第2课时 利用导数研究不等式问题
题型(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
[例1] 已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).对任意的x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围.
听课记录:
|思|维|建|模|
利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法求范围:若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而解决问题.
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决:对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类讨论法,利用导数研究单调性、最值,从而得出参数范围.
[针对训练]
1.已知函数f(x)=ln x-ax+1,其中a∈R.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≤0恒成立,求a的最小值.
题型(二) 利用导数研究不等式能成立问题
[例2] 已知函数f(x)=aln x++x+1.若F(x)=f(x)-,且当a≥-2时,不等式F(x)≥1在[1,2]上有解,求实数a的取值范围.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
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.
2.常见的存在性不等关系
(1)对于任意的x1∈A,任意的x2∈B,f(x1)≥g(x2)恒成立 f(x)min≥g(x)max.
(2)对于任意的x1∈A,存在x2∈B,使得f(x1)≥g(x2)成立 f(x)min≥g(x)min.
(3)存在x1∈A,使得对任意的x2∈B,都有f(x1)≥g(x2)成立 f(x)max≥g(x)max.
(4)存在x1∈A,存在x2∈B,使得f(x1)≥g(x2)成立 f(x)max≥g(x)min.
[针对训练]
2.已知f(x)=xex-ex,g(x)=mx-m(m>0),若对任意的x1∈[-2,2],总存在x2∈[-2,2]使得f(x1)=g(x2),求实数m的取值范围.
题型(三) 与ex,ln x有关的不等式证明
[例3] 已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x+1>x>x-1≥ln x,常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
(2)在运用ex≥x+1及ln x≤x-1之前一定要先证明.
[针对训练]
3.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
第2课时 利用导数研究不等式问题
[题型(一)]
[例1] 解：对任意的0
－恒成立，即m>恒成立．
令g(x)＝，x∈(0,1)，则g′(x)＝.令h(x)＝x－ln x－1－，x∈(0,1)，则h′(x)＝<0，即h(x)在区间(0,1)内单调递减，又h＝0，所以当x∈时，h(x)>0，即g′(x)>0，此时g(x)单调递增；当x∈时，h(x)<0，即g′(x)<0，此时g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g＝＝.
所以m>，即m的取值范围为.
[针对训练]
1．解：(1)由已知条件得f(x)＝ln x－x＋1，其中f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，得f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)由f(x)＝ln x－ax＋1≤0恒成立，即a≥恒成立，令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝1，得a≥g(x)max＝1，所以a的最小值为1.
[题型(二)]
[例2] 解：F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1,2]，则F′(x)＝＋＋1＝＝.
当2－≥0，即－2≤a≤2时，F′(x)≥0，
所以F(x)在[1,2]内单调递增，
所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1，
得－≤a≤2.当2－＜0，即a＞2时，
令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8＞0，
设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2，
则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1＜0，x2＜0，
所以在区间[1,2]内，F′(x)＝＞0，
所以F(x)在[1,2]内单调递增，所以F(x)max＝F(2)≥1，得a＞2.综上，a≥－，所以实数a的取值范围是.
[针对训练]
2．解：∵f(x)＝xex－ex＝ex(x－1)，∴f′(x)＝ex(x－1)＋ex＝xex，令f′(x)>0，得x＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，得x＜0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x＝0时，f(x)min＝f(0)＝－1，又f(－2)＝－3e－2，f(2)＝e2，∴f(x)在[－2,2]上的值域为[－1，e2]，又g(x)＝mx－m(m>0)在[－2,2]内单调递增，∴g(x)在[－2,2]上的值域为[－3m，m]．若对任意的x1∈[－2,2]，总存在x2∈[－2,2]，使得f(x1)＝g(x2)，则[－1，e2] [－3m，m]，
∴－3m≤－1[题型(三)]
[例3] 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.由题设知f′(2)＝0，所以a＝，从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1(x∈(0，＋∞))，
则g′(x)＝－.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
[针对训练]
3．解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f′(x)>0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0得x>，
由f′(x)<0，得0(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2 >0.先证明当x>0时，ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即ex>x＋1，
∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.
∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，
令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝1－＝(x>0)，
易知h(x)在(0,1]内单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0，即x－ln x－1≥0成立，∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．
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利用导数研究不等式问题
第2课时
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
题型(二) 利用导数研究不等式能成立问题
题型(三) 与ex，ln x有关的不等式证明
4
课时检测
题型(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
01
[例1] 已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).对任意的x∈(0，1)，不等式f(x)>-恒成立，求m的取值范围.
解:法一 对任意的0-恒成立，即m>恒成立.
令g(x)=，x∈(0，1)，则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-，x∈(0，1)，则h'(x)=<0，即h(x)在区间(0，1)内单调递减，又h=0，所以当x∈时，h(x)>0，即g'(x)>0，此时g(x)单调递增;
当x∈时，h(x)<0，即g'(x)<0，此时g(x)单调递减，所以g(x)max=g==.所以m>，即m的取值范围为.
法二 由题意知f'(x)=，当m≤0时，f'(x)>0，f(x)在区间(0，1)内单调递增，因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-，所以m≤0不符合题意.
当0-恒成立，即f(x)min=ln m-m+1>-，
即ln m-m+1+>0，令g(m)=ln m-m+1+，m∈(0，1)g'(m)=-1=>0，所以g(m)在区间(0，1)内单调递增，又g=-1-+1+=0，所以f(1)=
0>-，符合题意;综上，m的取值范围为.
|思|维|建|模|
利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法求范围:若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立，只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可，利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值，从而解决问题.
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决:对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
针对训练
1.已知函数f(x)=ln x-ax+1，其中a∈R.
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间;
解:由已知条件得f(x)=ln x-x+1，其中f(x)的定义域为(0，+∞)，
则f'(x)=-1=，当x∈(0，1)时，
f'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，
得f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的最小值.
解:由f(x)=ln x-ax+1≤0恒成立，即a≥恒成立，
令g(x)=(x>0)，则g'(x)=-，
当x∈(0，1)时，g'(x)>0，
当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，
所以g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
g(x)max=g(1)=1，得a≥g(x)max=1，所以a的最小值为1.
题型(二) 利用导数研究不等式能成立问题
02
[例2] 已知函数f(x)=aln x++x+1.若F(x)=f(x)-，且当a≥-2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围.
解:F(x)=aln x-+x+1，x∈[1，2]，
则F'(x)=++1==.
当2-≥0，即-2≤a≤2时，F'(x)≥0，
所以F(x)在[1，2]内单调递增，所以F(x)max=F(2)=aln 2+2≥1，
得-≤a≤2.当2-<0，即a>2时，
令x2+ax+2=0，此时Δ=a2-8>0，设x2+ax+2=0的两根分别为x1，x2，
则x1+x2=-a，x1x2=2，所以x1<0，x2<0，
所以在区间[1，2]内，F'(x)=>0，所以F(x)在[1，2]内单调递增，
所以F(x)max=F(2)≥1，得a>2.综上，a≥-，
所以实数a的取值范围是.
|思|维|建|模|
1.利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
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.
2.常见的存在性不等关系
(1)对于任意的x1∈A，任意的x2∈B，f(x1)≥g(x2)恒成立 f(x)min≥g(x)max.
(2)对于任意的x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立 f(x)min≥g(x)min.
(3)存在x1∈A，使得对任意的x2∈B，都有f(x1)≥g(x2)成立 f(x)max≥g(x)max.
(4)存在x1∈A，存在x2∈B，使得f(x1)≥g(x2)成立 f(x)max≥g(x)min.
针对训练
2.已知f(x)=xex-ex，g(x)=mx-m(m>0)，若对任意的x1∈[-2，2]，总存在x2∈[-2，2]使得f(x1)=g(x2)，求实数m的取值范围.
解:∵f(x)=xex-ex=ex(x-1)，∴f'(x)=ex(x-1)+ex=xex，令f'(x)>0，得x>0，
故f(x)在(0，+∞)上单调递增，令f'(x)<0，得x<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减，∴当x=0时，f(x)min=f(0)=-1，又f(-2)=-3e-2，f(2)=e2，
∴f(x)在[-2，2]上的值域为[-1，e2]，又g(x)=mx-m(m>0)在[-2，2]内单调递增，∴g(x)在[-2，2]上的值域为[-3m，m].若对任意的x1∈[-2，2]，总存在x2∈[-2，2]，使得f(x1)=g(x2)，则[-1，e2] [-3m，m]，∴-3m≤-1题型(三) 与ex，ln x有关的不等式证明
03
[例3] 已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间;
解: f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=aex-.由题设知f'(2)=0，所以a=，
从而f(x)=ex-ln x-1，f'(x)=ex-.
当02时，f'(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，+∞)，单调递减区间为(0，2).
(2)证明:当a≥时，f(x)≥0.
解:证明:当a≥时，f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1(x∈(0，+∞))，则g'(x)=-.
当01时，g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0.因此，当a≥时，f(x)≥0.
|思|维|建|模|
(1)与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x+1>x>x-1≥ln x，常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
(2)在运用ex≥x+1及ln x≤x-1之前一定要先证明.
针对训练
3.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
解:函数f(x)的定义域是(0，+∞)，f'(x)=2x-(a-2)-=，
当a≤0时，f'(x)>0对任意的x∈(0，+∞)恒成立，∴函数f(x)在区间(0，+∞)上单调递增;当a>0时，由f'(x)>0得x>，
由f'(x)<0，得0(2)当a=1时，证明:对任意的x>0，f(x)+ex>x2+x+2.
解:证明:当a=1时，f(x)=x2+x-ln x，要证明f(x)+ex>x2+x+2，
只需证明ex-ln x-2 >0.先证明当x>0时，ex>x+1，令g(x)=ex-x-1(x>0)，则g'(x)=ex-1，当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x>0时，g(x)>g(0)=0，即ex>x+1，
∴ex-ln x-2>x+1-ln x-2=x-ln x-1.∴只要证明x-ln x-1≥0(x>0)，
令h(x)=x-ln x-1(x>0)，则h'(x)=1-=(x>0)，
易知h(x)在(0，1]内单调递减，在[1，+∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)=0，即x-ln x-1≥0成立，∴f(x)+ex>x2+x+2成立.
课时检测
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1.已知函数f(x)=x2-2ln x，若在定义域内的任意x，使得不等式f(x)-m≥0恒成立，则实数m的最大值是 ( )
A.2 B.-2
C.1 D.-1
√
解析:因为f(x)=x2-2ln x，x>0，所以f'(x)=2x-=，x>0，令f'(x)=0得x=1，令f'(x)<0得00得x>1，所以函数f(x)在(0，1)内单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)=1-2ln 1=1，因为不等式f(x)-m≥0恒成立，所以m≤f(x)min=1，所以实数m的最大值是1.故选C.
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2.若对任意的x∈R，>x+log2a恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C.(0，8) D.(0，8]
√
解析:由对任意的x∈R，ex+2>x+log2a恒成立，设f(x)= ex+2-x，f'(x)=ex+2-1，令f'(x)=ex+2-1>0，解得x>-2，令f'(x)=ex+2-1<0，解得x<-2，则f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增，故f(x)≥f(-2)=3，所以log2a<3，解得01
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3.已知函数f(x)=2x-kex(2x+1)，若 x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥0成立，则实数k的最大值是 ( )
A. B. C. D.
√
解析:由题设， x0∈(0，+∞)，使k≤=成立，令g(x)=，x>0，则g'(x)=-，∴当00，g(x)单调递增;当x>时，g'(x)<0，g(x)单调递减.∴g(x)≤g
=，故k≤即可.故选D.
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4.已知函数f(x)=ex-aln x(e为自然对数的底数)在区间(1，2)内单调递减，则实数a的最小值为 ( )
A.1 B. C.e D.2e2
√
解析:已知f(x)=ex-aln x，函数定义域为(0，+∞)，可得f'(x)=ex-，若函数f(x)在区间(1，2)内单调递减，则f'(x)≤0在(1，2)上恒成立，即a≥xex在(1，2)上恒成立.设g(x)=xex，x∈(1，2)，可得g'(x)=(x+1)ex>0，所以函数g(x)在(1，2)内单调递增，此时g(x)1
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5.(5分)已知函数f(x)=xex，若f(x)>x2+(a-1)x在x∈(0，+∞)上恒成立，则实数a的最大值为_____.
2
解析:当x>0时，f(x)>x2+(a-1)x恒成立，等价于a0)，所以h'(x)=ex- 1，所以当x>0时，h'(x)>0，h(x)单调递增，又e0-0+1=2，所以h(x)>2，所以a≤2，所以实数a的最大值为2.
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6.(5分)已知函数f(x)=-mx+3，g(x)=ln x，若 x∈(0，e]，f(x)-g(x)≥1恒成立，则实数m的取值范围是___________.
解析:由 x∈(0，e]，f(x)-g(x)≥1，可化为mx+ln x-2≤0，取x=e有me+1-2≤0，得m≤.令h(x)=mx+ln x-2(01
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7.(10分)已知函数f(x)=xln x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间;(3分)
解:因为f(x)=xln x+1，x>0，所以f'(x)=ln x+1，
当x∈时，f'(x)<0;当x∈时，f'(x)>0.所以函数f(x)在内单调递减，在上单调递增.
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(2)若x>1时，函数f(x)>kx恒成立，求实数k的取值范围.(7分)
解:由于x>1时，f(x)>kx恒成立，即k构造函数k(x)=ln x+，x>1，
则求导可得k'(x)=-=，当x>1时，k'(x)>0恒成立，
所以k(x)在(1，+∞)上单调递增，则k(x)>k(1)=1，
所以k≤1.故实数k的取值范围是(-∞，1].
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8.(15分)已知函数f(x)=2ex-x-ln(x+a).
(1)当a=1时，求f(x)在x=1处的切线方程;(4分)
解:当a=1时，f(x)=2ex-x-ln(x+1)，
求导得f'(x)=2ex-1-，f'(1)=2e-，f(1)=2e-1-ln 2，
故切线方程为(4e-3)x-2y+1-2ln 2=0.
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(2)若f(x)>2a恒成立，求a的取值范围.(11分)
解:由f(x)>2a可得2ex-x-ln(x+a)>2a，即2ex+x>ln(x+a)+2x+2a，
变形得ln ex+2ex>ln(x+a)+2(x+a)(此处也可变形为2ex+x>ln(x+a)+2eln(x+a)，设h(x)=x+2ex)，设g(x)=ln x+2x，则有g(ex)>g(x+a)，显然g(x)在(0，+∞)上为增函数，所以只需ex>x+a>0恒成立.设h(x)=ex-x-a(x>-a)，求导得h'(x)=ex-1，
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若a>0，当-a当x>0时，h'(x)>0，则h(x)在(0，+∞)上单调递增，
故 h(x)≥h(0)=1-a，要使h(x)>0恒成立，
需使1-a>0，又a>0，故得0若a≤0，则x>-a≥0，h'(x)>0，则h(x)在(-a，+∞)上单调递增，
故有 h(x)>h(-a)=e-a>0恒成立.
综上所述，a的取值范围是(-∞，1).
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9.(15分)设a为实数，函数f(x)=x3-3x2+a，g(x)=xln x.
(1)求f(x)的极值;(5分)
解:函数f(x)=x3-3x2+a的定义域为R，f'(x)=3x2-6x=3x(x-2)，
令f'(x)=0，可得x=0或x=2，列表.
x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故函数f(x)的极大值为f(0)=a，极小值为f(2)=a-4.
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(2)对于 x1∈[1，3]， x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围.(10分)
解:对于 x1∈[1，3]， x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max.由(1)可知，函数f(x)在[1，2)内单调递减，在(2，3]内单调递增，故当x∈[1，3]时，f(x)min=f(2)=a-4，
因为g(x)=xln x，且x∈，则g'(x)=1+ln x≥0且g'(x)不恒为零，故函数g(x)在内单调递增，故g(x)max=g(e)=e，
由题意可得a-4≥e，故a≥e+4.所以实数a的取值范围为[e+4，+∞).
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10.(15分)(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;(5分)
解:因为f(x)=a(x-1)-ln x+1，所以f'(x)=a-=(x>0).若a≤0，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间;若a>0，则当0时，f'(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间;当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
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(2)当a≤2时，证明:当x>1时，f(x)解:法一:放缩法 因为a≤2，所以当x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1.
令g(x)=ex-1-2x+ln x+1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可.
易知g'(x)=ex-1-2+，令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex-1-在(1，+∞)上单调递增，所以h'(x)>h'(1)=0，所以g'(x)在(1，+∞)上单调递增.
所以g'(x)>g'(1)=0，故g(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，即当x>1时，f(x)1
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法二:作差法直接求导证明 设m(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1，只需证当x>1时，m(x)<0即可.易知m'(x)=a--ex-1(x>1)，令n(x)=m'(x)，则n'(x)=-ex-1
(x>1).由基本初等函数的单调性可知n'(x)在(1，+∞)上单调递减，所以n'(x)于是m'(x)1时，f(x)(选择题请在答题区内作答,填空、解答题请在题后作答)
1.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内的任意x,使得不等式f(x)-m≥0恒成立,则实数m的最大值是 ( )
A.2 B.-2
C.1 D.-1
2.若对任意的x∈R,>x+log2a恒成立,则实数a的取值范围是 ( )
A. B.
C.(0,8) D.(0,8]
3.已知函数f(x)=2x-kex(2x+1),若 x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥0成立,则实数k的最大值是 ( )
A. B.
C. D.
4.已知函数f(x)=ex-aln x(e为自然对数的底数)在区间(1,2)内单调递减,则实数a的最小值为 ( )
A.1 B.
C.e D.2e2
5.(5分)已知函数f(x)=xex,若f(x)>x2+(a-1)x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的最大值为 .
6.(5分)已知函数f(x)=-mx+3,g(x)=ln x,若 x∈(0,e],f(x)-g(x)≥1恒成立,则实数m的取值范围是 .
7.(10分)已知函数f(x)=xln x+1.
(1)求函数f(x)的单调区间;(3分)
(2)若x>1时,函数f(x)>kx恒成立,求实数k的取值范围.(7分)
8.(15分)已知函数f(x)=2ex-x-ln(x+a).
(1)当a=1时,求f(x)在x=1处的切线方程;(4分)
(2)若f(x)>2a恒成立,求a的取值范围.(11分)
9.(15分)设a为实数,函数f(x)=x3-3x2+a,g(x)=xln x.
(1)求f(x)的极值;(5分)
(2)对于 x1∈[1,3], x2∈,都有f(x1)≥g(x2),试求实数a的取值范围.(10分)
10.(15分)(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.
(1)求f(x)的单调区间;(5分)
(2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)课时检测(五十三)
1．选C 因为f(x)＝x2－2ln x，x>0，所以f′(x)＝2x－＝，x>0，令f′(x)＝0得x＝1，令f′(x)<0得00得x>1，所以函数f(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(1)＝1－2ln 1＝1，因为不等式f(x)－m≥0恒成立，所以m≤f(x)min＝1，所以实数m的最大值是1.故选C.
2．选C 由对任意的x∈R，ex＋2>x＋log2a恒成立，设f(x)＝ ex＋2－x，f′(x)＝ex＋2－1，令f′(x)＝ex＋2－1>0，解得x>－2，令f′(x)＝ex＋2－1<0，解得x<－2，则f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，故f(x)≥f(－2)＝3，所以log2a<3，解得03．选D 由题设， x0∈(0，＋∞)，使k≤＝成立，令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝－，∴当00，g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)≤g＝，故k≤即可．故选D.
4．选D 已知f(x)＝ex－aln x，函数定义域为(0，＋∞)，可得f′(x)＝ex－，若函数f(x)在区间(1,2)内单调递减，则f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，即a≥xex在(1,2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1,2)，可得g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数g(x)在(1,2)内单调递增，此时g(x)5．解析：当x>0时，f(x)>x2＋(a－1)x恒成立，等价于a0)，所以h′(x)＝ex－ 1，所以当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，又e0－0＋1＝2，所以h(x)>2，所以a≤2，所以实数a的最大值为2.
答案：2
6．解析：由 x∈(0，e]，f(x)－g(x)≥1，可化为mx＋ln x－2≤0，取x＝e有me＋1－2≤0，得m≤.令h(x)＝mx＋ln x－2(0答案：
7．解：(1)因为f(x)＝xln x＋1，x>0，
所以f′(x)＝ln x＋1，
当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.所以函数f(x)在内单调递减，在上单调递增．
(2)由于x>1时，f(x)>kx恒成立，即k1，则求导可得k′(x)＝－＝，当x>1时，k′(x)>0恒成立，
所以k(x)在(1，＋∞)上单调递增，则k(x)>k(1)＝1，所以k≤1.故实数k的取值范围是(－∞，1]．
8．解：(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－ln(x＋1)，求导得f′(x)＝2ex－1－，f′(1)＝2e－，f(1)＝2e－1－ln 2，
故切线方程为(4e－3)x－2y＋1－2ln 2＝0.
(2)由f(x)>2a可得2ex－x－ln(x＋a)>2a，即2ex＋x>ln(x＋a)＋2x＋2a，
变形得ln ex＋2ex>ln(x＋a)＋2(x＋a)(此处也可变形为2ex＋x>ln(x＋a)＋2eln(x＋a)，设h(x)＝x＋2ex)，
设g(x)＝ln x＋2x，则有g(ex)>g(x＋a)，显然g(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以只需ex>x＋a>0恒成立．设h(x)＝ex－x－a(x>－a)，求导得h′(x)＝ex－1，
若a>0，当－a0时，h′(x)>0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故 h(x)≥h(0)＝1－a，要使h(x)>0恒成立，需使1－a>0，又a>0，故得0若a≤0，则x>－a≥0，h′(x)>0，则h(x)在(－a，＋∞)上单调递增，故有 h(x)>h(－a)＝e－a>0恒成立．
综上所述，a的取值范围是(－∞，1)．
9．解：(1)函数f(x)＝x3－3x2＋a的定义域为R，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，列表.
x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
故函数f(x)的极大值为f(0)＝a，极小值为f(2)＝a－4.
(2)对于 x1∈[1,3]， x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max.
由(1)可知，函数f(x)在[1,2)内单调递减，在(2,3]内单调递增，
故当x∈[1,3]时，f(x)min＝f(2)＝a－4，
因为g(x)＝xln x，且x∈，则g′(x)＝1＋ln x≥0且g′(x)不恒为零，故函数g(x)在内单调递增，故g(x)max＝g(e)＝e，由题意可得a－4≥e，故a≥e＋4.
所以实数a的取值范围为[e＋4，＋∞)．
10．解：(1)因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝(x>0)．
若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
若a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可．
易知g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)>h′(1)＝0，所以g′(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)1 / 2