2023屆高考數學導數滿分通關38講專題31單變量恒成立之最值分析法含解析

Page1Page1專題31單變量恒成立之最值分析法【方法總結】單變量恒成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構造“左減右”的函數h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數中，轉化為求解函數最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數進行分類討論．【例題選講】[例1]已知函數f(x)＝ex(ex－a)－a2x．(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解析(1)函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調遞增．②若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝lna．當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0．故f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增．③若a＜0，則由f′(x)＝0得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))時，f′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))時，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)))))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上單調遞增．(2)①若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．②若a＞0，則由(1)得，當x＝lna時，f(x)取得最小值，最小值為f(lna)＝－a2lna，從而當且僅當－a2lna≥0，即0＜a≤1時，f(x)≥0．③若a＜0，則由(1)得，當x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))時，f(x)取得最小值，最小值為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)))))，從而當且僅當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時，f(x)≥0．綜上，a的取值范圍是[－2eeq\s\up6(\f(3,4))，1]．[例2]已知函數f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)討論f(x)在(1，＋∞)上的零點個數；(2)當a>1時，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求實數a的取值范圍．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，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝1，所以當x∈(1，＋∞)時，g(x)>1．故當a≤1時，f(x)在(1，＋∞)上無零點；當a>1時，f(x)在(1，＋∞)上存在一個零點．(2)當a>1時，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一個零點．由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上單調遞減，在(ea－1，＋∞)上單調遞增，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，則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，＋∞)上單調遞增，又h(2)＝0，所以a>2，故實數a的取值范圍為(2，＋∞)．[例3]已知函數f(x)＝alnx＋xb(a≠0)．(1)當b＝2時，討論函數f(x)的單調性；(2)當a＋b＝0，b>0時，對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，恒有f(x)≤e－1成立，求實數b的取值范圍．思路(2)由已知a＋b＝0消去a，轉化為最值問題，即－blnx＋xb≤e－1恒成立，無法分離參數b，用單調性分析法解決．解析(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)．當b＝2時，f(x)＝alnx＋x2，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x＝eq\f(2x2＋a,x)．①當a>0時，f′(x)>0，所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．②當a<0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a,2))(負值舍去)，當0<x<eq\r(－\f(a,2))時，f′(x)<0，所以函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上單調遞減；當x>eq\r(－\f(a,2))時，f′(x)>0，所以函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))，＋∞))上單調遞增．綜上所述，當b＝2，a>0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當b＝2，a<0時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(－\f(a,2)))，＋∞))上單調遞增．(2)因為對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，恒有f(x)≤e－1成立，所以當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))時，f(x)max≤e－1．當a＋b＝0，b>0時，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．所以函數f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調遞減，在(1，e]上單調遞增，f(x)max為f(eq\f(1,e))＝b＋e－b與f(e)＝－b＋eb中的較大者．f(e)－f(eq\f(1,e))＝eb－e－b－2b．令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，則當m>0時，g′(m)＝em＋e－m－2>2eq\r(em·e－m)－2＝0，所以g(m)在(0，＋∞)上單調遞增，故g(m)>g(0)＝0，所以f(e)>f(eq\f(1,e))，從而f(x)max＝f(e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0．設φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，則φ′(t)＝et－1>0，所以φ(t)在(0，＋∞)上單調遞增．又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集為(0，1]．所以b的取值范圍為(0，1]．悟通(2)構造f(x)＝－blnx＋xb并進行單調性分析后，最大值不定或f(eq\f(1,e))或f(e)，作差比較，f(e)－f(eq\f(1,e))＝eb－e－b－2b．又不能確定差值的正負，只能構造函數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，再次構造函數φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)進行處理，解不等式．構造函數，解不等式也是高考題的常用套路．[例4]已知a∈R，設函數f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．(1)討論函數f(x)的單調性；(2)若f(x)≤＋lneq\f(x,a)－1恒成立，求實數a的取值范圍．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當a≥0時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增；②當a≤－1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；③當－1＜a＜0時，－eq\f(a,a＋1)＞－a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,a＋1)))時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,a＋1)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．(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)，則g′(x)＝ex－1＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x，∴e－1＞a2x，則原不等式等價為aln(x＋a)＋lna≤a2x，即aln(x＋a)－a2x＋lna≤0，令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋lna，則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)，當a≥1時，h′(x)≤0，則h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，則只需滿足h(0)＝alna＋lna≤0，∴l(xiāng)na≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1；當0＜a＜1時，可得h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－a2,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a2,a)，＋∞))上單調遞減，則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，則φ′(a)＝eq\f(1,a)－2a－1＝eq\f(－(a＋1)(2a－1),a)，則可得φ(a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減，則φ(a)max＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－eq\f(3,4)＜0，故0＜a＜1時，h(x)≤0恒成立，綜上，0＜a≤1．[例5](2017·全國Ⅲ)已知函數f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)設m為整數，且對于任意正整數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)的定義域為(0，＋∞)，①若a≤0，因為＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不滿足題意；②若a＞0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，當x∈(0，a)時，f′(x)＜0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0．所以f(x)在(0，a)單調遞減，在(a，＋∞)單調遞增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值點．由于f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0．故a＝1．(2)由(1)知當x∈(1，＋∞)時，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)．從而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的最小值為3．[例6]已知函數f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．(1)當a＝0時，求f(x)的極值；(2)若f(x)<0對x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范圍．解析(1)若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數，x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數，∴f(x)有極小值，f(1)＝0，無極大值．(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)為增函數，∴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，不妨設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，則eq\f(1－a,a)<1，x>1，h′(x)>0，h(x)為增函數，h(x)>h(1)＝0(不合題意)；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)為增函數，h(x)>h(1)＝0(不合題意)；若a≥eq\f(1,2)，x∈(1，＋∞)，h′(x)<0，h(x)為減函數，h(x)<h(1)＝0(符合題意)．綜上所述，若x>1時，f(x)<0恒成立，則a≥eq\f(1,2)．[例7](2020·全國Ⅰ)已知函數f(x)＝ex＋ax2－x．(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；(2)當x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍．解析(1)當a＝1時，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)單調遞增，注意到f′(0)＝0，故當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．(2)方法一f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x≤1．設函數g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3－ax2＋x＋1))e－x(x≥0)，則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)，則當x∈(0，2)時，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，2)上單調遞增，而g(0)＝1，故當x∈(0，2)時，g(x)>1，不合題意．②若0<2a＋1<2，即－eq\f(1,2)<a<eq\f(1,2)，則當x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)時，g′(x)<0；當x∈(2a＋1，2)時，g′(x)>0．所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上單調遞減，在(2a＋1，2)上單調遞增，由于g(0)＝1，所以g(x)≤1，當且僅當g(2)＝(7－4a)e－2≤1時成立，解得a≥eq\f(7－e2,4)．所以當eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)時，g(x)≤1．③若2a＋1≥2，即a≥eq\f(1,2)，則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．故當a≥eq\f(1,2)時，g(x)≤1．綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))．方法二當x≥0時，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，即ex＋ax2－x≥eq\f(1,2)x3＋1．當x＝0時，無論a取何值，上式恒成立．當x>0時，上式可化為a≥eq\f(\f(1,2)x3＋1＋x－ex,x2)．令g(x)＝eq\f(\f(1,2)x3＋1＋x－ex,x2)，則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，則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)上單調遞增，在(ln3，＋∞)上單調遞減．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，＋∞)上先增后減．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)上單調遞增，在(2，＋∞)上單調遞減．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的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))．[例8](2020·新高考Ⅰ)已知函數f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)當a＝e時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．解析(1)當a＝e時，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝e－1．∵f(1)＝e＋1，∴切點坐標為(1，1＋e)，∴曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，∴切線與兩坐標軸的交點坐標分別為(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)，0))，∴所求三角形面積為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(隱零點法)∵f(x)＝aex－1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，且a>0．設g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，即f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增，當a＝1時，f′(1)＝0，則f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；當a>1時，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，且當x∈(0，x0)時f′(x)<0，當x∈(x0，＋∞)時f′(x)>0，∴aex0－1＝eq\f(1,x0)，∴l(xiāng)na＋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；當0<a<1時，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．綜上所述，a的取值范圍是[1，＋∞)．解法二(同構法)f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等價于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，顯然g(x)為單調遞增函數，∴又等價于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0，1)上h′(x)>0，h(x)單調遞增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)單調遞減，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范圍是[1，＋∞)．[例9]已知函數f(x)＝alnx－ex．(1)討論f(x)的極值點的個數；(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．參考數據：x1.61.71.8ex4.9535.4746.050lnx0.4700.5310.588思路(1)對f(x)進行單調性分析，但導函數的零點不可求，用隱零點技術處理．(2)可對lnx的正負討論后分離參數去處理如解法1，也可(1)的結果進行解決，但難度較大．解析(1)根據題意可得f′(x)＝eq\f(a,x)－ex＝eq\f(a－xex,x)(x>0)，當a≤0時，f′(x)<0，函數是減函數，無極值點；當a>0時，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，又y＝xex在(0，＋∞)上是增函數，且當x→＋∞時，xex→＋∞，所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨設為x0，所以函數y＝f(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，所以函數y＝f(x)有一個極大值點，無極小值點．綜上，當a≤0時，無極值點；當a>0時，函數y＝f(x)有一個極大值點，無極小值點．(2)解法1要使f(x)<0恒成立，即alnx<ex恒成立，①當lnx>0時，即x>1時，a<eq\f(ex,lnx)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，則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)，則h(x)在(1，＋∞)上是增函數，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)上單調遞增，在(m，＋∞)上單調遞減，∴g(x)min＝g(m)<eq\f(em,lnm)，又因為lnm＝eq\f(1,m)，∴g(m)＝mem，g′(m)＝em＋mem>0，∴g(m)在(1.7，1.8)上是遞增函數，∴g(m)max＝g(1.8)＝10.89，∴a≤10.89，又a∈N*，所以a的最大值為10．②當lnx<0時，即0<x<1時，，a>eq\f(ex,lnx)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,x))),ln2x)<0，∴g(x)在(0，1)上單調遞減，∴g(x)max＝g(0)→0，∴a>0．③當lnx＝0時，即x＝1時，不等式恒成立．解法2因為a∈N*，由(1)知，f(x)有極大值f(x0)，且x0滿足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，因為a∈N*>0，所以lnx0－eq\f(1,x0)<0，因為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，＋∞)上是增函數．設m為y＝lnx0－eq\f(1,x0)的零點，則m∈(1.7，1.8)，可知0<x0<m，由②可得alnx0<，當0<x0≤1時，alnx0≤0，不等式顯然恒成立；當1<x0<m時，lnx0>0，a<eq\f(,lnx0)，令g(x)＝eq\f(ex,lnx)，x∈(1，m)，則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)上是減函數，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的最大值為10．悟通(2)如不分離參數，可由(1)知，f(x)有極大值f(x0)，可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－<0，難以解決，當然可解決．參見解法2．但整個思路不順暢．如分離參數，則需分類討論，當然此時問題主要集中到lnx>0，即x>1上，構造函數g(x)＝eq\f(ex,lnx)，求導后提取公因式，之后再構造函數h(x)＝lnx－eq\f(1,x)，用到隱零點技術．但值得注意的是g(x)min＝g(m)<g(m)max，因為存在m∈(1.7，1.8)，而不是對任意的m，所以a<10.89，又a∈N*，所以a的最大值為10．【對點訓練】1．函數f(x)＝x2－2ax＋lnx(a∈R).(1)若函數y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x－2y＋1＝0垂直，求a的值；(2)若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3在區(qū)間(0，e]上恒成立，求實數a的取值范圍．1．解析(1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋eq\f(1,x)，f′(1)＝3－2a，由題意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在區(qū)間(0，e]上恒成立等價于2lnx≥－x＋a－eq\f(3,x)，令g(x)＝2lnx＋x－a＋eq\f(3,x)，則g′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(（x＋3）（x－1）,x2)，則在區(qū)間(0，1)上，g′(x)<0，函數g(x)為減函數；在區(qū)間(1，e]上，g′(x)>0，函數g(x)為增函數.由題意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以實數a的取值范圍是(－∞，4]．2．已知函數f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax，其中a為常數．(1)當a＝2時，求函數f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍．2．解析(1)因為a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切線方程為2x－y＋1＝0．(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由題意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，因為h(x)＝(x＋a－1)ex－eq\f(1,2)x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．①若a≥0，則當x∈[0，＋∞)時，h′(x)≥0，所以函數h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(0)＝a－1，則a－1≥0，得a≥1．②若a＜0，則當x∈[0，－a)時，h′(x)≤0；當x∈(－a，＋∞)時，h′(x)＞0，所以函數h(x)在[0，－a)上單調遞減，在(－a，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(－a)，又因為h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合題意．綜上，實數a的取值范圍為[1，＋∞)．3．已知函數f(x)＝ex－a．(1)若函數f(x)的圖象與直線l：y＝x－1相切，求a的值；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整數a的最大值．3．解析(1)f′(x)＝ex，因為函數f(x)的圖象與直線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)先證明ex≥x＋1，設F(x)＝ex－x－1，則F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，則x＝0，當x∈(－∞，0)時，F′(x)<0，當x∈(0，＋∞)時，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，當且僅當x＝0時等號成立，同理可得lnx≤x－1，當且僅當x＝1時等號成立，所以ex－2>lnx，當a≤2時，lnx<ex－2≤ex－a，即當a≤2時，f(x)－lnx>0恒成立．當a≥3時，存在x＝1，使ex－a<lnx，即ex－a>lnx不恒成立．綜上，整數a的最大值為2．4．已知函數f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍；(2)當x∈[1，e]時，f(x)<g(x)恒成立，求實數a的取值范圍．4．解析(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，f′(x)＝2x＋(a＋1)－eq\f(1,x)．依題意知x∈(1，＋∞)時，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，＋∞)上單調遞減，∴k(x)<k(1)＝－1，∴a＋1≥－1，∴實數a的取值范圍為{a|a≥－2}．(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx－2a－1，x∈[1，e]，則只需φ(x)max<0即可，∴φ′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)．當a≤0時，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上單調遞減，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0．當a>0時，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，φ′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，φ′(x)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，∴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)，綜上，實數a的取值范圍為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<\f(2,e－2)))))．5．已知函數f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；(2)當x≥2時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．5．解析(1)當a＝0時，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切線方程為y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．(2)方法一()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①當a≤0時，因為x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，則f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，f(x)≥f(2)＝0成立．②當0<a≤e2時，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③當a>e2時，在區(qū)間(2，lna)上，f′(x)<0；在區(qū)間(lna，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．方法二當x≥2時，f(x)≥0恒成立，等價于當x≥2時，(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．當x＝2時，0·a≤0，所以a∈R．當x>2時，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．設g(x)＝eq\f(2ex,x)，則g′(x)＝eq\f(2(x－1)ex,x2)，因為x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調遞增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．6．已知函數f(x)＝eax－ax－1.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)設m為整數，且對于任意正整數n(n≥2)．若恒成立，求m的最小值．6．解析：(1)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)，當a>0時，令f′(x)>0，解得x>0．所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＝0時，顯然無單調區(qū)間；當a<0時，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.綜上，當a＝0時，無單調區(qū)間；a≠0時，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞).(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值為f(0)＝0，所以f(x)≥0．所以ex≥x＋1(當x＝0時取得“＝”).令x＝n－1，則en－1>n，所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，即，兩邊進行次方得，所以m的最小值為3.7．已知函數f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．(1)討論f(x)在(1，＋∞)上的零點個數；(2)當a>1時，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求實數a的取值范圍．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，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝1，所以當x∈(1，＋∞)時，g(x)>1．故當a≤1時，f(x)在(1，＋∞)上無零點；當a>1時，f(x)在(1，＋∞)上存在一個零點．(2)當a>1時，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一個零點．由f′(x)＝lnx＋1－a＝0得x＝ea－1，所以f(x)在(1，ea－1)上單調遞減，在(ea－1，＋∞)上單調遞增，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，則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，＋∞)上單調遞增，又h(2)＝0，所以a>2，故實數a的取值范圍為(2，＋∞)．8．已知函數f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R)．(1)若函數f(x)在x＝1處的切線與直線3x－y＝0平行，求a的值；(2)若不等式f(x)≥lnx－a＋1對一切x∈[1，＋∞)恒成立，求實數a的取值范圍．8．解析(1)f′(x)＝ex－1－a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，經檢驗a＝－1滿足題意，∴a＝－1，(2)f(x)≥lnx－a＋1可化為ex－1－ax＋a－1≥0，令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，則當x∈[1，＋∞)時，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex－1－a，①當a≤0時，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合題意．②當a>0時，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1．當x∈(－∞，lna＋1)時，φ′(x)<0，當x∈(lna＋1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，lna＋1)上單調遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調遞增．當lna＋1≤1即0<a≤1時，φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴0<a≤1符合題意．當lna＋1>1，即a>1時，φ(x)在[1，lna＋1)上單調遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)min＝φ(lna＋1)<φ(1)＝0與φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合題意．綜上，實數a的取值范圍為{a|a≤1}．9．已知正實數a，設函數f(x)＝x2－a2xlnx．(1)若a＝eq\r(2)，求實數f(x)在[1，e]的值域；(2)對任意實數x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))均有f(x)≥aeq\r(2x－1)恒成立，求實數a的取值范圍．9．解析(1)當a＝eq\r(2)時，函數f(x)＝x2－2xlnx，則f′(x)＝2(x－1－lnx)．設F(x)＝2(x－1－lnx)，x∈[1，e]，則F′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))≥0，所以F′(x)在[1，e]上單調遞增，F′(x)≥F′(1)＝0，所以f(x)在[1，e]上單調遞增，所以在[1，e]上f(x)∈[1，e2－2e]．(2)由題意可得f(1)≥a，即0<a≤1．當0<a≤1時，x2－a2xlnx≥aeq\r(2x－1)，即eq\f(x2,a2)－eq\f(\r(2x－1),a)－xlnx≥0．記t＝eq\f(1,a)≥1，設g(t)＝x2t2－eq\r(2x－1)t－xlnx，則g(t)為關于t的二次函數，且定義域為[1，＋∞)，其對稱軸為t＝eq\f(\r(2x－1),2x2)．因為當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，4x4＋1≥2x，所以eq\f(\r(2x－1),2x2)<1，當a>0，g(t)≥g(1)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2x－1),x)－lnx))．設函數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)．當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，h′(x)<0，h(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(1)＝0，即當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，h(x)≥0，所以g(t)≥0，所以0<a≤1．所以實數a的取值范圍是(0，1]．10．設函數f(x)＝x－eq\f(1,x)，g(x)＝tlnx(t∈R)．(1)討論函數h(x)＝f(x)＋g(x)的單調區(qū)間；(2)若當x∈(0，1)時，f(x)的圖象恒在函數g(x)的圖象的下方，求正實數t的取值范圍．10．解析(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝x－eq\f(1,x)＋tlnx(x>0)，則h′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(t,x)＝eq\f(x2＋tx＋1,x2)(x>0)．①當t≥0時，h′(x)>0，∴h(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無減區(qū)間；②當t＜0時，令H(x)＝x2＋tx＋1，Δ＝t2－4，Δ≤0，即－2≤t＜0時，H(x)≥0，即h′(x)≥0；∴h(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無減區(qū)間，Δ＞0時，即t＜－2，設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，＋∞)，時H(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)的單調遞增區(qū)間是(0，x1)，(x2，＋∞)，同理，單調遞減區(qū)間是(x1，x2)．綜上，①當t≥－2時，h(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無減區(qū)間，②當t＜－2時，h(x)的單調遞增區(qū)間是(0，x1)，(x2，＋∞)，單調遞減區(qū)間是(x1，x2)，其中x1＝eq\f(－t－\r(t2－4),2)，x2＝eq\f(－t＋\r(t2－4),2)．(2)∵函數f(x)的圖象恒在g(x)的圖象的下方，∴f(x)－g(x)＝x－eq\f(1,x)－tlnx<0在區(qū)間(0，1)上恒成立．設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當t2－4≤0，即0＜t≤2時，F′(x)≥0，∴函數F(x)在(0，1)上單調遞增，F(x)<F(1)＝0，故f(x)－g(x)＜0成立，滿足題意．②當t2－4>0，即t>2時，設φ(x)＝x2－tx＋1，則φ(x)圖象的對稱軸方程為x＝eq\f(t,2)>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t＜0，∴φ(x)在(0，1)上存在唯一實根，設為x0，則當x∈(x0，1)，φ(x)＜0，F′(x)＜0，∴F(x)在(x0，1)上單調遞減，此時F(x)＞F(1)＝0，不符合題意．綜上可得，正實數t的取值范圍是(0，2]．11．已知函數f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x．(1)求函數φ(x)＝f(x)－g(x)的極值；(2)若m為整數，對任意的x＞