+解析)

專題43導(dǎo)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(dāng)時，討論的單調(diào)性；(2)當(dāng)時，，求a的取值范圍；(3)設(shè)，證明：．1．解析(1)當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.(2)設(shè)，則，又，設(shè)，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(shè)矛盾．若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設(shè)，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(dāng)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(jié)】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(jīng)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(gòu)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(zhuǎn)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(jīng)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(gòu)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(guān)兩個函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內(nèi)的自變量是沒有關(guān)聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應(yīng)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(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當(dāng)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(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2．(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)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(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)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(shè)h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若當(dāng)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(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)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(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)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(dāng)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(dāng)a＝1時，求證：當(dāng)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(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)當(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx．(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)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(diào)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(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)已知函數(shù)在定義域內(nèi)為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)設(shè)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(diào)區(qū)間；(2)設(shè)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(dāng)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(dǎo)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(dāng)時，討論的單調(diào)性；(2)當(dāng)時，，求a的取值范圍；(3)設(shè)，證明：．1．解析(1)當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.(2)設(shè)，則，又，設(shè)，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(shè)矛盾．若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設(shè)，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(dāng)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(jié)】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(jīng)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(gòu)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(zhuǎn)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(jīng)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(gòu)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(guān)兩個函數(shù)在各自指定范圍內(nèi)的不等式恒成立問題，這里兩個函數(shù)在指定范圍內(nèi)的自變量是沒有關(guān)聯(lián)的，這類不等式的恒成立問題就應(yīng)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(dāng)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(zhuǎn)化為eq\f(a,a＋1)≥eq\f(2x－1,xex)對任意的x＞0恒成立．設(shè)函數(shù)F(x)＝eq\f(2x－1,xex)(x＞0)，則F′(x)＝－eq\f((2x＋1)(x－1),x2ex)．當(dāng)0＜x＜1時，F(xiàn)′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，F(xiàn)′(x)＜0，所以函數(shù)F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)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(dāng)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(dāng)Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2時，若a<－2，設(shè)方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x1，x2，不妨設(shè)x1<x2，則x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，∴當(dāng)0<x<x1或x>x2時，f′(x)>0；當(dāng)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(shè)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(dāng)x>0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)沒有極值點．綜上，當(dāng)a<－2時，函數(shù)f(x)有兩個極值點；當(dāng)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(shè)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(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)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(shè)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(dāng)x∈(1，＋∞)時，5＋lnx>eq\f(kx,1＋x)恒成立，等價于當(dāng)x∈(1，＋∞)時，k<eq\f((x＋1)(5＋lnx),x)恒成立．設(shè)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(diào)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(dāng)x∈(1，m)時，p(x)<0，即h′(x)<0，則h(x)在x∈(1，m)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，p(x)>0，即h′(x)>0，則h(x)在x∈(m，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當(dāng)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(diào)遞增．若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．故當(dāng)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(diào)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(shè)此零點為α，則α∈(1，2)．當(dāng)x∈(0，α)時，g′(x)＜0；當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)x>0時，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝0，因此，當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0；即當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0；所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)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(dāng)x→1時，g(x)→0．所以當(dāng)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(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2．(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)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(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0．故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．(2)當(dāng)x＝0時，f(x)＝0，對任意實數(shù)a，均有f(x)≥0；當(dāng)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(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)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(dāng)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(biāo)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(biāo)軸的交點坐標(biāo)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(gòu)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(diào)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(diào)遞增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)單調(diào)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(shè)g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a＝1時，f′(1)＝0，則f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；當(dāng)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(dāng)x∈(0，x0)時f′(x)<0，當(dāng)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(dāng)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(shè)h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若當(dāng)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(dāng)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(dāng)a＋1>0，即a>－1時，則有，當(dāng)0<x<a＋1時，g′(x)<0，當(dāng)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(dāng)a≤－1時，函數(shù)g(x)無極值點，當(dāng)a>－1時，函數(shù)g(x)的極小值點是a＋1，無極大值點．(3)(同構(gòu)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(dāng)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(shè)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)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(diào)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(dāng)a≤0時，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0．當(dāng)a>0時，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，φ′(x)<0，當(dāng)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(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)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(dāng)a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．10．解析(1)當(dāng)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(dāng)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(diào)遞增，f(x)≥f(2)＝0成立．②當(dāng)0<a≤e2時，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③當(dāng)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(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)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(dāng)x≥2時，f(x)≥0恒成立，等價于當(dāng)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(dāng)x＝2時，0·a≤0，所以a∈R．當(dāng)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(shè)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(diào)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(dāng)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(dāng)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(dāng)x＜0時，f′(x)＜0；當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0．所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，所以g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．①若a≥－2，則eq\a\vs4\al(g′(x)≥g′(0)＝2＋a≥0，)當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，a＝－2時取等號，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，有g(shù)(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(dāng)0＜x＜x0時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞x0時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)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(dāng)a＝1時，求證：當(dāng)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(dāng)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(diào)遞增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)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(diào)遞增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①當(dāng)1－a≥0，即a≤1時，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(x)≥h(0)＝0，滿足題意；②當(dāng)1－a<0，即a>1時，∵h(yuǎn)′(0)<0，又x→＋∞時，h′(x)→＋∞，∴?x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上單調(diào)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(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若當(dāng)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(dāng)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(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)＞0等價于lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)＞0.設(shè)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(dāng)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(diào)遞增，因此g(x)＞0；②當(dāng)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(dāng)x∈(1，x2)時，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，因此g(x)＜g(1)＝0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)當(dāng)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(dāng)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(dāng)x∈(0，e)時，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減．m(x)有極大值eq\f(1,e)，又∵x∈(0，1]時，m(x)≤0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，0<m(x)<eq\f(1,e)．當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(dāng)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(shè)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(diào)遞增，即t′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，當(dāng)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(diào)遞增，∴t(x)>t(1)＝0成立，當(dāng)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(diào)遞增，∴當(dāng)x∈(1，x0)時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)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(shè)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(shè)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(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)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(shè)函數(shù)f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)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(dāng)m≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)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(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)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(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上單調(diào)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(diào)遞增，且g(1)＝0，∴0<m<1．∴實數(shù)m的取值范圍是(0，1)．17．設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx．(1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)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(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1≤0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1≥0，f′(x)＞0．若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時，emx－1＞0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，emx－1＜0，f′(x)＞0．所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．(2)由(1)知，對任意的m，f(x)在[－1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)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(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1．當(dāng)t＜0時，g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時，g′(t)＞0．故g(t)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當(dāng)t∈[－1，1]時，g(t)≤0．當(dāng)m∈[－1，1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當(dāng)m＞1時，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；當(dāng)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(diào)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(dāng)a≤0時，1－ax>0，則f′(x)>0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；②當(dāng)0<a≤eq\f(1,e)時，eq\f(1,a)≥e，則f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；③當(dāng)eq\f(1,e)<a<1時，1<eq\f(1,a)<e，當(dāng)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(diào)遞增，當(dāng)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(diào)遞減；④當(dāng)a≥1時，0<eq\f(1,a)≤1，則f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a≤eq\f(1,e)時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增；當(dāng)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(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs