2023届高考数学导数满分通关38讲专题31单变量恒成立之最值分析法含解析

Page1Page1专题31单变量恒成立之最值分析法【方法总结】单变量恒成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解析(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna．当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0．故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0．故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．②若a＞0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)＝－a2lna，从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0．③若a＜0，则由(1)得，当x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))时，f(x)取得最小值，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))＝a2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))，从而当且仅当a2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))≥0，即－2eeq\s\up6(\f(3,4))≤a＜0时，f(x)≥0．综上，a的取值范围是[－2eeq\s\up6(\f(3,4))，1]．[例2]已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围．解析(1)由f(x)＝xlnx－ax＋1＝0可得a＝lnx＋eq\f(1,x)，令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，易知g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)．∴g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．[例3]已知函数f(x)＝alnx＋xb(a≠0)．(1)当b＝2时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a＋b＝0，b>0时，对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，恒有f(x)≤e－1成立，求实数b的取值范围．思路(2)由已知a＋b＝0消去a，转化为最值问题，即－blnx＋xb≤e－1恒成立，无法分离参数b，用单调性分析法解决．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当b＝2时，f(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＝eq\f(2x2＋a,x)．①当a>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a,2))(负值舍去)，当0<x<eq\r(－\f(a,2))时，f′(x)<0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上单调递减；当x>eq\r(－\f(a,2))时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．综上所述，当b＝2，a>0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当b＝2，a<0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．(2)因为对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，恒有f(x)≤e－1成立，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))时，f(x)max≤e－1．当a＋b＝0，b>0时，f(x)＝－blnx＋xb，f′(x)＝－eq\f(b,x)＋bxb－1＝eq\f(b(xb－1),x)．令f′(x)<0，得0<x<1；令f′(x)>0，得x>1．所以函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，e]上单调递增，f(x)max为f(eq\f(1,e))＝b＋e－b与f(e)＝－b＋eb中的较大者．f(e)－f(eq\f(1,e))＝eb－e－b－2b．令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，则当m>0时，g′(m)＝em＋e－m－2>2eq\r(em·e－m)－2＝0，所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f(eq\f(1,e))，从而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0．设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则φ′(t)＝et－1>0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集为(0，1]．所以b的取值范围为(0，1]．悟通(2)构造f(x)＝－blnx＋xb并进行单调性分析后，最大值不定或f(eq\f(1,e))或f(e)，作差比较，f(e)－f(eq\f(1,e))＝eb－e－b－2b．又不能确定差值的正负，只能构造函数g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，用基本不等式求出最大值g(m)>g(0)＝0，f(x)max＝f(e)＝－b＋eb，但又解不出b的不等式，再次构造函数φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)进行处理，解不等式．构造函数，解不等式也是高考题的常用套路．[例4]已知a∈R，设函数f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤＋lneq\f(x,a)－1恒成立，求实数a的取值范围．解析(1)f′(x)＝eq\f(a,x＋a)＋eq\f(1,x)＝eq\f((a＋1)x＋a,x(x＋a))，x＞0且x＞－a，①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；②当a≤－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；③当－1＜a＜0时，－eq\f(a,a＋1)＞－a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,a＋1)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,a＋1)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)f(x)＝aln(x＋a)＋lnx≤＋lneq\f(x,a)－1，即aln(x＋a)＋lnx≤＋lnx－lna－1，a＞0，即aln(x＋a)＋lna≤－1，令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x，∴e－1＞a2x，则原不等式等价为aln(x＋a)＋lna≤a2x，即aln(x＋a)－a2x＋lna≤0，令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋lna，则h′(x)＝eq\f(a,x＋a)－a2＝eq\f(－a2x＋a－a3,x＋a)，令h′(x)＝0，可得x＝eq\f(1－a2,a)，当a≥1时，h′(x)≤0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，则只需满足h(0)＝alna＋lna≤0，∴lna≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1；当0＜a＜1时，可得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－a2,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a2,a)，＋∞))上单调递减，则h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a2,a)))＝alneq\f(1,a)－a(1－a2)＋lna≤0，整理可得lna－a2－a≤0，令φ(a)＝lna－a2－a，则φ′(a)＝eq\f(1,a)－2a－1＝eq\f(－(a＋1)(2a－1),a)，则可得φ(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，则φ(a)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(3,4)＜0，故0＜a＜1时，h(x)≤0恒成立，综上，0＜a≤1．[例5](2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，因为＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不满足题意；②若a＞0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx＞0．令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2n)．从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)＜1．故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜e．而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))＞2，所以m的最小值为3．[例6]已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．(1)当a＝0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．解析(1)若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，∴f(x)有极小值，f(1)＝0，无极大值．(2)f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)恒成立．①若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，∴f(x)为增函数，∴f(x)>f(1)＝0，即f(x)<0不成立，∴a＝0不成立．②∵x>1，lnx－eq\f((x－1)(ax－a＋1),x)<0在(1，＋∞)恒成立，不妨设h(x)＝lnx－eq\f((x－1)(ax－a＋1),x)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝－eq\f((x－1)(ax＋a－1),x2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝0，x＝1或eq\f(1－a,a)，若a<0，则eq\f(1－a,a)<1，x>1，h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；若0<a<eq\f(1,2)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1－a,a)))，h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；若a≥eq\f(1,2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)<0，h(x)为减函数，h(x)<h(1)＝0(符合题意)．综上所述，若x>1时，f(x)<0恒成立，则a≥eq\f(1,2)．[例7](2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．解析(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)方法一f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1．设函数g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，则g′(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－\f(3,2)x2＋2ax－1))e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x，①若2a＋1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，则当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)>0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增，由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1时成立，解得a≥eq\f(7－e2,4)．所以当eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)时，g(x)≤1．③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，则g(x)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x．由于0∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，\f(1,2)))，故由②可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x＋1))e－x≤1．故当a≥eq\f(1,2)时，g(x)≤1．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))．方法二当x≥0时，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，即ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1．当x＝0时，无论a取何值，上式恒成立．当x>0时，上式可化为a≥eq\f(\f(1,2)x3＋1＋x－ex,x2)．令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x3＋1＋x－ex,x2)，则g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x2)－eq\f(2,x3)－eq\f(x－2ex,x3)＝eq\f(\f(1,2)x3－x－2－x－2ex,x3)，令h(x)＝eq\f(1,2)x3－x－2－(x－2)ex，则h′(x)＝eq\f(3,2)x2－1－(x－1)ex，h″(x)＝3x－xex＝x(3－ex)，令h″(x)＝0，得3－ex＝0，即x＝ln3．所以在(0，ln3)上，h″(x)>0，在(ln3，＋∞)上，h″(x)<0．所以h′(x)在(0，ln3)上单调递增，在(ln3，＋∞)上单调递减．又h′(0)＝0，h′(ln3)＝eq\f(3,2)(ln3)2－1－3(ln3－1)＝eq\f(3,2)(ln3)2－3ln3＋2＝eq\f(3,2)(ln3－1)2＋eq\f(1,2)>0，h′(2)＝5－e2<0，所以h(x)在(0，＋∞)上先增后减．又h(0)＝0，h(2)＝4－2－2＝0，所以在(0，2)上，h(x)>0，在(2，＋∞)上，h(x)<0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(2)＝eq\f(4＋3－e2,4)＝eq\f(7－e2,4)，所以a≥eq\f(7－e2,4)．所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))．[例8](2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．解析(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝e－1．∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)，0))，∴所求三角形面积为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(隐零点法)∵f(x)＝aex－1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，且a>0．设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；当a>1时，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，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，∴aex0－1＝eq\f(1,x0)，∴lna＋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；当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．解法二(同构法)f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．[例9]已知函数f(x)＝alnx－ex．(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．参考数据：x1.61.71.8ex4.9535.4746.050lnx0.4700.5310.588思路(1)对f(x)进行单调性分析，但导函数的零点不可求，用隐零点技术处理．(2)可对lnx的正负讨论后分离参数去处理如解法1，也可(1)的结果进行解决，但难度较大．解析(1)根据题意可得f′(x)＝eq\f(a,x)－ex＝eq\f(a－xex,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．(2)解法1要使f(x)<0恒成立，即alnx<ex恒成立，①当lnx>0时，即x>1时，a<eq\f(ex,lnx)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，则g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),ln2x)，令h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，则h(x)在(1，＋∞)上是增函数，又h(1.7)＝ln1.7－eq\f(1,1.7)<0，h(1.8)＝ln1.8－eq\f(1,1.8)>0，∴存在m∈(1.7，1.8)，h(m)＝0，即lnm－eq\f(1,m)＝0，∴g(x)在(1，m)上单调递增，在(m，＋∞)上单调递减，∴g(x)min＝g(m)<eq\f(em,lnm)，又因为lnm＝eq\f(1,m)，∴g(m)＝mem，g′(m)＝em＋mem>0，∴g(m)在(1.7，1.8)上是递增函数，∴g(m)max＝g(1.8)＝10.89，∴a≤10.89，又a∈N*，所以a的最大值为10．②当lnx<0时，即0<x<1时，，a>eq\f(ex,lnx)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，则g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),ln2x)<0，∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)max＝g(0)→0，∴a>0．③当lnx＝0时，即x＝1时，不等式恒成立．解法2因为a∈N*，由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0＝a，①可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝alnx0－<0，②由①可得＝eq\f(a,x0)，代入②得alnx0－eq\f(a,x0)<0，即aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx0－\f(1,x0)))<0，因为a∈N*>0，所以lnx0－eq\f(1,x0)<0，因为ln1.7－eq\f(1,1.7)<0，ln1.8－eq\f(1,1.8)>0，且y＝lnx0－eq\f(1,x0)在(0，＋∞)上是增函数．设m为y＝lnx0－eq\f(1,x0)的零点，则m∈(1.7，1.8)，可知0<x0<m，由②可得alnx0<，当0<x0≤1时，alnx0≤0，不等式显然恒成立；当1<x0<m时，lnx0>0，a<eq\f(,lnx0)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，x∈(1，m)，则g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),ln2x)<0，所以g(x)在(1，m)上是减函数，且eq\f(e1.8,ln1.8)≈10.29，eq\f(e1.7,ln1.7)≈10.31，所以10.29<g(m)<10.31，所以a≤g(m)，又a∈N*，所以a的最大值为10．悟通(2)如不分离参数，可由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－<0，难以解决，当然可解决．参见解法2．但整个思路不顺畅．如分离参数，则需分类讨论，当然此时问题主要集中到lnx>0，即x>1上，构造函数g(x)＝eq\f(ex,lnx)，求导后提取公因式，之后再构造函数h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，用到隐零点技术．但值得注意的是g(x)min＝g(m)<g(m)max，因为存在m∈(1.7，1.8)，而不是对任意的m，所以a<10.89，又a∈N*，所以a的最大值为10．【对点训练】1．函数f(x)＝x2－2ax＋lnx(a∈R).(1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围．1．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋eq\f(1,x)，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·eq\f(1,2)＝(3－2a)·eq\f(1,2)＝－1，解得a＝eq\f(5,2)．(2)不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2lnx≥－x＋a－eq\f(3,x)，令g(x)＝2lnx＋x－a＋eq\f(3,x)，则g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，则在区间(0，1)上，g′(x)<0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)>0，函数g(x)为增函数.由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．2．已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．2．解析(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0．(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq\f(1,2)x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1．②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f(x)＝ex－a．(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．3．解析(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2．(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，当且仅当x＝0时等号成立，同理可得lnx≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>lnx，当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，即当a≤2时，f(x)－lnx>0恒成立．当a≥3时，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．综上，整数a的最大值为2．4．已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当x∈[1，e]时，f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围．4．解析(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，f′(x)＝2x＋(a＋1)－eq\f(1,x)．依题意知x∈(1，＋∞)时，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，＋∞)上单调递减，∴k(x)<k(1)＝－1，∴a＋1≥－1，∴实数a的取值范围为{a|a≥－2}．(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx－2a－1，x∈[1，e]，则只需φ(x)max<0即可，∴φ′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)．当a≤0时，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0．当a>0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，φ′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，φ′(x)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，∴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)，综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<\f(2,e－2)))))．5．已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．5．解析(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．(2)方法一()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③当a>e2时，在区间(2，lna)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．方法二当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(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．当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R．当x>2时，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．设g(x)＝eq\f(2ex,x)，则g′(x)＝eq\f(2(x－1)ex,x2)，因为x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．6．已知函数f(x)＝eax－ax－1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n≥2)．若恒成立，求m的最小值．6．解析：(1)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)，当a>0时，令f′(x)>0，解得x>0．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＝0时，显然无单调区间；当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，所以f(x)≥0．所以ex≥x＋1(当x＝0时取得“＝”).令x＝n－1，则en－1>n，所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，即，两边进行次方得，所以m的最小值为3.7．已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围．7．解析(1)由f(x)＝xlnx－ax＋1＝0可得a＝lnx＋eq\f(1,x)，令g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，易知g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)．∴g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，故实数a的取值范围为(2，＋∞)．8．已知函数f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)≥lnx－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．8．解析(1)f′(x)＝ex－1－a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，(2)f(x)≥lnx－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①当a≤0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意．②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1．当x∈(－∞，lna＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(lna＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增．当lna＋1≤1即0<a≤1时，φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0<a≤1符合题意．当lna＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，lna＋1)上单调递减，在(lna＋1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．9．已知正实数a，设函数f(x)＝x2－a2xlnx．(1)若a＝eq\r(2)，求实数f(x)在[1，e]的值域；(2)对任意实数x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))均有f(x)≥aeq\r(2x－1)恒成立，求实数a的取值范围．9．解析(1)当a＝eq\r(2)时，函数f(x)＝x2－2xlnx，则f′(x)＝2(x－1－lnx)．设F(x)＝2(x－1－lnx)，x∈[1，e]，则F′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))≥0，所以F′(x)在[1，e]上单调递增，F′(x)≥F′(1)＝0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，所以在[1，e]上f(x)∈[1，e2－2e]．(2)由题意可得f(1)≥a，即0<a≤1．当0<a≤1时，x2－a2xlnx≥aeq\r(2x－1)，即eq\f(x2,a2)－eq\f(\r(2x－1),a)－xlnx≥0．记t＝eq\f(1,a)≥1，设g(t)＝x2t2－eq\r(2x－1)t－xlnx，则g(t)为关于t的二次函数，且定义域为[1，＋∞)，其对称轴为t＝eq\f(\r(2x－1),2x2)．因为当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，4x4＋1≥2x，所以eq\f(\r(2x－1),2x2)<1，当a>0，g(t)≥g(1)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2x－1),x)－lnx))．设函数h(x)＝x－eq\f(\r(2x－1),x)－lnx，x≥eq\f(1,2)，h′(x)＝1－eq\f(\f(x,\r(2x－1))－\r(2x－1),x2)－eq\f(1,x)＝eq\f((x－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(2x－1)))),x2)．当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，h′(x)<0，h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，即当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h(x)≥0，所以g(t)≥0，所以0<a≤1．所以实数a的取值范围是(0，1]．10．设函数f(x)＝x－eq\f(1,x)，g(x)＝tlnx(t∈R)．(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若当x∈(0，1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．10．解析(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝x－eq\f(1,x)＋tlnx(x>0)，则h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(t,x)＝eq\f(x2＋tx＋1,x2)(x>0)．①当t≥0时，h′(x)>0，∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间；②当t＜0时，令H(x)＝x2＋tx＋1，Δ＝t2－4，Δ≤0，即－2≤t＜0时，H(x)≥0，即h′(x)≥0；∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，Δ＞0时，即t＜－2，设x1＝eq\f(－t－\r(t2－4),2)，x2＝eq\f(－t＋\r(t2－4),2)，∵x1＋x2＝－t＞0，x1x2＝1＞0，∴0＜x1＜x2，∴(0，x1)∪(x2，＋∞)，时H(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，同理，单调递减区间是(x1，x2)．综上，①当t≥－2时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，②当t＜－2时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间是(x1，x2)，其中x1＝eq\f(－t－\r(t2－4),2)，x2＝eq\f(－t＋\r(t2－4),2)．(2)∵函数f(x)的图象恒在g(x)的图象的下方，∴f(x)－g(x)＝x－eq\f(1,x)－tlnx<0在区间(0，1)上恒成立．设F(x)＝x－eq\f(1,x)－tlnx，其中x∈(0，1)，∴F′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(t,x)＝eq\f(x2－tx＋1,x2)，其中t＞0．①当t2－4≤0，即0＜t≤2时，F′(x)≥0，∴函数F(x)在(0，1)上单调递增，F(x)<F(1)＝0，故f(x)－g(x)＜0成立，满足题意．②当t2－4>0，即t>2时，设φ(x)＝x2－tx＋1，则φ(x)图象的对称轴方程为x＝eq\f(t,2)>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t＜0，∴φ(x)在(0，1)上存在唯一实根，设为x0，则当x∈(x0，1)，φ(x)＜0，F′(x)＜0，∴F(x)在(x0，1)上单调递减，此时F(x)＞F(1)＝0，不符合题意．综上可得，正实数t的取值范围是(0，2]．11．已知函数f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x．(1)求函数φ(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)若m为整数，对任意的x＞