第19讲 函数与不等式的综合问题
【p56】
【命题趋势】
函数、不等式、导数综合是历年高考命题的热点，多以解答题中压轴题的形式出现，除重点考查利用导数判断单调性和利用导数求极值、最值外，较多的还是导数与不等式的整合，即将求参数范围问题转化为求函数最值问题，通过构造函数，以导数为工具证明不等式问题，旨在考查学生思维能力及数学素养．
【备考建议】
函数与不等式的综合问题是新课标高考的命题热点之一，往往处在解答题压轴题的地位，具有一定的区分度，有一定的难度．备考时需要明确以下几个问题的解决方法：
(1)利用构造函数的单调性解决不等式解集及比较数或式的大小；
(2)根据不等式恒成立、存在性成立求参数的取值范围；
(3)与不等式有关的证明．不等式的证明常与函数、数列、导数综合在一起，证明过程中的构造函数法、数学归纳法、放缩法是高考命题的一个热点，其中放缩的“度”的把握更能显出解题的真功夫．此外关于连续函数在闭区间上的最值定理及有高等数学背景的函数的凸凹性问题也值得关注．这个考点考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等，还要培养提高推理论证能力、运算求解能力、创新意识等．
【p56】
探究一 两个数或式的大小比较
例1(1)已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则下列不等式一定成立的是( )
A．3f(4)<4f(3)
B．3f(4)>4f(3)
C．3f(3)<4f(2)
D．3f(3)>4f(2)
【解析】选D.
令g(x)＝，且y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且(x＋1)f′(x)>f(x)，则g′(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，则>，即3f(3)>4f(2)；故选D.
(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.设a
【解析】－f＝－e
＝＝.
设函数u(x)＝ex－－2x(x≥0)，
则u′(x)＝ex＋－2≥2－2＝0，
∴u′(x)≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，
∴u(x)单调递增．当x>0时，u(x)>u(0)＝0.
令x＝，则得e－e－(b－a)>0，
∴>f.
(3)已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为函数f(x)的导函数，当x∈[0，＋∞)时，2sin
xcos
x－f′(x)>0且?x∈R，f(－x)＋f(x)＋cos
2x＝1.则下列不等式一定正确的是( )
A.－f>－f
B.－f>－f
C.－f>－f
D.－f>－f
【解析】选B.
令F(x)＝sin2x－f(x)，则F′(x)＝sin
2x－f′(x)．
因为当x∈[0，＋∞)时，2sin
xcos
x－f′(x)>0，
即sin
2x>f′(x)，所以F′(x)＝sin
2x－f′(x)>0，
所以F(x)＝sin2x－f(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，
又?x∈R，f(－x)＋f(x)＋cos
2x＝1，
所以f(－x)＋f(x)＝2sin2x，所以sin2(－x)－f(－x)＝sin2x－2sin2x＋f(x)＝－[sin2x－f(x)]，又F(0)＝sin20－f(0)＝0，
故F(x)＝sin2x－f(x)为奇函数，
所以F(x)＝sin2x－f(x)在R上单调递增，
所以F>F.
即－f>－f，故选B.
【点评】求解函数、不等式、导数的综合问题要综合运用所学的数学思想方法来分析问题，并及时地进行思维的转换，将问题等价转化．
探究二 不等式的存在性、恒成立问题
例2若关于x的不等式x2－mln
x－1≥0在[2，3]上有解，则实数m的取值范围为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.
关于x的不等式x2－mln
x－1≥0在[2，3]上有解，即m≤在[2，3]上有解，
设f(x)＝，x∈[2，3]，m≤f(x)max，f′(x)＝＝，
∵x∈[2，3]，∴x2∈[4，9]，ln
x2>1，∴f′(x)>0，x∈[2，3]恒成立，即f(x)在[2，3]为增函数，
∴f(x)max＝f(3)＝，∴m≤.
故选C.
【点评】利用导数解决不等式存在性问题的方法与技巧．
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
例3
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)对于在(0，1)中的任意一个常数a，是否存在正数x0，使得ef(x0)＜1－x成立．
【解析】(1)∵f(x－1)＋x>k，
∴ln
x－(x－1)＋x>k，
∴ln
x＋1>k，
即xln
x＋x－kx＋3k>0，
令g(x)＝xln
x＋x－kx＋3k，
则g′(x)＝ln
x＋1＋1－k＝ln
x＋2－k，
若k≤2，∵x>1，∴ln
x>0，g′(x)>0恒成立，
即g(x)在(1，＋∞)上递增；
∴g(1)＝1＋2k≥0，解得，k≥－；
故－≤k≤2，故k的最大值为2；
若k>2，由ln
x＋2－k>0，解得x>ek－2，
故g(x)在(1，ek－2)上单调递减，
在(ek－2，＋∞)上单调递增；
∴gmin(x)＝g(ek－2)＝3k－ek－2，
令h(k)＝3k－ek－2，h′(k)＝3－ek－2，
∴h(k)在(1，2＋ln
3)上单调递增，
在(2＋ln
3，＋∞)上单调递减；
∵h(2＋ln
3)＝3＋3ln
3>0，
h(4)＝12－e2>0，h(5)＝15－e3<0；
∴k的最大取值为4，
综上所述，k的最大值为4.
(2)假设存在这样的x0满足题意，
∵ef(x0)<1－x，
∴x＋－1<0，
令h(x)＝x2＋－1，
h′(x)＝x，令h′(x)＝0得ex＝，
故x＝－ln
a，取x0＝－ln
a，
在0x0时，h′(x)>0；
∴hmin(x)＝h(x0)＝(－ln
a)2－aln
a＋a－1，
在a∈(0，1)时，令p(a)＝(ln
a)2－aln
a＋a－1，
则p′(a)＝(ln
a)2≥0，故p(a)在(0，1)上是增函数，
故p(a)即当x0＝－ln
a时符合题意．
【点评】利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法
(1)分离参数法：
第一步：将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的恒成立问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求求得所求范围．
(2)函数思想法：
第一步：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；
第三步：构建不等式求解．
探究三 与不等式有关的参变量问题
例4
[2017·天津卷]已知函数f(x)＝设a∈R，若关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立，则a的取值范围是( )
A.
B.
C．[－2，2]
D.
【解析】
选A.
由已知可得f(x)>0.不等式f(x)≥|a＋|可转化为－f(x)≤＋a≤f(x)．当x≤1时，有－x2＋x－3≤＋a≤x2－x＋3，即－x2＋－3≤a≤x2－x＋3，又∵－x2＋x－3＝－－≤－，x2－x＋3＝＋≥，∴－≤a≤.当x>1时，－x－≤＋a≤x＋，即－x－≤a≤x＋，又∵－x－≤－2，x＋≥2，∴－2≤a≤2.故－≤a≤2.
例5已知函数f(x)＝x2－2x＋aln
x(a>0)．
(1)当a＝1时，若关于x的方程f(x)＝x＋b有唯一实数解，试求实数b的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1、x2(x1【解析】(1)当a＝1时，有f(x)＝x2－2x＋ln
x，其定义域为{x|x>0}，从而方程f(x)＝x＋b可化为：b＝x2－3x＋ln
x，令g(x)＝x2－3x＋ln
x，则g′(x)＝2x－3＋＝，由g′(x)>0?x>1或02，g(1)＝－2，又当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞.∵关于x的方程b＝x2－3x＋ln
x有唯一实数解，∴实数b的取值范围是：b<－2或b>－－ln
2.
(2)∵f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝2x－2＋＝.令f′(x)＝0?2x2－2x＋a＝0.又∵函数f(x)有两个极值点x1、x2(x10?0∵＝＝(1－x1)－＋2x1ln
x1，
令h(t)＝1－t－＋2tln
t，
∴h′(t)＝1－＋2ln
t<0，当0∴函数h(t)在上单调递减，
∴h(t)>h＝－－ln
2，
故实数m的取值范围是m≤－－ln
2.
【点评】(1)含参数的不等式恒成立与能成立问题的求解，要注意两者之间的区别．若f(x)f(x)max；若f(x)f(x)min；若f(x)＞a在[m，n]上恒成立，则a＜f(x)min；若f(x)＞a在[m，n]上有解，则a＜f(x)max.
(2)含参数的不等式恒成立的求解若不便变量分离，可应用猜证法先猜得可能恒成立的参变量的范围后推理论证猜想正确，然后应用补集思想说明其他取值范围不符合题设条件．
探究四 不等式的证明问题
例6
已知函数f(x)＝ax2－ex(a∈R)．
(1)当a＝1时，判断函数f(x)的单调区间并给予证明；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，证明：－＜f(x1)＜－1.
【解析】(1)解：a＝1时，f(x)＝x2－ex，f′(x)＝2x－ex，
令g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.令2－ex＝0，则x＝ln
2，
当x>ln
2时，g′(x)<0.当x2时，g′(x)>0.
∴g(x)max＝g(ln
2)＝2ln
2－2<0.
∴f′(x)<0在R上恒成立．
从而f(x)为R上的单调递减函数．
(2)证明：f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，
即f′(x)＝2ax－ex＝0有两个实根x1，x2(x1＜x2)，
由(f′(x))′＝2a－ex＝0，得x＝ln
2a.当x∈(－∞，ln
2a)，f′(x)单调递增，x∈(ln
2a，＋∞)，f′(x)单调递减，又f′(x)＝0有两个根，∴f′(ln
2a)>0.
由f′(ln
2a)＝2aln
2a－2a＞0，
得ln
2a＞1，2a＞e.
又f′(0)＝－1＜0，f′(1)＝2a－e＞0，
所以0＜x1＜1＜ln
2a.
由f′(x1)＝2ax1－ex1＝0，得ax1＝，
f(x1)＝ax－ex1＝x1－ex1＝ex1(0＜x1＜1)，
令h(x)＝ex(0＜x＜1)，
则h′(x)＝ex·＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，
∴－＝h(1)＜f(x1)＜h(0)＝－1.
例7
已知f(x)＝asin
x(a∈R)，g(x)＝ex.
(1)若0x在(0，1)上的单调性；
(2)证明：sin＋sin
＋sin＋…＋sin2；
(3)设F(x)＝g(x)－mx2－2(x＋1)＋k(k∈Z)，对?x>0，m<0，有F(x)>0恒成立，求k的最小值．
【解析】(1)G(x)＝asin(1－x)＋ln
x.
G′(x)＝－acos(1－x)＋＝－acos(1－x)，
又x∈(0，1)，因此>1，而acos(1－x)≤1，
所以G′(x)>0，故G(x)在(0，1)上单调递增．
(2)由(1)可知a＝1且x∈(0，1)时，G(x)即sin(1－x)；x∈(0，1)，
设1－x＝，则x＝1－＝，
因此sin即sin＋sin＋…＋sin＝ln
2－ln2.
即结论成立．
(3)由题意知，F(x)＝ex－mx2－2(x＋1)＋k，
F′(x)＝ex－2mx－2.
设t(x)＝ex－2mx－2，
则t′(x)＝ex－2m，
由于m<0，故t′(x)>0，
x∈(0，＋∞)时，t(x)单调递增，又t(0)＝－1，t(ln
2)＝－2mln
2>0，
因此t(x)在(0，ln
2)存在唯一零点x0，使t(x0)＝0，
即ex0－2mx0－2＝0，
且当x∈(0，x0)时，t(x)<0，F′(x)<0，F(x)单调递减；
x∈(x0，＋∞)时，t(x)>0，F′(x)>0，F(x)单调递增；
故F(x)min＝F(x0)＝ex0－mx－2(x0＋1)＋k>0，
故k>－ex0＋·x＋2(x0＋1)
＝ex0＋x0＋2.
设Z(x)＝ex＋x＋2，x∈(0，ln
2)，
Z′(x)＝ex＋1，又设k(x)＝ex＋1，
k′(x)＝·ex>0，
故k(x)在(0，ln
2)上单调递增，因此k(x)>k(0)＝>0，
即Z′(x)>0，Z(x)在(0，ln
2)上单调递增；
Z(x)∈(1，2ln
2)，
又1<2ln
2＝ln
4<2，
所以k≥2，
故所求k的最小值为2.
【点评】1.利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)对新函数求导；
(4)根据新函数的导函数判断新函数的单调性或最值；
(5)结论．
2．构造函数证明不等式的技巧：
(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))；
(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．
【p58】
考题1[2016·新课标Ⅰ]若a>b>1，0A．acB．abcC．alogbcD．logac【解析】选C.
由于0b>1?ac>bc，A错误；
由于－1∴a>b>1?ac－1要比较alogbc和blogac，只需比较和，只需比较和，只需比较bln
b和aln
a，
构造函数f(x)＝xln
x(x>1)，则f′(x)＝ln
x＋1>1>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此f(a)>f(b)>0?aln
a>bln
b>0?<，
又由0c<0，
∴>?blogac>alogbc，C正确；
要比较logac和logbc，只需比较和，而函数y＝ln
x在(1，＋∞)上单调递增，故a>b>1?ln
a>ln
b>0?<，又由0c<0，
∴>?logac>logbc，D错误；故选C.
【命题立意】本题主要考查应用函数的单调性和导数判定指数式和对数式的大小，考查推理论证能力和创新意识．
考题2[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝－x＋aln
x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－－1＋＝－.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，Δ＝a2－4.
①若0②若a>2，则Δ＝a2－4>0，方程x2－ax＋1＝0有两根x1，x2，
且故两根x1，x2都为正数，且x1，2＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
综上可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>2时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为x1，x2是f(x)的两个极值点，
所以
所以要证
＝
＝－2＋a即证<1.
【基本解法1】不妨设x1>x2，即证0两边平方得<(x1－x2)2＝＝＋－2，
令t＝>1，即证ln2t令h(t)＝ln2t－t－＋2，则h(1)＝0，
且h′(t)＝－1＋＝，
令m(t)＝2ln
t－t＋，则m′(t)＝－1－＝＝－<0，
所以m(t)在(1，＋∞)上单调递减，m(t)所以h′(t)<0，h(t)在(1，＋∞)上单调递减，
h(t)即【基本解法2】
式的证明：不妨设x1>1>x2>0，
要证＝<1，
即证ln
x－x1＋<0.
令g(x)＝ln
x2－x＋(x>1)，
则g′(x)＝－1－＝<0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)式得证.
【命题立意】本题主要考查应用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式，考查推理论证能力和分类整合与转化化归思想．
考题3[2020·全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝sin2xsin
2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：≤；
(3)设n∈N
，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【解析】(1)由函数的解析式可得：f＝2sin3xcos
x，则：
f′＝2＝2sin2x
＝2sin2x＝2sin2x，
f′＝0在x∈上的根为：x1＝，x2＝，
当x∈时，f′>0，f单调递增，
当x∈时，f′<0，f单调递减，
当x∈时，f′>0，f单调递增．
(2)注意到f＝sin2sin＝sin2xsin
2x＝f，
故函数f是周期为π的函数，
结合(1)的结论，计算可得：f＝f＝0，
f＝×＝，f＝×＝－，
据此可得：＝，＝－，
即≤.
(3)结合(2)的结论有：
sin2xsin22xsin24x…sin22nx
＝
＝[sin
x(sin2xsin
2x)(sin22xsin
4x)…(sin22n－1xsin
2nx)sin22nx]
≤
≤＝.
【命题立意】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．【p126】
A组 基础演练
1．已知函数f＝－1＋ln
x，若存在x0>0，使得f≤0有解，则实数a的取值范围是( )
A．a>2
B．a<3
C．a≤1
D．a≥3
【解析】选C.
若存在x0>0，使得f≤0有解，
则由f＝－1＋ln
x≤0，即≤1－ln
x，
即a≤x－xln
x，设h＝x－xln
x，则h′＝－ln
x，由h′≥0得ln
x≤0，
得0x≤0，即x≥1，此时函数递减，即当x＝1时，函数h取得极大值h＝1－ln
1＝1，即h≤1，若a≤x－xln
x有解，则a≤1，故选C.
2．若不等式logax>sin
2x(a>0，a≠1)对任意x∈都成立，则a的取值范围为( )
A.
B.
C.
D．(0，1)
【解析】选B.
记y1＝logax，y2＝sin
2x，原不等式相当于y1>y2.作出两个函数的图象，如图所示，
知当y1＝logax过点A时，a＝，所以当y2.
3．已知a，b∈R，直线y＝ax＋b＋与函数f＝tan
x的图象在x＝－处相切，设g＝ex＋bx2＋a，若在区间上，不等式m≤g≤m2－2恒成立，则实数m( )
A．有最小值－e
B．有最小值e
C．有最大值e
D．有最大值e＋1
【解析】选D.
由题f＝tan
x，得f′＝，则a＝f′＝2，将切点代入切线方程可得b＝－1，
则g＝ex－x2＋2，令h＝g′＝ex－2x，
则h′＝ex－2在上有h′>0恒成立，
所以h在上单调递增，
即g′在上单调递增，
则有g′≥g′＝e－2>0，
则g在上单调递增，
且g＝g，
g＝g，
不等式m≤g≤m2－2恒成立，
即有
解得m≤－e或e≤m≤e＋1，所以实数m有最大值e＋1，故选D.
4．设1A.<<
B.<<
C.<<
D.<<
【解析】选A.
令f(x)＝x－ln
x(1则f′(x)＝1－＝>0，
所以函数y＝f(x)(1∴f(x)>f(1)＝1>0，
∴x>ln
x>0?0<<1，
∴<.
又－＝＝>0，
∴<<.
5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A．(－2，0)∪(2，＋∞)
B．(－2，0)∪(0，2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(0，2)
【解析】选D.
设函数g(x)＝，则g′(x)＝.
因为当x>0时，有<0恒成立，
即g′(x)<0(x>0)，
所以函数g(x)＝在(0，＋∞)上是减函数．
又因为f(x)是奇函数，所以函数g(x)＝是偶函数．
则g(x)＝在(－∞，0)上是增函数．
因为f(2)＝0，所以f(－2)＝0，所以g(2)＝g(－2)＝0.
不等式x2f(x)>0可化为或
即或
解得06．若不等式2x－1>m(x2－1)对于所有－2≤m≤2都成立，则x的取值范围为________．
【解析】
原不等式化为：m(x2－1)－(2x－1)<0，
令f(m)＝m(x2－1)－(2x－1)．
当－2≤m≤2时，f(m)<0恒成立，只需满足即
解得所以x的取值范围为.
7．已知函数f(x)＝ln
x＋－1，a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝x＋.当a＝－1时，若在区间上存在x0，使得g(x0)【解析】(1)f′(x)＝－＝(x>0)，
因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，
所以f′(1)＝－1，即1－a＝－1，解得a＝2.
所以f′(x)＝.
∴当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)在(0，2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2，＋∞)上单调递增；
∴当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝ln
2＋－1＝ln
2，
∴f(x)的极小值为ln
2，无极大值．
(2)令h(x)＝x＋－m＝x＋－mln
x＋，
则h′(x)＝，欲使在区间上存在x0，使得g(x0)只需在区间[1，e]上h(x)的最小值小于零．
令h′(x)＝0，得x＝m＋1或x＝－1.
当m＋1≥e，即m≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)的最小值为h(e)，
∴h(e)＝e＋－m<0，解得m>，
∵>e－1，∴m>；
当m＋1≤1，即m≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，则h(x)的最小值为h(1)，
∴h(1)＝1＋1＋m<0，解得m<－2，∴m<－2；
当1∴h(m＋1)＝2＋m－mln(m＋1)>2，此时h(m＋1)<0不成立．
综上所述，实数m的取值范围为(－∞，－2)∪.
8．设函数f(x)＝ax2－a－ln
x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立．(e＝2.718…为自然对数的底数．)
【解析】(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减；
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)令g(x)＝－＝，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由s(1)＝0，从而当x>1时，有s(x)>0，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln
x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)，
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增，
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.
B组 能力提升
9．已知函数f(x)＝ex－ax－b，若f(x)≥0恒成立，则ab的最大值为________．
【解析】
由题意f′(x)＝ex－a，若a＝0，则f′(x)＝ex>0在R上恒成立，
若f(x)＝ex－ax－b≥0恒成立，则b≤0，此时ab＝0；
若a<0，则f′(x)>0，函数f(x)单调递增，此时不可能恒有f(x)≥0；
若a>0，则得极小值点x＝ln
a，由f(ln
a)＝a－aln
a－b≥0，得b≤a(1－ln
a)，ab≤a2(1－ln
a)＝g(a)，现求g(a)＝a2(1－ln
a)的最大值：
由g′(a)＝2a(1－ln
a)－a＝a(1－2ln
a)＝0，得极大值点a＝e，g＝，所以ab的最大值为.
10．已知函数f(x)＝＋aln
x，其中a为实常数．若对任意x1，x2∈[1，3]，且x1＜x2，恒有－＞|f(x1)－f(x2)|成立，则a的取值范围为________．
【解析】0∵|f(x1)－f(x2)|<－对任意x1，x2∈[1，3]，且x1即
∴g(x)＝f(x)－＝aln
x在[1，3]递增，
h(x)＝f(x)＋＝aln
x＋在[1，3]递减；
从而有对任意x∈[1，3]恒成立，
∴011．已知f(x)＝x(ln
x－k－1)(x∈R)．
(1)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln
x成立，求k的取值范围；
(2)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2【解析】(1)f(x)<4ln
x等价于k＋1>对于x∈[e，e2]恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝4ln
x＋x－4，x∈[e，e2]，h′(x)＝＋1>0，则h(x)在[e，e2]上递增，
∴h(x)min＝h(e)＝e>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在[e，e2]上递增，∴g(x)max＝g(e2)＝2－，
∴k＋1>2－，即k>1－.
(2)f′(x)＝ln
x－k，令f′(x)＝0，得x＝ek，f(x)在(0，ek)上递减，在(ek，＋∞)上递增，且f(ek＋1)＝0.
不妨设x1＝ek，
∴只需证明f(x2)即证f(x1)令h(x)＝f(x)－f＝x(ln
x－k－1)－，x∈(0，ek)．
∴h(x)＝xln
x－(k＋1)x＋e2k，
∴h′(x)＝ln
x＋1－(k＋1)＋e2k＝(ln
x－k)，
∵x∈(0，ek)，∴ln
x－k<0，x2－e2k<0，∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，ek)上递增，∴h(x)12．已知函数f(x)＝ex－x2－kx(其中e为自然对数的底，k为常数)有一个极大值点和一个极小值点．
(1)求实数k的取值范围；
(2)证明：f(x)的极大值不小于1.
【解析】(1)f′(x)＝ex－2x－k，由f′(x)＝0?ex－2x＝k，
记g(x)＝ex－2x，g′(x)＝ex－2，
由g′(x)＝0?x＝ln
2，
且x2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)∈(2－2ln
2，＋∞)，
x>ln
2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)∈(2－2ln
2，＋∞)，
由题意，方程g(x)＝k有两个不同解，所以k∈(2－2ln
2，＋∞)；
(2)解法一：由(1)知，f(x)在区间(－∞，ln
2)上存在极大值点x1，且k＝ex1－2x1，
所以f(x)的极大值为f(x1)＝ex1－x－(ex1－2x1)x1＝(1－x1)ex1＋x，
记h(t)＝(1－t)et＋t2(t∈(－∞，ln
2))，
则h′(t)＝－tet＋2t＝t(2－et)，
因为t∈(－∞，ln
2)，
所以2－et>0，所以t<0时，h′(t)<0，h(t)单调递减，
02时，h′(t)>0，h(t)单调递增，
所以h(t)≥h(0)＝1，
即函数f(x)的极大值不小于1.
解法二：由(1)知，f(x)在区间(－∞，ln
2)上存在极大值点x1，且k＝ex1－2x1，
所以f(x)的极大值为f(x1)＝ex1－x－(ex1－2x1)x1＝(1－x1)ex1＋x，
因为1－x1>0，ex1≥1＋x1，所以f(x1)≥(1－x1)(1＋x1)＋x＝1.
即函数f(x)的极大值不小于1.(共78张PPT)
第19讲 函数与不等式的综合问题
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
高考
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限时训练>●。。