2021届浙江省数学学案第四章第5节导数与不等式含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第5节导数与不等式含解析第5节导数与不等式考试要求1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能）成立,会求参数的取值范围.知识梳理1.证明不等式时,可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2。求解不等式恒成立或有解问题,可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3。不等式能成立看作不等式有解问题.［常用结论与易错提醒]与不等式有关的结论（1）对任意x，f（x)>g(x)⇔f（x)－g(x)>0⇔［f（x）－g(x）]min>0.(2)对任意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）对任意x,存在x0，f(x）>g(x0）⇔f（x)min>g（x）min.(5）f(x）≥a或f（x)≤a对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）对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2,使f(x1)＝g(x2)⇔A⊆B（其中集合A为f(x1)的值域,集合B为f（x2）的值域）.(8)当参数不易分离时,应注意分类讨论或数形结合思想的应用。诊断自测1。已知函数f(x）＝x2ex,当x∈［－1，1］时，不等式f（x）<m恒成立，则实数m的取值范围是（）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）.当x∈(－1,0］时，f′(x）〈0，f（x)递减，当x∈（0，1]时，f′(x）>0，f(x）递增,f（－1）＝eq\f（1，e），f（1)＝e，∴f（x)最大＝f(1）＝e，由题意得m〉e。答案D2。设函数f（x）＝ex(2x－1)－ax＋a,其中a<1,若存在唯一整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是（)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）)解析设g(x)＝ex（2x－1)，h(x）＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使g（x0）在直线h（x)＝ax－a的下方，因为g′（x）＝ex(2x＋1),∴当x〈－eq\f(1，2）时，g′(x）〈0，当x>－eq\f（1,2）时，g′(x)〉0，∴当x＝eq\f（1，2）时，［g(x）]min＝－2eeq\f（1,2)，g（0)＝－1，g（1)＝e〉1，直线h(x)＝ax－a恒过（1，0）且斜率为a，故－a〉g(0)＝－1，且g（－1)＝－3e－1≥－a－a,解得eq\f(3,2e)≤a<1.答案D3。已知函数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，则实数b的取值范围是(）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).设g(x)＝x＋eq\f(1，2x)，∴b<g（x)max，而g′(x）＝eq\f（2x2－1,2x2)，∴当g′(x）＝0时，解得x＝eq\f（\r（2)，2）.当g′(x)〉0，即eq\f（\r(2),2）〈x≤2时,g(x)递增，当g′(x）<0，即eq\f(1，2)≤x<eq\f(\r（2），2）时，g（x）递减，∵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，若对任意的x∈（0,＋∞)，不等式2f（x）≤g′（x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是________.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)。设h（x)＝lnx－eq\f(3，2)x－eq\f（1，2x)(x>0)，则h′（x）＝－eq\f（（x－1)(3x＋1），2x2)，令h′（x）＝0,得x＝1或x＝－eq\f（1,3)(舍去)，当x∈(0，1)时,h′(x）>0，h(x）递增，当x∈（1，＋∞）时，h′(x）<0，h（x)递减,∴h(x)最大＝h（x）极大＝h(1)＝－2，由题意得a≥－2.答案［－2，＋∞)5。当x∈［－2，1]时,不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________.解析当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R,当x∈(0，1］时，ax3≥x2－4x－3，a≥eq\f（x2－4x－3,x3），∴a≥eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(x2－4x－3，x3）))eq\s\do7（max)，设φ（x）＝eq\f(x2－4x－3,x3),φ′(x）＝eq\f（（2x－4）x3－(x2－4x－3）3x2,x6)＝－eq\f（x2－8x－9，x4）＝－eq\f(（x－9)（x＋1),x4）〉0，∴φ（x)在（0,1］上递增,φ（x）max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤eq\f(x2－4x－3，x3)，∴a≤eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(x2－4x－3，x3））)eq\s\do7(min）。仍设φ（x)＝eq\f（x2－4x－3,x3）,φ′（x)＝－eq\f(（x－9）(x＋1），x4)，当x∈［－2，－1)时，φ′(x）〈0，当x∈（－1，0)时，φ′(x)〉0。∴当x＝－1时，φ(x）有极小值，即为最小值.而φ(x)min＝φ（－1)＝eq\f(1＋4－3,－1）＝－2，∴a≤－2。综上知－6≤a≤－2。答案［－6，－2］考点一利用导数证明不等式【例1】(2020·北京西城区练习）已知函数f(x)＝eq\f(alnx，x＋1）＋eq\f（b,x）,曲线y＝f(x)在点(1,f（1））处的切线x＋2y－3＝0.（1）求a,b的值;(2)若k≤0，求证：对于任意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)由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq\f(1，2),且过点(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）证明由（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）））。考虑函数h（x)＝2lnx＋eq\f(（k－1）（x2－1）,x)（x＞1)，则h′(x)＝eq\f(（k－1）(x2＋1）＋2x,x2）＝eq\f(k(x2＋1）－（x－1)2,x2）＜0。而h（1)＝0,故当x∈（1，＋∞）时,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).规律方法（1）利用参数a的范围放缩不等式是关键；（2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域。【训练1】已知函数f（x）＝xlnx－2x。(1)求f(x)的单调区间、极值；（2）若x〉y>0，试确定f(x）－f（y)与xlny－ylnx的大小关系，并给以证明.解（1)f（x)的定义域为（0，＋∞），f′(x)＝lnx＋1－2＝lnx－1，令f′(x)＝0得x＝e.将x,f′(x），f(x）变化情况列下表：x（0,e)e(e，＋∞)f′（x）－0＋f(x）↘极小值↗可得(0，e）是f（x)的递减区间，(e，＋∞）是f(x）的递增区间,f（x)在x＝e处有极小值－e，无极大值。（2)f(x）－f（y)>xlny－ylnx.证明如下：［f（x）－f(y)］－（xlny－ylnx)＝xlnx－2x－ylny＋2y－xlny＋ylnx＝xlneq\f（x，y）＋ylneq\f(x,y)－2(x－y）＝y［eq\f(x，y）lneq\f(x，y）＋lneq\f（x，y）－2（eq\f（x,y）－1）].（＊）设t＝eq\f（x，y)〉1,Q（t)＝tlnt＋lnt－2（t－1）（t〉1)，则Q′(t）＝lnt＋1＋eq\f(1，t）－2＝lnt＋eq\f(1，t)－1（t〉1)。设M（t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1(t〉1），则M′（t)＝eq\f(1，t）－eq\f(1，t2）＝eq\f(t－1,t2）>0(t>1）。∴M(t）在（1,＋∞)上是递增函数.∴M（t)〉M（1)＝0，即Q′(t)>0.∴Q（t)在(1,＋∞)上是递增函数.∴Q(t)>Q(1）＝0.又y〉0,∴（＊)〉0,∴f(x）－f（y）>xlny－ylnx.考点二根据不等式恒成立求参数的范围多维探究角度1单变量任意型【例2－1】（2019·浙江卷）已知实数a≠0，设函数f(x）＝alnx＋eq\r（1＋x),x>0。（1）当a＝－eq\f(3，4）时，求函数f(x）的单调区间；(2）对任意x∈eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，e2),＋∞))均有f（x)≤eq\f(\r（x），2a),求a的取值范围.注：e＝2。71828…为自然对数的底数.解(1)当a＝－eq\f（3,4）时，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。所以函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为(3，＋∞）。（2）由f（1)≤eq\f(1，2a)，得0<a≤eq\f（\r(2）,4)。当0<a≤eq\f（\r(2），4）时，f（x)≤eq\f(\r(x），2a)等价于eq\f（\r（x）,a2)－eq\f(2\r（1＋x),a)－2lnx≥0。令t＝eq\f(1，a),则t≥2eq\r(2）。设g(t）＝t2eq\r(x）－2teq\r(1＋x)－2lnx，t≥2eq\r（2），则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当x∈eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，7)，＋∞))时，eq\r(1＋\f(1，x）)≤2eq\r（2），则g(t)≥g(2eq\r（2））＝8eq\r(x）－4eq\r(2)eq\r(1＋x)－2lnx.记p(x）＝4eq\r(x）－2eq\r（2）eq\r(1＋x)－lnx，x≥eq\f(1,7)，则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））).当x变化时，p′（x）,p(x）的变化情况如下：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))）单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x）≥p(1）＝0.因此g(t)≥g（2eq\r（2))＝2p（x）≥0.②当x∈eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，e2）,\f(1，7）)）时，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））)，则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）))上单调递增，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知对任意x∈eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,e2)，＋∞)），t∈［2eq\r(2),＋∞）,g(t)≥0,即对任意x∈eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，e2)，＋∞))，均有f(x）≤eq\f（\r（x）,2a）。综上所述,所求a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r(2)，4）））.角度2双变量任意型【例2－2】已知函数f(x）＝eq\f(x，ex）＋x－1,g(x）＝lnx＋eq\f(1,e)（e为自然对数的底数）。（1)证明:f(x）≥g(x);（2）若对于任意的x1,x2∈［1,a］（a>1），总有｜f（x1)－g（x2）|≤eq\f（2,e2）－eq\f(1,e）＋1，求a的最大值。（1）证明令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)上单调递减，在(1，＋∞）上单调递增,∴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］上单调递增.∵f（x)≥g（x），F(x)＝f(x）－g（x）在[1，＋∞）上单调递增，∴f（x）与g（x）的图象在［1，a]上距离随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,设G(a）＝eq\f（a,ea)＋a(a〉1），G′(a）＝eq\f(1－a，ea）＋1＝eq\f（ea－a＋1,ea），∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′（a）>0，G（a）在[1，＋∞）上单调递增，∴a≤2,∴a的最大值为2。角度3双变量任意存在型【例2－3】已知函数f(x）＝2lneq\f(x，2）－eq\f（3x－6，x＋1).（1）求f（x)的单调区间；（2)若g(x）＝lnx－ax，若对任意x1∈（1，＋∞），存在x2∈（0，＋∞)，使得f（x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围.解(1）因为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)，当eq\f（1,2)〈x<2时，f′（x）<0，当0<x〈eq\f（1,2）或x〉2时，f′（x）>0，所以f(x）的单调递减区间是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2），2)）,单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1，2)）），（2，＋∞）。(2）由(1）知，f（x)在(1，2）上单调递减，在(2,＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f（x)≥f（2)＝0，又g（x）＝lnx－ax，所以对任意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⇔函数y＝lnx与直线y＝ax的图象在（0，＋∞）上有交点⇔方程a＝eq\f（lnx,x)在(0,＋∞）上有解。设h(x)＝eq\f（lnx，x），则h′（x）＝eq\f（1－lnx,x2)，当x∈（0，e）时，h′（x)〉0，h(x）单调递增,当x∈(e，＋∞）时,h′（x)〈0，h（x)单调递减，又h(e）＝eq\f(1,e),x→0时，h(x)→－∞，所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，\f（1，e)）），所以实数a的取值范围是eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（－∞，\f(1,e)））。规律方法（1)单变量任意型,常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数；(2）双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决.【训练2】（1）（角度1)已知函数f(x）＝（x2－x＋1）·e－x。当x∈［0，2］时,f(x）≥－x2＋2x＋m恒成立,求m的取值范围。（2)(角度2）(2020·浙江新高考仿真卷一）已知函数f（x)＝eq\f（mx，x2＋1）＋1(m≠0）,g（x）＝x2eax（a∈R）.①求函数f（x）的单调区间；②当m＞0时，若对任意x1,x2∈[0,2］，f(x1)≥g(x2)恒成立,求a的取值范围.（3)(角度3)(2020·金华一中月考)已知函数f（x）＝x2－（a＋2）x＋alnx。设f（x)在点x＝x0处的切线方程为y＝m(x）.①若函数f(x）存在唯一极值点，求实数a的取值范围;②当a＝4时，是否存在x0，使得eq\f(f（x)－m(x）,x－x0）＞0对任意的x∈｛x|x＞0，且x≠x0｝恒成立？若存在，试求出x0的值;若不存在,请说明理由。解（1)∵f（x)≥－x2＋2x＋m在x∈[0，2]时恒成立，∴m≤f(x）＋x2－2x＝(x2－x＋1）·e－x＋x2－2x，令g(x）＝(x2－x＋1）·e－x＋x2－2x，则g′（x)＝－(x－2）（x－1)e－x＋2（x－1),当x∈[0，1）时,g′（x)＝eq\f（(x－1）（2－x＋2ex），ex)<0,当x∈（1，2]时，g′（x）＝eq\f（（x－1）(2－x＋2ex），ex）〉0，∴g(x）在［0,1）上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴g（x）min＝g（1）＝eq\f（1,e)－1，∴m的取值范围为eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e）－1））.（2)①函数f(x）的定义域为R,f′(x)＝eq\f(m（1－x2）,(x2＋1）2)＝eq\f(m（1－x）(1＋x)，（x2＋1）2）。(ⅰ)当m＞0时，当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)(－1，1)(1，＋∞）f′(x)－＋－f(x)所以函数f（x）的单调递增区间是（－1，1），单调递减区间是（－∞，－1］，[1，＋∞）.(ⅱ）当m＜0时,当x变化时，f′(x）,f（x）的变化情况如下表：x（－∞，－1）（－1,1)（1，＋∞)f′(x)＋－＋f(x）所以函数f（x)的单调递增区间是(－∞,－1]，［1，＋∞)，单调递减区间是（－1，1）。②依题意,“当m＞0时，对于任意x1，x2∈[0,2］,f（x1）≥g（x2）恒成立"等价于“当m＞0时，对于任意x∈[0,2],f（x)min≥g(x）max成立"。当m＞0时,由①知函数f（x)在［0，1]上单调递增,在[1,2]上单调递减，因为f（0）＝1，f(2)＝eq\f（2m,5）＋1＞1，所以函数f（x）的最小值为f（0）＝1，所以应满足g(x)max≤1.因为g(x)＝x2eax,所以g′(x)＝（ax2＋2x）eax。a。当a≥0时，由任意的x∈[0,2］,g′(x）＝（ax2＋2x）eax≥0，故函数g(x)＝x2eax单调递增,g(x）max＝g(2）＝4e2a≥4,显然不满足g（x)max≤1,故a≥0不成立。b.当a＜0时，令g′（x)＝0得x1＝0，x2＝－eq\f（2,a）。（ⅰ)当－eq\f(2，a）≥2，即－1≤a＜0时，在[0，2］上g′(x）≥0，所以函数g（x）在［0，2]上单调递增，所以函数g(x)max＝g（2）＝4e2a.由4e2a≤1得a≤－ln2，所以－1≤a≤－ln2。(ⅱ)当0＜－eq\f(2，a)＜2，即a＜－1时，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，所以函数g（x)在eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，－\f（2,a)））上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（2,a)，2））上单调递减，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.综上所述，a的取值范围是（－∞，－ln2］.（3）①f′（x)＝eq\f（（x－1）(2x－a)，x）,x＞0，当a≤0时，f（x）在(0，1)上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以x＝1是f（x）的唯一极值点；当a＞0，a≠2时,f′(x）＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实根1和eq\f(a,2）,从而f(x)有两个极值点,不符合题意;当a＝2时,f′（x）≥0，即f（x)在（0,＋∞)上单调递增，f（x）无极值点,不符合题意.所以实数a的取值范围是{a|a≤0｝。②当a＝4时，f（x）＝x2－6x＋4lnx，f′（x）＝2x－6＋eq\f(4,x)，则函数y＝f（x)在其图象上一点P（x0，f（x0)）处的切线方程为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.设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），则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)))上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,x0）))时，φ(x)＜φ(x0)＝0，此时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))上单调递减，所以当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2，x0)，x0））时，φ(x）＞φ(x0）＝0，此时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,＋∞)上单调递增，当x＞x0时，φ(x）＞φ(x0）＝0，当0＜x＜x0时，φ(x）＜φ（x0)＝0，故eq\f(φ（x),x－x0）＞0。综上，存在满足题设的实数x0,且x0＝eq\r（2）.考点三不等式能成立【例3】设x＝3是函数f（x)＝（x2＋ax＋b)e3－x(x∈R）的一个极值点.(1）求a与b之间的关系式，并求当a＝2时,函数f(x）的单调区间;（2)设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，求实数a的取值范围.解(1）f′（x）＝－[x2＋（a－2)x＋b－a]e3－x,由题意知f′（3）＝0，即－[9＋3（a－2）＋b－a］＝0，解得b＝－2a－3。当a＝2时,b＝－7，故由f′（x)＝－（x2－9)e3－x〉0得－3〈x<3，于是f(x）在（－3，3）上单调递增，在（－∞,－3）和（3，＋∞）上单调递减。(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）上单调递增，在（3，4］上单调递减，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]上单调递增，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)）。根据题意，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)，又因为a>0，所以a∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f(3，2)））.规律方法“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g（a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值;若存在x∈D，使得f(x）≥g（a）成立，应求f(x）的最大值。在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立"是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性"问题是求最大值还是最小值。特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错。【训练3】已知函数f(x）＝ex(3x－2），g(x)＝a（x－2），其中a，x∈R。（1)若对任意x∈R,有f（x)≥g（x)恒成立,求a的取值范围；(2）若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<g（x0)，求a的取值范围.解(1）由题意,对任意x∈R有ex(3x－2）≥a（x－2）恒成立，①当x∈（－∞，2）时，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)，则F′（x）＝eq\f（ex（3x2－8x）,（x－2）2）,令F′（x）＝0得x＝0。当x变化时，F′（x），F(x）变化如下表：x(－∞，0)0(0,2)F′（x）＋0－F(x)1F（x)max＝F(0）＝1，故此时a≥1。②当x＝2时，f（x）≥g(x)恒成立，故此时a∈R。③当x∈(2，＋∞)时，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)，当x变化时，F′(x），F（x)变化如下表：xeq\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),故此时a≤9eeq\f（8,3）.综上，1≤a≤9eeq\f(8,3）。(2)因为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）,则当x变化时，F′（x),F（x)变化如下表：x(－∞，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）极大值极小值当x∈(－∞,2)时，存在唯一的整数x0使得f（x0）<g(x0)，等价于a〈eq\f(ex（3x－2），x－2)存在唯一的整数x0成立，因为F（0)＝1最大，F(－1)＝eq\f（5，3e)，F（1)＝－e，所以当a〈eq\f(5，3e)时,至少有两个整数成立,所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（5,3e），1）).当x∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x0使得f（x0）<g（x0），等价于a〉eq\f（ex（3x－2),x－2）存在唯一的整数x0成立，因为Feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（8,3)）)＝9eeq\f（8,3)最小,且F(3)＝7e3，F（4)＝5e4，所以当a>5e4时，至少有两个整数成立，当a≤7e3时，没有整数成立，所以a∈（7e3，5e4]。综上,a的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（5，3e)，1)）∪（7e3,5e4].导数与不等式【例题】（满分15分）(2018·浙江卷)已知函数f(x)＝eq\r（x）－lnx。（1)若f（x）在x＝x1，x2(x1≠x2）处导数相等,证明：f(x1）＋f（x2)〉8－8ln2；（2)若a≤3－4ln2,证明：对于任意k>0,直线y＝kx＋a与曲线y＝f（x）有唯一公共点。审题路线图(1）（2)eq\x（取特值m，n，比差法证明f(x）＝kx＋a在（m，n）上有解)—eq\x（构造差函数)-eq\x（用导数证其单调性)-eq\x(结论）满分解答证明(1)函数f（x)的导函数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)，因为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），因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)＋f(x2)＝eq\r（x1）－lnx1＋eq\r（x2）－lnx2＝eq\f(1，2）eq\r（x1x2）－ln(x1x2）。4分设g（x)＝eq\f（1，2）eq\r（x)－lnx，则g′(x)＝eq\f（1，4x）(eq\r（x）－4),所以x〉0时,g′（x）、g(x）的变化情况如下表:x（0，16）16(16,＋∞)g′（x)－0＋g(x）2－4ln2所以g（x）在［256，＋∞）上单调递增，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，则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,所以对于任意的a∈R及k∈(0，＋∞)，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有公共点.11分由f(x)＝kx＋a得k＝eq\f（\r(x)－lnx－a,x)。设h(x）＝eq\f（\r（x）－lnx－a,x），则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)，又根据已知a≤3－4ln2，故－g(x)－1＋a≤－g（16)－1＋a＝－3＋4ln2＋a≤0，所以h′(x)≤0，即函数h（x)在（0，＋∞)上单调递减,因此方程f（x)－kx－a＝0至多1个实根.综上，当a≤3－4ln2时，对于任意k〉0，直线y＝kx＋a与曲线y＝f(x)有唯一公共点.15分[构建模板]……求导数f′（x）……由条件f′(x1)＝f′(x2)变形利用基本不等式,求出x1x2范围，化简f(x1)＋f(x2)……构造函数g(x)，利用导数证不等式……证明f(x）＝kx＋a解的存在性……由f（x)＝kx＋a变形构造函数h(x)，利用导数证明h（x）单调性,得出f(x)＝kx＋a至多一个实根……反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范.【训练】已知函数f(x）＝lnx＋（e－a)x－2b,其中a，b∈R，e为自然对数的底数.(1）若a＝e－2b，当f（x)≥0有唯一解时,求b的值；（2）若不等式f（x）≤0对x∈（0，＋∞)恒成立，求eq\f（b,a）的最小值.解(1)当a＝e－2b时，f（x）＝lnx＋2bx－2b，其定义域为(0，＋∞）,f′(x)＝eq\f(1，x)＋2b＝eq\f(1＋2bx，x）。①若b≥0，则f′(x）>0，f(x)在(0，＋∞）上单调递增，且f（1)＝0，所以当x≥1时，都有f（x）≥0，不符合题意;②若b<0，当－eq\f（1，2b)<1，即b〈－eq\f（1,2）时，f（x)在(－eq\f（1,2b)，1）上单调递减，且f（1)＝0，因此在该区间上都有f(x)≥0，不符合题意；当－eq\f(1,2b)＝1,即b＝－eq\f（1，2)时，f(x）在（0，1）上递增,在（1，＋∞)上递减,所以f（x)max＝f(1)＝0,所以f（x）≥0有唯一解x＝1，符合题意；当－eq\f(1，2b）〉1,即－eq\f（1,2)〈b〈0时,f(x）在(1，－eq\f(1,2b）)上单调递增,且f(1)＝0，因此在该区间上都有f(x）≥0，不符合题意.综上所述，实数b的值为－eq\f（1，2).（2）显然a>e,f′(x)＝eq\f(1,x)＋e－a（x>0)，因此当x＝eq\f（1,a－e)时，f(x)取到极大值，也为最大值。根据题意有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）.设g(a)＝eq\f(ln\f(1,a－e)－1，2a)，则g′(a)＝eq\f(（a－e）ln（a－e）－e，2（a－e）a2），当a∈（e，e＋1]时，（a－e)ln(a－e)≤0,当a∈（e＋1,＋∞）时，(a－e）ln（a－e）单调递增，且（a－e)ln（a－e)>0,所以方程（a－e)ln(a－e)－e＝0有唯一零点a＝2e，所以g(a）在(e，2e)上单调递减,在（2e，＋∞)上单调递增，所以g（a)≥g(2e)＝－eq\f(1，2e).综上所述，eq\f（b，a）的最小值为－eq\f（1,2e），当a＝2e,b＝－1时取得.基础巩固题组1.（2018·全国Ⅲ卷）已知函数f(x）＝eq\f(ax2＋x－1,ex）。（1)求曲线y＝f（x)在点（0,－1）处的切线方程；(2）证明:当a≥1时，f（x)＋e≥0.(1)解f′(x)＝eq\f（－ax2＋(2a－1）x＋2，ex），f′（0）＝2。因此曲线y＝f（x）在(0,－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.（2）证明当a≥1时，f（x)＋e≥（x2＋x－1＋ex＋1）e－x.令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′（x)＝2x＋1＋ex＋1。当x〈－1时，g′（x）<0，g（x）单调递减;当x〉－1时，g′(x)〉0，g（x）单调递增；所以g（x）≥g(－1)＝0.因此f(x)＋e≥0。2。已知函数f（x）＝xlnx。(1)求函数f（x）的单调区间；（2）设k为正常数,若对定义域内的任意实数x都有f(x)＋f（k－x)>k成立,求实数k的取值范围.解(1）f(x)的定义域为(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）的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，e），＋∞)），单调递减区间是eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,e）))。(2)令g(x)＝f(x）＋f(k－x）＝xlnx＋(k－x)ln(k－x），定义域是（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),所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（k，2））)上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(k,2），k）)上单调递增，故函数g(x）的最小值是geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（k,2)））＝klneq\f（k，2)。由题意得klneq\f（k，2）〉k，解得k>2e.故所求实数k的取值范围为（2e，＋∞）.3.已知函数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)当x∈［1,e]时,求f(x)的最小值；（2）当a＜1时，若存在x1∈［e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0］，f（x1）＜g(x2)恒成立，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为（0，＋∞)，f′(x)＝eq\f((x－1）（x－a）,x2)。①若a≤1,当x∈［1，e］时，f′(x)≥0，则f（x)在[1，e］上为增函数，f(x)min＝f(1）＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈［1，a]时，f′（x）≤0，f(x）为减函数;当x∈[a，e］时，f′(x)≥0，f(x）为增函数.所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1）lna－1。综上,当a≤1时，f(x）min＝1－a；当1＜a＜e时，f（x）min＝a－(a＋1）lna－1；(2)由题意知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]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1）－eq\f(a,e),又g′(x)＝(1－ex)x。当x∈［－2，0］时，g′（x）≤0，g（x)为减函数,则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的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(e2－2e，e＋1），1)).4。设函数f（x）＝xlnx＋beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，2）)）eq\s\up12(2)（b∈R），曲线y＝f（x）在(1，0）处的切线与直线y＝3x平行。证明：(1）函数f(x)在［1，＋∞）上单调递增；（2)当0<x<1时，｜f（x)|〈1.证明（1)由题得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，∴函数f(x）在[1,＋∞)上单调递增。(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，则g′(x）＝1＋lnx。令g′(x)≥0可得x≥e－1。∴g（x）在(0，e－1)上单调递减，在（e－1,＋∞）上单调递增。∵0〈x〈1，∴－e－1≤g(x）<0,|g(x）｜≤eq\f(1，e）〈eq\f（1，2），又∵0〈x<1时，｜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。已知函数f（x)＝alnx＋x－eq\f(1，x)，其中a为实常数.（1)若x＝eq\f(1，2)是f(x)的极大值点，求f(x）的极小值；(2）若不等式alnx－eq\f（1，x）≤b－x对任意－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）的定义域为（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）,此时f（x)＝－eq\f(5，2）lnx＋x－eq\f(1,x）。则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）））上是增函数，在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2），2）)上是减函数，在[2，＋∞）上为增函数。所以x＝eq\f(1,2）为极大值点,x＝2为极小值点，极小值为f（2)＝eq\f(3，2)－eq\f（5ln2，2)。（2）不等式alnx－eq\f(1,x）≤b－x即为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,则lnx≥0,f（x）＝alnx＋x－eq\f（1，x)≤x－eq\f（1,x）≤2－eq\f（1，2)＝eq\f(3，2）（当a＝0,x＝2时取等号）；②若eq\f（1,2）≤x<1,则lnx<0，f(x）＝alnx＋x－eq\f(1,x)≤－eq\f(5，2)lnx＋x－eq\f(1,x）(当a＝－eq\f(5，2)时,取等号）.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))上为减函数。所以当eq\f（1,2）≤x<1时，g(x）≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)＝eq\f（5,2）ln2－eq\f（3,2）。因为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.(2020·嘉、丽、衢模拟）已知函数f(x)＝x2e3x.(1）若x＜0，求证:f(x）＜eq\f(1，9）；（2）若x＞0,恒有f（x）≥(k＋3)x＋2lnx＋1，求实数k的取值范围.（1）证明因为f（x）＝x2e3x，所以f′(x）＝2xe3x＋3x2e3x＝x（3x＋2）e3x.从而f(x)在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（2,3）))上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（2，3），0)）上单调递减，故f（x）的极大值为feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(2，3))）＝eq\f（4，9e2).所以当x＜0时，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），则g′(x）＝eq\f(x2（1＋3x）e3x＋2lnx－1，x2)(x＞0），令h（x)＝x2（1＋3x）e3x＋2lnx－1，则可知函数h（x)在(0，＋∞)上单调递增,且当x→0＋时，h（x）→－∞,h（1)＝4e3＋2ln1－1＞0,从而存在x0∈(0,1），使得h（x0)＝0，所以当x∈（0，x0)时,g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（x0,＋∞）时，g′(x)＞0，g(x）单调递增，所以g(x)在（0，＋∞）上的最小值为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，则2lnx0＋3x0＝lnt0，且1－2lnx0＝t0(1＋3x0），两式相减可得lnt0＋t0(1＋3x0）－1－3x0＝0，记φ(t)＝lnt＋t(1＋3x0)－1－3x0，则φ（t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1）＝0，所以t＝1，则t0＝1.从而g（x0）＝eq\f（xeq\o\al（2，0）e3x0－3x0－2lnx0－1,x0)＝eq\f(1－3x0＋3x0－1，x0)＝0，所以实数k的取值范围为(－∞,0].能力提升题组7.（2020·杭州三校三联）已知函数f（x)＝eq\f（1，ln(x2＋1）－2lnx)－x2－ax.(1)当a＝0时，求证:f(x)＞0；(2)(一题多解）若x＞0时，f(x)＞0,求a的取值范围；(3)求证：ln［(1＋22)(1＋32)…（1＋n2)]＜1＋2ln（2×3×…×n)，n≥2且n∈N＊.(1)证明当a＝0时，f(x）＝eq\f（1,ln（x2＋1）－2lnx）－x2（x＞0）.因为ln(1＋x)≤x,当x＝0时等号成立，所以lneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)））＜eq\f(1,x2)，即lneq\f(x2＋1，x2）＜eq\f(1，x2），即eq\f(1,ln\b\lc\(\rc\)（\a\