2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式-构造法证明不等式学案含解析新人教B版202305182153

2024版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第3课时利用导数证明不等式_构造法证明不等式学案含解析新人教B版202305182153第3章导数及其应用第3课时利用导数证明不等式——构造法证明不等式考点1移项作差构造函数证明不等式——综合性设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜eq\f(x－1,lnx)＜x；(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.(1)解：函数f(x)＝lnx－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1.令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，0＜lnx＜x－1，所以eq\f(x－1,lnx)＞1.用eq\f(1,x)代换x得lneq\f(1,x)＜eq\f(1,x)－1＜0，所以eq\f(x－1,lnx)＜x.即1＜eq\f(x－1,lnx)＜x.(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x0)＝0，解得x0＝eq\f(ln\f(c－1,lnc),lnc).当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜eq\f(c－1,lnc)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.将本例函数改为“f(x)＝eq\f(lnx－1,x)－cx(c∈R)”．若1<c<2，求证：f(x)<－1.证明：f(x)的定义域为x>0，f(x)<－1等价于eq\f(lnx－1,x)－cx<－1，等价于cx2－x＋1－lnx>0.设h(x)＝cx2－x＋1－lnx，只需证h(x)>0成立．h′(x)＝2cx－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2cx2－x－1,x)，1<c<2.易知2cx2－x－1＝0有两个异号的根．令其正根为x0，则2cxeq\o\al(2,0)－x0－1＝0.在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，则h(x)的最小值为h(x0)＝cxeq\o\al(2,0)－x0＋1－lnx0＝eq\f(1＋x0,2)－x0＋1－lnx0＝eq\f(3－x0,2)－lnx0.又h′(1)＝2c－2>0，h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝c－3<0，所以eq\f(1,2)<x0<1.所以eq\f(3－x0,2)>0，－lnx0>0.因此eq\f(3－x0,2)－lnx0>0，即h(x0)>0.所以h(x)>0.所以1<c<2时，f(x)<－1.利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max.(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)．若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x)．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－alnx(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.(1)解：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x＋12x－a,x).当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞eq\f(a,2)；由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(a,2).所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)))上单调递减．(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－lnx.要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，只需证明ex－lnx－2＞0.设g(x)＝ex－lnx－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.令g′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝0，得ex＝eq\f(1,x)，易知方程有唯一解，不妨设为x0，则x0满足ex0＝eq\f(1,x0).当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：x(0，x0)x0(x0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值g(x)min＝g(x0)＝ex0－lnx0－2＝eq\f(1,x0)＋x0－2.因为x0＞0，且x0≠1，所以g(x)min＞2－2＝0，因此不等式得证．考点2放缩构造法——综合性函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图像在(－1，f(－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.(1)求a，b的值；(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－eq\f(e－1,e)且f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－a))＝0，解得a＝eq\f(1,e)或b＝1.又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，所以f′(－1)＝eq\f(b,e)－a＝－eq\f(e－1,e).若a＝eq\f(1,e)，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，则g′(x)＝(x＋2)ex－2.当x≤－2时，g′(x)<0.当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．又g′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(0)＝0.所以g(x)≥g(0)＝0，所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，故f(x)≥mx2＋x.关于放缩构造法证明不等式导数的综合应用题中，最常见的就是ex和lnx与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和lnx进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号．(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋eq\f(1,2)x2，当且仅当x＝0时取等号．(4)当x≥0时，ex≥eq\f(e,2)x2＋1,当且仅当x＝0时取等号．(5)eq\f(x－1,x)≤lnx≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．(6)当x≥1时，eq\f(2x－1,x＋1)≤lnx≤eq\f(x－1,\r(x))，当且仅当x＝1时取等号．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；(2)证明：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8)；(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤eq\f(3n,4n).(1)解：f(x)＝sin2xsin2x＝2sin3xcosx，则f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)＝2sin2x(3cos2x－sin2x)＝2sin2x(4cos2x－1)＝2sin2x(2cosx＋1)·(2cosx－1)．f′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝eq\f(π,3)，x2＝eq\f(2π,3).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)证明：注意到f(x＋π)＝sin2(x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin2x＝f(x)．故函数f(x)是周期为π的函数．结合(1)的结论，计算得f(0)＝f(π)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝－eq\f(3\r(3),8).据此得f(x)max＝eq\f(3\r(3),8)，f(x)min＝－eq\f(3\r(3),8)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8).(3)证明：结合(2)的结论eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(fx))≤eq\f(3\r(3),8)得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin2xsin2x))≤eq\f(3\r(3),8)，所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)eq\f(2,3)＝[sinx(sin2xsin2x)(sin22xsin4x)·…·(sin22n－1xsin2nx)sin22nx]eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sinx×\f(3\r(3),8)×\f(3\r(3),8)×…×\f(3\r(3),8)×sin22nx))eq\f(2,3)≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))n))eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))n＝eq\f(3n,4n).考点3构造双函数法——应用性已知函数f(x)＝x2＋2x－2xex.(1)求函数f(x)的极值；(2)当x＞0时，证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx.(1)解：因为函数f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，所以f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以当x＝－1时，f(x)极小值＝f(－1)＝1－2＋2×eq\f(1,e)＝eq\f(2,e)－1；当x＝0时，f(x)极大值＝f(0)＝0.(2)证明：要证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx．即证2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，h(x)＝eq\f(2elnx,x)(x＞0)．g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.h′(x)＝eq\f(2e1－lnx,x2)，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)≤h(e)＝2.又g(x)与h(x)取最值点不同，所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，故2ex－x2－2x＞eq\f(2elnx,x)(x＞0)．所以当x＞0时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2elnx.构造双函数法证明不等式的适用情形在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．已知f(x)＝xlnx.(1)求函数f(x)的最小值；(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．(1)解：由f(x)＝xlnx，x>0，得f′(x)＝lnx＋1.令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)的极小值即最小值，为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)证明：问题等价于证明xlnx>eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))的最小值是－eq\f(1,e)，当且仅当x＝eq\f(1,e)时取到．设m(x)＝eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝eq\f(1－x,ex).由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；由m′(x)>0，得0<x<1时，m(x)单调递增．易知m(x)max＝m(1)＝－eq\f(1,e).从而对一切x∈(0，＋∞)，xlnx≥－eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)－eq\f(2,e)，又两个等号不同时取到，即对一切x∈(0，＋∞)，都有lnx>eq\f(1,ex)－eq\f(2,ex)成立．第3章导数及其应用第4课时利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题考点1分离参数构造函数解决恒成立问题,——综合性(2020·全国卷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：(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上单调递增，且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)由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1，其中x≥0.①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．②当x＞0时，得a≥－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2).记g(x)＝－eq\f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，g′(x)＝－eq\f(x－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).令h(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.由h(x)≥0得ex－eq\f(1,2)x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝eq\f(7－e2,4).综上可得，实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞)).1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)求最值关求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题已知函数f(x)＝lnx－ax2＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若a＝0，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<eq\r(\f(1,2a))，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))上单调递增；由f′(x)<0，得x>eq\r(\f(1,2a))，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．(2)由题意，x(lnx＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，即k<eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)．设g(x)＝eq\f(xlnx＋1,x－1)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12).令h(x)＝x－lnx－2(x>1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．因为h(2)＝－ln2<0，h(3)＝1－ln3＝lneq\f(e,3)<0，h(4)＝2－ln4＝lneq\f(e2,4)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，使得m－lnm－2＝0.当x∈(1，m)时，h(x)<0；当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，所以g(x)在x＝m处取得极小值，且g(m)＝eq\f(mlnm＋1,m－1)＝m，所以k<m.由3<m<4，得整数k的最大值为3.考点2分离参数构造函数解决能成立问题,——综合性已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq\f(lnx,x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝a－ex，x∈R.当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝lna.由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)；由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(lna，＋∞)．综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，lna)，单调递减区间为(lna，＋∞)．(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，所以ax≤eq\f(lnx,x)，即a≤eq\f(lnx,x2).设h(x)＝eq\f(lnx,x2)，则问题转化为a≤h(x)max.由h′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq\r(e).当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x(0，eq\r(e))eq\r(e)(eq\r(e)，＋∞)h′(x)＋0－h(x)极大值由上表可知，当x＝eq\r(e)时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h(eq\r(e))＝eq\f(1,2e).所以a≤eq\f(1,2e)，即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2e))).1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.2．含全称量词、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max.(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.若存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，不等式2xlnx＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．解：因为2xlnx＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x).设h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)，则h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).当eq\f(1,e)≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增．因为存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)成立，所以m≤h(x)max.因为heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq\f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq\f(3,e)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(1,e)＋3e))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋e＋\f(3,e)))＝2e－eq\f(2,e)－4＞0，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e)，所以m≤eq\f(1,e)＋3e－2.考点3双参不等式恒成立问题——应用性设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．解：(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.因为g(x)＝x3－x2－3，所以g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))2g′(x)0－0＋g(x)－3极小值－eq\f(85,27)1由上表可知，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)，所以满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值g(2)＝1.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立．等价于a≥x－x2lnx恒成立，记h(x)＝x－x2lnx，则h′(x)＝1－2xlnx－x，h′(1)＝0.当1<x≤2时，h′(x)<0；当eq\f(1,2)≤x<1时，h′(x)>0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想(1)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．(2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．已知向量m＝(ex，lnx＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．(1)求k的值及F(x)的单调区间；(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，求实数a的取值范围．解：(1)由已知可得f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)，所以f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex).由已知，f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，所以k＝1，所以F(x)＝xexf′(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－lnx－1))＝1－xlnx－x，所以F′(x)＝－lnx－2.由F′(x)＝－lnx－2≥0得0<x≤eq\f(1,e2)；由F′(x)＝－lnx－2≤0得x≥eq\f(1,e2).所以F(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))，单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)<F(x1)，所以g(x)max<F(x)max.由(1)知，当x＝eq\f(1,e2)时，F(x)取得最大值Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝1＋eq\f(1,e2).对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a.当0<a≤1时，g(x)max＝g(a)＝a2，所以a2<1＋eq\f(1,e2)，从而0<a≤1；当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋eq\f(1,e2)，从而1<a<1＋eq\f(1,2e2).综上可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1＋\f(1,2e2))).已知函数f(x)＝eq\f(lnx－a,x)(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．[四字程序]读想算思a的取值范围1.恒成立问题的解题策略；2．如何构造函数？求导研究有关函数的单调性，并求其最值转化与化归若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立1.数形结合；2．分离参数法；3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2；4．构造g(x)＝xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)1.h′(x)＝lnx＋1－a；2．g′(x)＝eq\f(x－a＋e－2,x2)1.函数最值；2．不等式与对应函数图像的分布关系思路参考：构造函数h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．解：x2f(x)＋a≥2－e，即xlnx－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．令h(x)＝xlnx－ax＋a＋e－2，则h′(x)＝lnx＋1－a.令h′(x)＝0，得x＝ea－1.当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0.所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.令t′(a)＝0得a＝1.当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－eq\f(1,e)>0；当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.故a∈[0,2]．思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)的最值问题来研究．解：要使x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋eq\f(a＋e－2,x)≥0即可．代入f(x)可得lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)≥0.构造函数g(x)＝lnx－a＋eq\f(a＋e－2,x)，g′(x)＝eq\f(x－a＋e－2,x2).当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，则h′(a)＝eq\f(3－a－e,a＋e－2).令h′(a)＝0得到a＝3－e.当a∈[0,3－e]时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈[3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.思路参考：分离参数，a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，减弱参数的影响，避免过多的讨论．解：原式可变为xlnx＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1).先求出函数g(x)＝xlnx的最小值．求得g′(x)＝lnx＋1.当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.因为此时(xlnx)min＝－e－1，所以xlnx＋e－2≥－e－1＋e－2>0.又因为x∈(0,1)，所以eq\f(xlnx＋e－2,x－1)<0，而a≥0，所以a≥eq\f(xlnx＋e－2,x－1)显然成立．当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤eq\f(xlnx＋e－2,x－1).若令t(x)＝eq\f(xlnx＋e－2,x－1)，此时只需当x∈(1，＋∞)时，a≤t(x)min.求得t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)，易得t′(e)＝0.下证x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．令h(x)＝x－lnx－(e－1)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x).当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增．即x＝e是t′(x)＝eq\f(x－lnx－e－1,x－12)的唯一零点．当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋2－e，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xlnx的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．解：通过变形原不等式等价于证明：xlnx≥a(x－1)＋2－e，x∈(0，＋∞)．若令g(x)＝xlnx和h(x)＝a(x－1)＋2－e.则只需证明函数g(x)的图像在直线h(x)的上方．首先分析g(x)＝xlnx的图像．由解法3可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.其次分析h(x)＝a(x－1)＋2－e的图像．因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，且g(x)min＝－e－1>2－e.两个函数的图像大致如图1所示：图1图2所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得eq\