浙江省2025屆高考數(shù)學一輪復習第四章導數(shù)及其應用第5節(jié)導數(shù)與不等式含解析

PAGE第5節(jié)導數(shù)與不等式考試要求1.能利用導數(shù)證明簡潔的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，會求參數(shù)的取值范圍.知識梳理1.證明不等式時，可構造函數(shù)，將問題轉化為函數(shù)的極值或最值問題.2.求解不等式恒成立或有解問題，可以考慮將參數(shù)分別出來，將參數(shù)范圍問題轉化為探討新函數(shù)值域的問題.3.不等式能成立看作不等式有解問題.[常用結論與易錯提示]與不等式有關的結論(1)對隨意x，f(x)>g(x)?f(x)－g(x)>0?[f(x)－g(x)]min>0.(2)對隨意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)對隨意x，存在x0，f(x)>g(x0)?f(x)min>g(x)min.(5)f(x)≥a或f(x)≤a對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)對隨意的x1∈D1，總存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)?A?B(其中集合A為f(x1)的值域，集合B為f(x2)的值域).(8)當參數(shù)不易分別時，應留意分類探討或數(shù)形結合思想的應用.診斷自測1.已知函數(shù)f(x)＝x2ex，當x∈[－1，1]時，不等式f(x)<m恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))C.[e，＋∞) D.(e，＋∞)解析由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去).當x∈(－1，0]時，f′(x)<0，f(x)遞減，當x∈(0，1]時，f′(x)>0，f(x)遞增，f(－1)＝eq\f(1,e)，f(1)＝e，∴f(x)最大＝f(1)＝e，由題意得m>e.答案D2.設函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2e)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e)，1))解析設g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由題意知存在唯一的整數(shù)x0，使g(x0)在直線h(x)＝ax－a的下方，因為g′(x)＝ex(2x＋1)，∴當x<－eq\f(1,2)時，g′(x)<0，當x>－eq\f(1,2)時，g′(x)>0，∴當x＝eq\f(1,2)時，[g(x)]min＝－2eeq\f(1,2)，g(0)＝－1，g(1)＝e>1，直線h(x)＝ax－a恒過(1，0)且斜率為a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得eq\f(3,2e)≤a<1.答案D3.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋（x－b）2,x)(b∈R)，若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))使得f(x)＋xf′(x)>0，則實數(shù)b的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4)))C.(－∞，3) D.(－∞，eq\r(2))解析f′(x)＝eq\f(1,x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋2x（x－b）－lnx－（x－b）2)).f(x)＋xf′(x)＝eq\f(lnx＋（x－b）2,x)＋eq\f(1,x)[1＋2x(x－b)－lnx－(x－b)2]＝eq\f(1＋2x（x－b）,x)，∵存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，使得f(x)＋xf′(x)>0，∴1＋2x(x－b)>0，∴b<x＋eq\f(1,2x).設g(x)＝x＋eq\f(1,2x)，∴b<g(x)max，而g′(x)＝eq\f(2x2－1,2x2)，∴當g′(x)＝0時，解得x＝eq\f(\r(2),2).當g′(x)>0，即eq\f(\r(2),2)<x≤2時，g(x)遞增，當g′(x)<0，即eq\f(1,2)≤x<eq\f(\r(2),2)時，g(x)遞減，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，g(2)＝eq\f(9,4)，∴g(x)最大＝g(2)＝eq\f(9,4)，∴b<eq\f(9,4).答案B4.已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2，若對隨意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析g′(x)＝3x2＋2ax－1，∵2f(x)≤g′(x)＋2，∴2xlnx≤3x2＋2ax＋1.∵x∈(0，＋∞)，∴a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x).設h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)(x>0)，則h′(x)＝－eq\f(（x－1）（3x＋1）,2x2)，令h′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1,3)(舍去)，當x∈(0，1)時，h′(x)>0，h(x)遞增，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)遞減，∴h(x)最大＝h(x)極大＝h(1)＝－2，由題意得a≥－2.答案[－2，＋∞)5.當x∈[－2，1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R，當x∈(0，1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))eq\s\do7(max)，設φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝eq\f(（2x－4）x3－（x2－4x－3）3x2,x6)＝－eq\f(x2－8x－9,x4)＝－eq\f(（x－9）（x＋1）,x4)>0，∴φ(x)在(0，1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.當x∈[－2，0)時，a≤eq\f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3,x3)))eq\s\do7(min).仍設φ(x)＝eq\f(x2－4x－3,x3)，φ′(x)＝－eq\f(（x－9）（x＋1）,x4)，當x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0，當x∈(－1，0)時，φ′(x)>0.∴當x＝－1時，φ(x)有微小值，即為最小值.而φ(x)min＝φ(－1)＝eq\f(1＋4－3,－1)＝－2，∴a≤－2.綜上知－6≤a≤－2.答案[－6，－2]考點一利用導數(shù)證明不等式【例1】(2024·北京西城區(qū)練習)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線x＋2y－3＝0.(1)求a，b的值；(2)若k≤0，求證：對于隨意x∈(1，＋∞)，f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).(1)解f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),（x＋1）2)－eq\f(b,x2)由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1，1)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1，,f′（1）＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得a＝1，b＝1.(2)證明由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f(（k－1）（x2－1）,x))).考慮函數(shù)h(x)＝2lnx＋eq\f(（k－1）（x2－1）,x)(x＞1)，則h′(x)＝eq\f(（k－1）（x2＋1）＋2x,x2)＝eq\f(k（x2＋1）－（x－1）2,x2)＜0.而h(1)＝0，故當x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，所以eq\f(1,1－x2)×h(x)＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x).規(guī)律方法(1)利用參數(shù)a的范圍放縮不等式是關鍵；(2)不等式有等號時，可利用函數(shù)的最值證明不等式，否則可利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域.【訓練1】已知函數(shù)f(x)＝xlnx－2x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、極值；(2)若x>y>0，試確定f(x)－f(y)與xlny－ylnx的大小關系，并給以證明.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.將x，f′(x)，f(x)改變狀況列下表：x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘微小值↗可得(0，e)是f(x)的遞減區(qū)間，(e，＋∞)是f(x)的遞增區(qū)間，f(x)在x＝e處有微小值－e，無極大值.(2)f(x)－f(y)>xlny－ylnx.證明如下：[f(x)－f(y)]－(xlny－ylnx)＝xlnx－2x－ylny＋2y－xlny＋ylnx＝xlneq\f(x,y)＋ylneq\f(x,y)－2(x－y)＝y(tǒng)[eq\f(x,y)lneq\f(x,y)＋lneq\f(x,y)－2(eq\f(x,y)－1)].(*)設t＝eq\f(x,y)>1，Q(t)＝tlnt＋lnt－2(t－1)(t>1)，則Q′(t)＝lnt＋1＋eq\f(1,t)－2＝lnt＋eq\f(1,t)－1(t>1).設M(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1(t>1)，則M′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)>0(t>1).∴M(t)在(1，＋∞)上是遞增函數(shù).∴M(t)>M(1)＝0，即Q′(t)>0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是遞增函數(shù).∴Q(t)>Q(1)＝0.又y>0，∴(*)>0，∴f(x)－f(y)>xlny－ylnx.考點二依據(jù)不等式恒成立求參數(shù)的范圍多維探究角度1單變量隨意型【例2－1】(2024·浙江卷)已知實數(shù)a≠0，設函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\r(1＋x)，x>0.(1)當a＝－eq\f(3,4)時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a)，求a的取值范圍.注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).解(1)當a＝－eq\f(3,4)時，f(x)＝－eq\f(3,4)lnx＋eq\r(1＋x)，x>0.f′(x)＝－eq\f(3,4x)＋eq\f(1,2\r(1＋x))＝eq\f(（\r(1＋x)－2）（2\r(1＋x)＋1）,4x\r(1＋x))，令f′(x)>0得x>3，令f′(x)<0得0<x<3.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞).(2)由f(1)≤eq\f(1,2a)，得0<a≤eq\f(\r(2),4).當0<a≤eq\f(\r(2),4)時，f(x)≤eq\f(\r(x),2a)等價于eq\f(\r(x),a2)－eq\f(2\r(1＋x),a)－2lnx≥0.令t＝eq\f(1,a)，則t≥2eq\r(2).設g(t)＝t2eq\r(x)－2teq\r(1＋x)－2lnx，t≥2eq\r(2)，則g(t)＝eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\r(1＋\f(1,x))))eq\s\up12(2)－eq\f(1＋x,\r(x))－2lnx.①當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，＋∞))時，eq\r(1＋\f(1,x))≤2eq\r(2)，則g(t)≥g(2eq\r(2))＝8eq\r(x)－4eq\r(2)eq\r(1＋x)－2lnx.記p(x)＝4eq\r(x)－2eq\r(2)eq\r(1＋x)－lnx，x≥eq\f(1,7)，則p′(x)＝eq\f(2,\r(x))－eq\f(\r(2),\r(x＋1))－eq\f(1,x)＝eq\f(2\r(x)\r(x＋1)－\r(2)x－\r(x＋1),x\r(x＋1))＝eq\f(（x－1）[1＋\r(x)（\r(2x＋2)－1）],x\r(x＋1)（\r(x)＋1）（\r(x＋1)＋\r(2x)）).當x改變時，p′(x)，p(x)的改變狀況如下：xeq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，1))1(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))單調(diào)遞減微小值p(1)單調(diào)遞增所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(2eq\r(2))＝2p(x)≥0.②當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))時，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝eq\f(－2\r(x)lnx－（x＋1）,\r(x)).令q(x)＝2eq\r(x)lnx＋(x＋1)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))，則q′(x)＝eq\f(lnx＋2,\r(x))＋1>0，故q(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))上單調(diào)遞增，所以q(x)≤qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7))).由①得qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))＝－eq\f(2\r(7),7)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))<－eq\f(2\r(7),7)p(1)＝0.所以q(x)<0.因此，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝－eq\f(q（x）,\r(x))>0.由①②知對隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，t∈[2eq\r(2)，＋∞)，g(t)≥0，即對隨意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a).綜上所述，所求a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4))).角度2雙變量隨意型【例2－2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)＋x－1，g(x)＝lnx＋eq\f(1,e)(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)證明：f(x)≥g(x)；(2)若對于隨意的x1，x2∈[1，a](a>1)，總有|f(x1)－g(x2)|≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，求a的最大值.(1)證明令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(x,ex)＋x－lnx－1－eq\f(1,e)，∴F′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1－eq\f(1,x)＝(x－1)eq\f(ex－x,xex).∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x).(2)解∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq\f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq\f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上單調(diào)遞增.∵f(x)≥g(x)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)與g(x)的圖象在[1，a]上距離隨x增大而增大，∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq\f(2,e2)－eq\f(1,e)＋1，∴eq\f(a,ea)＋a≤eq\f(2,e2)＋2，設G(a)＝eq\f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq\f(1－a,ea)＋1＝eq\f(ea－a＋1,ea)，∵當a>1時，ea>a＋1，∴當a>1時，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴a≤2，∴a的最大值為2.角度3雙變量隨意存在型【例2－3】已知函數(shù)f(x)＝2lneq\f(x,2)－eq\f(3x－6,x＋1).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若g(x)＝lnx－ax，若對隨意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)因為f(x)＝2lneq\f(x,2)－eq\f(3x－6,x＋1)，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(9,（x＋1）2)＝eq\f(2x2－5x＋2,x（x＋1）2)＝eq\f(（2x－1）（x－2）,x（x＋1）2)，當eq\f(1,2)<x<2時，f′(x)<0，當0<x<eq\f(1,2)或x>2時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞).(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當x>1時，f(x)≥f(2)＝0，又g(x)＝lnx－ax，所以對隨意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?函數(shù)y＝lnx與直線y＝ax的圖象在(0，＋∞)上有交點?方程a＝eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上有解.設h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，當x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，又h(e)＝eq\f(1,e)，x→0時，h(x)→－∞，所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))).規(guī)律方法(1)單變量隨意型，常用分別參數(shù)法，不易分別參數(shù)或分別參數(shù)后函數(shù)太困難時，應干脆探討參數(shù)；(2)雙變量隨意型、隨意存在型留意等價轉化為最值問題解決.【訓練2】(1)(角度1)已知函數(shù)f(x)＝(x2－x＋1)·e－x.當x∈[0，2]時，f(x)≥－x2＋2x＋m恒成立，求m的取值范圍.(2)(角度2)(2024·浙江新高考仿真卷一)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mx,x2＋1)＋1(m≠0)，g(x)＝x2eax(a∈R).①求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；②當m＞0時，若對隨意x1，x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)恒成立，求a的取值范圍.(3)(角度3)(2024·金華一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx.設f(x)在點x＝x0處的切線方程為y＝m(x).①若函數(shù)f(x)存在唯一極值點，求實數(shù)a的取值范圍；②當a＝4時，是否存在x0，使得eq\f(f（x）－m（x）,x－x0)＞0對隨意的x∈{x|x＞0，且x≠x0}恒成立？若存在，試求出x0的值；若不存在，請說明理由.解(1)∵f(x)≥－x2＋2x＋m在x∈[0，2]時恒成立，∴m≤f(x)＋x2－2x＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，令g(x)＝(x2－x＋1)·e－x＋x2－2x，則g′(x)＝－(x－2)(x－1)e－x＋2(x－1)，當x∈[0，1)時，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2－x＋2ex）,ex)<0，當x∈(1，2]時，g′(x)＝eq\f(（x－1）（2－x＋2ex）,ex)>0，∴g(x)在[0，1)上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝eq\f(1,e)－1，∴m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)－1)).(2)①函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝eq\f(m（1－x2）,（x2＋1）2)＝eq\f(m（1－x）（1＋x）,（x2＋1）2).(ⅰ)當m＞0時，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)－＋－f(x)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1]，[1，＋∞).(ⅱ)當m＜0時，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞)f′(x)＋－＋f(x)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1]，[1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，1).②依題意，“當m＞0時，對于隨意x1，x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)恒成立”等價于“當m＞0時，對于隨意x∈[0，2]，f(x)min≥g(x)max成立”.當m＞0時，由①知函數(shù)f(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，因為f(0)＝1，f(2)＝eq\f(2m,5)＋1＞1，所以函數(shù)f(x)的最小值為f(0)＝1，所以應滿意g(x)max≤1.因為g(x)＝x2eax，所以g′(x)＝(ax2＋2x)eax.a.當a≥0時，由隨意的x∈[0，2]，g′(x)＝(ax2＋2x)eax≥0，故函數(shù)g(x)＝x2eax單調(diào)遞增，g(x)max＝g(2)＝4e2a≥4，明顯不滿意g(x)max≤1，故a≥0不成立.b.當a＜0時，令g′(x)＝0得x1＝0，x2＝－eq\f(2,a).(ⅰ)當－eq\f(2,a)≥2，即－1≤a＜0時，在[0，2]上g′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在[0，2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g(x)max＝g(2)＝4e2a.由4e2a≤1得a≤－ln2，所以－1≤a≤－ln2.(ⅱ)當0＜－eq\f(2,a)＜2，即a＜－1時，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,a)))上g′(x)≥0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，2))上g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，2))上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)))＝eq\f(4,a2e2).由eq\f(4,a2e2)≤1得a≤－eq\f(2,e)，所以a＜－1.綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－ln2].(3)①f′(x)＝eq\f(（x－1）（2x－a）,x)，x＞0，當a≤0時，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝1是f(x)的唯一極值點；當a＞0，a≠2時，f′(x)＝0在(0，＋∞)上有兩個不等的實根1和eq\f(a,2)，從而f(x)有兩個極值點，不符合題意；當a＝2時，f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)無極值點，不符合題意.所以實數(shù)a的取值范圍是{a|a≤0}.②當a＝4時，f(x)＝x2－6x＋4lnx，f′(x)＝2x－6＋eq\f(4,x)，則函數(shù)y＝f(x)在其圖象上一點P(x0，f(x0))處的切線方程為y＝m(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0)－6))(x－x0)＋xeq\o\al(2,0)－6x0＋4lnx0.設φ(x)＝f(x)－m(x)＝x2－6x＋4lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0)－6))(x－x0)－(xeq\o\al(2,0)－6x0＋4lnx0)，則φ(x0)＝0.φ′(x)＝2x＋eq\f(4,x)－6－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4,x0)－6))＝2(x－x0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,xx0)))＝eq\f(2,x)(x－x0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x0)))，若x0＜eq\r(2)，φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,x0)))上單調(diào)遞減，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,x0)))時，φ(x)＜φ(x0)＝0，此時eq\f(φ（x）,x－x0)＜0；若x0＞eq\r(2)，φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x0)，x0))上單調(diào)遞減，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x0)，x0))時，φ(x)＞φ(x0)＝0，此時eq\f(φ（x）,x－x0)＜0；若x0＝eq\r(2)，φ′(x)＝eq\f(2,x)(x－eq\r(2))2≥0，所以φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當x＞x0時，φ(x)＞φ(x0)＝0，當0＜x＜x0時，φ(x)＜φ(x0)＝0，故eq\f(φ（x）,x－x0)＞0.綜上，存在滿意題設的實數(shù)x0，且x0＝eq\r(2).考點三不等式能成立【例3】設x＝3是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一個極值點.(1)求a與b之間的關系式，并求當a＝2時，函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設a>0，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(25,4)))ex.若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，由題意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，解得b＝－2a－3.當a＝2時，b＝－7，故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3<x<3，于是f(x)在(－3，3)上單調(diào)遞增，在(－∞，－3)和(3，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，由f′(x)>0得－a－1<x<3，所以f(x)在[0，3)上單調(diào)遞增，在(3，4]上單調(diào)遞減，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]上單調(diào)遞增，g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋\f(25,4)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(25,4)))e4)).依據(jù)題意，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(25,4)))－(a＋6)≥0恒成立，所以只要eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(25,4)))－(a＋6)<1，解得－eq\f(1,2)<a<eq\f(3,2)，又因為a>0，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).規(guī)律方法“恒成立”與“存在性”問題的求解是“互補”關系，即f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立，應求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，應求f(x)的最大值.在詳細問題中原委是求最大值還是最小值，可以先聯(lián)想“恒成立”是求最大值還是最小值，這樣也就可以解決相應的“存在性”問題是求最大值還是最小值.特殊須要關注等號是否成立問題，以免細微環(huán)節(jié)出錯.【訓練3】已知函數(shù)f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.(1)若對隨意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范圍；(2)若存在唯一的整數(shù)x0，使得f(x0)<g(x0)，求a的取值范圍.解(1)由題意，對隨意x∈R有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立，①當x∈(－∞，2)時，a≥eq\f(ex（3x－2）,x－2)?a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(max)，令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2)，則F′(x)＝eq\f(ex（3x2－8x）,（x－2）2)，令F′(x)＝0得x＝0.當x改變時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)改變?nèi)缦卤恚簒(－∞，0)0(0，2)F′(x)＋0－F(x)1F(x)max＝F(0)＝1，故此時a≥1.②當x＝2時，f(x)≥g(x)恒成立，故此時a∈R.③當x∈(2，＋∞)時，a≤eq\f(ex（3x－2）,x－2)?a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(ex（3x－2）,x－2)))eq\s\do7(min)，由①得，令F′(x)＝0?x＝eq\f(8,3)，當x改變時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)改變?nèi)缦卤恚簒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)－0＋F(x)9eeq\f(8,3)F(x)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3)，故此時a≤9eeq\f(8,3).綜上，1≤a≤9eeq\f(8,3).(2)因為f(x)<g(x)，即ex(3x－2)<a(x－2)，由(1)知a∈(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9eeq\f(8,3)，＋∞))，令F(x)＝eq\f(ex（3x－2）,x－2)，則當x改變時，F(xiàn)′(x)，F(xiàn)(x)改變?nèi)缦卤恚簒(－∞，0)0(0，2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(x)＋0－－0＋F(x)極大值微小值當x∈(－∞，2)時，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價于a<eq\f(ex（3x－2）,x－2)存在唯一的整數(shù)x0成立，因為F(0)＝1最大，F(xiàn)(－1)＝eq\f(5,3e)，F(xiàn)(1)＝－e，所以當a<eq\f(5,3e)時，至少有兩個整數(shù)成立，所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1)).當x∈(2，＋∞)時，存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<g(x0)，等價于a>eq\f(ex（3x－2）,x－2)存在唯一的整數(shù)x0成立，因為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\f(8,3)最小，且F(3)＝7e3，F(xiàn)(4)＝5e4，所以當a>5e4時，至少有兩個整數(shù)成立，當a≤7e3時，沒有整數(shù)成立，所以a∈(7e3，5e4].綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1))∪(7e3，5e4].導數(shù)與不等式【例題】(滿分15分)(2024·浙江卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)－lnx.(1)若f(x)在x＝x1，x2(x1≠x2)處導數(shù)相等，證明：f(x1)＋f(x2)>8－8ln2；(2)若a≤3－4ln2，證明：對于隨意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點.審題路途圖(1)(2)eq\x(取特值m，n，比差法證明f（x）＝kx＋a在（m，n）上有解)—eq\x(構造差函數(shù))—eq\x(用導數(shù)證其單調(diào)性)—eq\x(結論)滿分解答證明(1)函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))－eq\f(1,x)，2分由f′(x1)＝f′(x2)得eq\f(1,2\r(x1))－eq\f(1,x1)＝eq\f(1,2\r(x2))－eq\f(1,x2)，因為x1≠x2，所以eq\f(1,\r(x1))＋eq\f(1,\r(x2))＝eq\f(1,2).由基本不等式得eq\f(1,2)eq\r(x1x2)＝eq\r(x1)＋eq\r(x2)≥2eq\r(4,x1x2)，因為x1≠x2，所以x1x2>256.由題意得f(x1)＋f(x2)＝eq\r(x1)－lnx1＋eq\r(x2)－lnx2＝eq\f(1,2)eq\r(x1x2)－ln(x1x2).4分設g(x)＝eq\f(1,2)eq\r(x)－lnx，則g′(x)＝eq\f(1,4x)(eq\r(x)－4)，所以x>0時，g′(x)、g(x)的改變狀況如下表：x(0，16)16(16，＋∞)g′(x)－0＋g(x)2－4ln2所以g(x)在[256，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x1x2)>g(256)＝8－8ln2，即f(x1)＋f(x2)>8－8ln2.7分(2)令m＝e－(|a|＋k)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a|＋1,k)))eq\s\up12(2)＋1，則f(m)－km－a>|a|＋k－k－a≥0，f(n)－kn－a<neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(n))－\f(a,n)－k))≤neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a|＋1,\r(n))－k))<0，所以存在x0∈(m，n)使f(x0)＝kx0＋a，所以對于隨意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有公共點.11分由f(x)＝kx＋a得k＝eq\f(\r(x)－lnx－a,x).設h(x)＝eq\f(\r(x)－lnx－a,x)，則h′(x)＝eq\f(lnx－\f(\r(x),2)－1＋a,x2)＝eq\f(－g（x）－1＋a,x2)，其中g(x)＝eq\f(\r(x),2)－lnx.由(1)可知g(x)≥g(16)，又依據(jù)已知a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g(16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此方程f(x)－kx－a＝0至多1個實根.綜上，當a≤3－4ln2時，對于隨意k>0，直線y＝kx＋a與曲線y＝f(x)有唯一公共點.15分[構建模板]……求導數(shù)f′(x)……由條件f′(x1)＝f′(x2)變形利用基本不等式，求出x1x2范圍，化簡f(x1)＋f(x2)……構造函數(shù)g(x)，利用導數(shù)證不等式……證明f(x)＝kx＋a解的存在性……由f(x)＝kx＋a變形構造函數(shù)h(x)，利用導數(shù)證明h(x)單調(diào)性，得出f(x)＝kx＋a至多一個實根……反思回顧，查看關鍵點、易錯點和解題規(guī)范.【訓練】已知函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－a)x－2b，其中a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)若a＝e－2b，當f(x)≥0有唯一解時，求b的值；(2)若不等式f(x)≤0對x∈(0，＋∞)恒成立，求eq\f(b,a)的最小值.解(1)當a＝e－2b時，f(x)＝lnx＋2bx－2b，其定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2b＝eq\f(1＋2bx,x).①若b≥0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝0，所以當x≥1時，都有f(x)≥0，不符合題意；②若b<0，當－eq\f(1,2b)<1，即b<－eq\f(1,2)時，f(x)在(－eq\f(1,2b)，1)上單調(diào)遞減，且f(1)＝0，因此在該區(qū)間上都有f(x)≥0，不符合題意；當－eq\f(1,2b)＝1，即b＝－eq\f(1,2)時，f(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，所以f(x)max＝f(1)＝0，所以f(x)≥0有唯一解x＝1，符合題意；當－eq\f(1,2b)>1，即－eq\f(1,2)<b<0時，f(x)在(1，－eq\f(1,2b))上單調(diào)遞增，且f(1)＝0，因此在該區(qū)間上都有f(x)≥0，不符合題意.綜上所述，實數(shù)b的值為－eq\f(1,2).(2)明顯a>e，f′(x)＝eq\f(1,x)＋e－a(x>0)，因此當x＝eq\f(1,a－e)時，f(x)取到極大值，也為最大值.依據(jù)題意有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－e)))＝lneq\f(1,a－e)－2b－1≤0，于是eq\f(b,a)≥eq\f(ln\f(1,a－e)－1,2a).設g(a)＝eq\f(ln\f(1,a－e)－1,2a)，則g′(a)＝eq\f(（a－e）ln（a－e）－e,2（a－e）a2)，當a∈(e，e＋1]時，(a－e)ln(a－e)≤0，當a∈(e＋1，＋∞)時，(a－e)ln(a－e)單調(diào)遞增，且(a－e)ln(a－e)>0，所以方程(a－e)ln(a－e)－e＝0有唯一零點a＝2e，所以g(a)在(e，2e)上單調(diào)遞減，在(2e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(a)≥g(2e)＝－eq\f(1,2e).綜上所述，eq\f(b,a)的最小值為－eq\f(1,2e)，當a＝2e，b＝－1時取得.基礎鞏固題組1.(2024·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋x－1,ex).(1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程；(2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0.(1)解f′(x)＝eq\f(－ax2＋（2a－1）x＋2,ex)，f′(0)＝2.因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0.(2)證明當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.當x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0.2.已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設k為正常數(shù)，若對定義域內(nèi)的隨意實數(shù)x都有f(x)＋f(k－x)>k成立，求實數(shù)k的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，解f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；解f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).(2)令g(x)＝f(x)＋f(k－x)＝xlnx＋(k－x)ln(k－x)，定義域是(0，k).g′(x)＝lnx＋1－[ln(k－x)＋1]＝lneq\f(x,k－x)，由g′(x)>0，得eq\f(k,2)<x<k，由g′(x)<0，得0<x<eq\f(k,2)，所以函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(k,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，k))上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)的最小值是geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝klneq\f(k,2).由題意得klneq\f(k,2)>k，解得k>2e.故所求實數(shù)k的取值范圍為(2e，＋∞).3.已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R且a<e)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當x∈[1，e]時，求f(x)的最小值；(2)當a＜1時，若存在x1∈[e，e2]，使得對隨意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范圍.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(（x－1）（x－a）,x2).①若a≤1，當x∈[1，e]時，f′(x)≥0，則f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，當x∈[1，a]時，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；當x∈[a，e]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù).所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.綜上，當a≤1時，f(x)min＝1－a；當1＜a＜e時，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；(2)由題意知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]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e)，又g′(x)＝(1－ex)x.當x∈[－2，0]時，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)，則g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，解得a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).4.設函數(shù)f(x)＝xlnx＋beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)(b∈R)，曲線y＝f(x)在(1，0)處的切線與直線y＝3x平行.證明：(1)函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)當0<x<1時，|f(x)|<1.證明(1)由題得f′(x)＝lnx＋1＋2beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，又∵f′(1)＝1＋b＝3，∴b＝2，f′(x)＝lnx＋4x－1.∵x≥1，∴f′(x)≥ln1＋4－1＝3>0，∴函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)|f(x)|＝|xlnx＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)|≤|xlnx|＋|2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)|令g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx.令g′(x)≥0可得x≥e－1.∴g(x)在(0，e－1)上單調(diào)遞減，在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增.∵0<x<1，∴－e－1≤g(x)<0，|g(x)|≤eq\f(1,e)<eq\f(1,2)，又∵0<x<1時，|2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)|＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)<eq\f(1,2).∴|f(x)|<1.5.已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)，其中a為實常數(shù).(1)若x＝eq\f(1,2)是f(x)的極大值點，求f(x)的微小值；(2)若不等式alnx－eq\f(1,x)≤b－x對隨意－eq\f(5,2)≤a≤0，eq\f(1,2)≤x≤2恒成立，求b的最小值.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2).由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)a＋1＝0,所以a＝－eq\f(5,2)，此時f(x)＝－eq\f(5,2)lnx＋x－eq\f(1,x).則f′(x)＝eq\f(x2－\f(5,2)x＋1,x2)＝eq\f(（x－2）（x－\f(1,2)）,x2).由f′(x)>0得0<x<eq\f(1,2)或x>2；由f′(x)<0得eq\f(1,2)<x<2，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上為增函數(shù).所以x＝eq\f(1,2)為極大值點，x＝2為微小值點，微小值為f(2)＝eq\f(3,2)－eq\f(5ln2,2).(2)不等式alnx－eq\f(1,x)≤b－x即為f(x)≤b，所以b≥f(x)maxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)≤a≤0，\f(1,2)≤x≤2)).①若1≤x≤2,則lnx≥0，f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)≤x－eq\f(1,x)≤2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)(當a＝0，x＝2時取等號)；②若eq\f(1,2)≤x<1，則lnx<0，f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)≤－eq\f(5,2)lnx＋x－eq\f(1,x)(當a＝－eq\f(5,2)時，取等號).由(1)可知g(x)＝－eq\f(5,2)lnx＋x－eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上為減函數(shù).所以當eq\f(1,2)≤x<1時，g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2).因為eq\f(5,2)ln2－eq\f(3,2)<eq\f(5,2)－eq\f(3,2)＝1<eq\f(3,2)，所以f(x)max＝eq\f(3,2)，于是bmin＝eq\f(3,2).6.(2024·嘉、麗、衢模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2e3x.(1)若x＜0，求證：f(x)＜eq\f(1,9)；(2)若x＞0，恒有f(x)≥(k＋3)x＋2lnx＋1，求實數(shù)k的取值范圍.(1)證明因為f(x)＝x2e3x，所以f′(x)＝2xe3x＋3x2e3x＝x(3x＋2)e3x.從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(4,9e2).所以當x＜0時，f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq\f(4,9e2)＜eq\f(4,9×4)＝eq\f(1,9).(2)解由x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1得，k≤eq\f(x2e3x－3x－2lnx－1,x)(x＞0)，令g(x)＝eq\f(x2e3x－3x－2lnx－1,x)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(x2（1＋3x）e3x＋2lnx－1,x2)(x＞0)，令h(x)＝x2(1＋3x)e3x＋2lnx－1，則可知函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且當x→0＋時，h(x)→－∞，h(1)＝4e3＋2ln1－1＞0，從而存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(x0)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)e3x0－3x0－2lnx0－1,x0)，由h(x0)＝xeq\o\al(2,0)(1＋3x0)e3x0＋2lnx0－1＝0，得xeq\o\al(2,0)e3x0＝eq\f(1－2lnx0,1＋3x0)，令xeq\o\al(2,0)e3x0＝eq\f(1－2lnx0,1＋3x0)＝t0，則2lnx0＋3x0＝lnt0，且1－2lnx0＝t0(1＋3x0)，兩式相減可得lnt0＋t0(1＋3x0)－1－3x0＝0，記φ(t)＝lnt＋t(1＋3x0)－1－3x0，則φ(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ(1)＝0，所以t＝1，則t0＝1.從而g(x0)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)e3x0－3x0－2lnx0－1,x0)＝eq\f(1－3x0＋3x0－1,x0)＝0，所以實數(shù)k的取值范圍為(－∞，0].實力提升題組7.(2024·杭州三校三聯(lián))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ln（x2＋1）－2lnx)－x2－ax.(1)當a＝0時，求證：f(x)＞0；(2)(一題多解)若x＞0時，f(x)＞0，求a的取值范圍；(3)求證：ln[(1＋22)(1＋32)…(1＋n2)]＜1＋2ln(2×3×…×n)，n≥2且n∈N*.(1)證明當a＝0時，f(x)＝eq\f(1,ln（x2＋1）－2lnx)－x2(x＞0).因為ln(1＋x)≤x，當x＝0時等號成立，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))＜