(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義+鞏固練習(xí)3.5《利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題》(教師版)

第第頁§3.5利用導(dǎo)數(shù)研究恒(能)成立問題題型一分離參數(shù)求參數(shù)范圍例1已知函數(shù)f(x)＝(x﹣2)ex﹣eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時(shí)，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)方法一當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)≥0恒成立，等價(jià)于當(dāng)x≥2時(shí)，(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(dāng)x＝2時(shí)，0·a≤0，所以a∈R.當(dāng)x>2時(shí)，eq\f(1,2)x2﹣x>0，所以a≤eq\f(x－2ex,\f(1,2)x2－x)＝eq\f(2ex,x)恒成立．設(shè)g(x)＝eq\f(2ex,x)，則g′(x)＝eq\f(2x－1ex,x2)，因?yàn)閤>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)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]．方法二f′(x)＝(x﹣1)(ex﹣a)，①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤≥2，所以x﹣1>0，ex﹣a>0，所以f′(x)>0，則f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥f(2)＝0成立．②當(dāng)0<a≤e2時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③當(dāng)a>e2時(shí)，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(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)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]．教師備選已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,2)﹣(m＋1)x＋mlnx＋m，f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若xf′(x)﹣f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍．解(1)f′(x)＝x﹣(m＋1)＋eq\f(m,x)＝eq\f(x2－m＋1x＋m,x)＝eq\f(x－mx－1,x)，①當(dāng)m≤0，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．②當(dāng)0<m<1，x∈(0，m)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(m,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．③當(dāng)m＝1，x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．④當(dāng)m>1，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，m)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)由題意知xf′(x)﹣f(x)≥0恒成立，即eq\f(x2,2)﹣mlnx≥0恒成立，∴eq\f(x2,2)≥mlnx.當(dāng)x＝1時(shí)，eq\f(x2,2)≥mlnx恒成立，當(dāng)x>1時(shí)，eq\f(x2,2lnx)≥m；當(dāng)0<x<1時(shí)，eq\f(x2,2lnx)≤m.令g(x)＝eq\f(x2,2lnx)，則g′(x)＝eq\f(x2lnx－1,2lnx2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減且g(x)<0，∴x→0時(shí)，eq\f(x2,2lnx)→0，∴m≥0.當(dāng)x>1時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，∴當(dāng)1<x<eq\r(e)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>eq\r(e)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)≥g(eq\r(e))＝e，∴m≤e.綜上知0≤m≤e.思維升華分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略(1)分離變量．構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．(2)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min；a≥f(x)能成立?a≥f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.跟蹤訓(xùn)練1已知函數(shù)f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)成立，求實(shí)數(shù)m的最小值．解(1)由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e).所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝eq\f(1,e)處取得極小值，且為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝﹣eq\f(1,e)，無極大值．(2)由f(x)≤eq\f(－x2＋mx－3,2)，得m≥eq\f(2xlnx＋x2＋3,x).問題轉(zhuǎn)化為m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2xlnx＋x2＋3,x)))min.令g(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)．則g′(x)＝eq\f(2,x)＋1﹣eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2).由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(1)＝4，則m≥4.故m的最小值為4.題型二等價(jià)轉(zhuǎn)化求參數(shù)范圍例2已知函數(shù)f(x)＝ex﹣1﹣ax＋lnx(a∈R)．(1)若函數(shù)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(duì)一切x∈[1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝ex﹣1﹣a＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝2﹣a＝3，∴a＝﹣1，經(jīng)檢驗(yàn)a＝﹣1滿足題意，∴a＝﹣1，(2)f(x)≥lnx﹣a＋1可化為ex﹣1﹣ax＋a﹣1≥0，x>0，令φ(x)＝ex﹣1﹣ax＋a﹣1，則當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，φ(x)min≥0，∵φ′(x)＝ex﹣1﹣a，①當(dāng)a≤eq\f(1,e)時(shí)，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝1﹣a＋a﹣1＝0≥0恒成立，∴a≤eq\f(1,e)符合題意．②當(dāng)a>eq\f(1,e)時(shí)，令φ′(x)＝0，得x＝lna＋1.當(dāng)x∈(0，lna＋1)時(shí)，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(lna＋1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，lna＋1)上單調(diào)遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)lna＋1≤1，即eq\f(1,e)<a≤1時(shí)，φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(x)min＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴eq\f(1,e)<a≤1符合題意．當(dāng)lna＋1>1，即a>1時(shí)，φ(x)在[1，lna＋1)上單調(diào)遞減，在(lna＋1，＋∞)上單調(diào)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(shí)數(shù)a的取值范圍為(﹣∞，1]．教師備選(2022·衡陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝﹣ax2＋lnx(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性﹔(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>﹣a，求a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝﹣2ax＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－2ax2,x)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)a>0時(shí)﹐由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,\r(2a))，由f′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))，由f′(x)<0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，于是有f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由f(x)>﹣a，得a(x2﹣1)﹣lnx<0，x∈(1，＋∞)，﹣lnx<0，x2﹣1>0，當(dāng)a≤0時(shí)，a(x2﹣1)﹣lnx<0，滿足題意；當(dāng)a≥eq\f(1,2)時(shí)，令g(x)＝a(x2﹣1)﹣lnx(x>1)，g′(x)＝eq\f(2ax2－1,x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)>g(1)＝0，不符合題意，當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，由g′(x)>0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))，由g′(x)<0，得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))，于是有g(shù)(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,\r(2a))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))上單調(diào)遞增，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))))<g(1)＝0，則當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，?x∈(1，＋∞)，g(x)<0，綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).思維升華根據(jù)不等式恒成立構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值問題，一般需討論參數(shù)范圍，借助函數(shù)單調(diào)性求解．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝x2﹣(a＋2)x＋alnx.(1)當(dāng)a>2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x∈[1，＋∞)，使f(x)<a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)∵x>0，f′(x)＝2x﹣(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)，又eq\f(a,2)>1，∴當(dāng)f′(x)>0時(shí)，0<x<1或x>eq\f(a,2)，當(dāng)f′(x)<0時(shí)，1<x<eq\f(a,2)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2))).(2)∵存在x∈[1，＋∞)使f(x)<a成立?a>f(x)min.由(1)可得，①當(dāng)a>2時(shí)，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝﹣eq\f(a2,4)﹣a＋alneq\f(a,2)<a，即lneq\f(a,2)﹣eq\f(a,4)<2，令t＝eq\f(a,2)，φ(t)＝lnt﹣eq\f(t,2)(t>1)，φ′(t)＝eq\f(1,t)﹣eq\f(1,2)＝eq\f(2－t,2t)(t>1)，∴φ(t)在(1,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，∴φ(t)max＝φ(2)＝ln2﹣1<2恒成立，即當(dāng)a>2時(shí)，不等式恒成立；(另解：當(dāng)a>2時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))<f(1)＝﹣1﹣a<a.)②當(dāng)a≤2時(shí)，f(x)在x∈[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝﹣a﹣1<a，a>﹣eq\f(1,2)，∴﹣eq\f(1,2)<a≤2，綜合①②得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).題型三雙變量的恒(能)成立問題例3設(shè)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，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對(duì)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，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)存在x1，x2∈[0,2]，使得g(x1)﹣g(x2)≥M成立，等價(jià)于[g(x1)﹣g(x2)]max≥M成立．g′(x)＝3x2﹣2x＝x(3x﹣2)，令g′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3)，∵geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝﹣eq\f(85,27)，又g(0)＝﹣3，g(2)＝1，∴當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝﹣eq\f(85,27)，∴M≤1﹣eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(85,27)))＝eq\f(112,27)，∴滿足條件的最大整數(shù)M為4.(2)對(duì)任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))有f(s)≥g(t)，則f(x)min≥g(x)max.由(1)知當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，g(x)max＝g(2)＝1，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時(shí)，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，即a≥x﹣x2lnx恒成立．令h(x)＝x﹣x2lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴h′(x)＝1﹣2xlnx﹣x，令φ(x)＝1﹣2xlnx﹣x，∴φ′(x)＝﹣3﹣2lnx<0，h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，又h′(1)＝0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時(shí)，h′(x)≥0，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，h′(x)≤0，∴h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在[1,2]上單調(diào)遞減，∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1.∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．教師備選已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，a為正實(shí)數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)﹣f(x2)|<1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(ax2－x－1,ex)(x∈R)，所以f′(x)＝eq\f(－axx－3,ex)(x∈R)，因?yàn)閍>0，所以令f′(x)>0，得0<x<3；令f′(x)<0，得x<0或x>3.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞減區(qū)間為(﹣∞，0)和(3，＋∞)．(2)由(1)知f(x)在(0,3)上單調(diào)遞增，在(3,4)上單調(diào)遞減，所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)＝eq\f(5a,e3).又f(0)＝﹣a<0，f(4)＝11ae﹣4>0，所以f(0)<f(4)，所以f(x)在[0,4]上的最小值為f(0)＝﹣a.若?x1，x2∈[0,4]，不等式|f(x1)﹣f(x2)|<1恒成立，則需f(x)max﹣f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立，即f(3)﹣f(0)<1，即eq\f(5a,e3)＋a<1，解得a<eq\f(e3,5＋e3).又a>0，所以0<a<eq\f(e3,5＋e3).故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(e3,5＋e3))).思維升華“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實(shí)質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進(jìn)行等價(jià)變換，常見的等價(jià)轉(zhuǎn)換有(1)?x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.跟蹤訓(xùn)練3設(shè)f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[﹣1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)﹣f(x2)]>g(x1)﹣g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)因?yàn)镕(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)>0，解得x>﹣1，令F′(x)<0，解得x<﹣1，所以F(x)在(﹣∞，﹣1)上單調(diào)遞減，在(﹣1，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)min＝F(﹣1)＝﹣eq\f(1,2)﹣eq\f(1,e).(2)因?yàn)槿我鈞1，x2∈[﹣1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)﹣f(x2)]>g(x1)﹣g(x2)恒成立，所以mf(x1)﹣g(x1)>mf(x2)﹣g(x2)恒成立，令h(x)＝mf(x)﹣g(x)＝mxex﹣eq\f(1,2)x2﹣x，x∈[﹣1，＋∞)，即只需h(x)在[﹣1，＋∞)上單調(diào)遞增即可．故h′(x)＝(x＋1)(mex﹣1)≥0在[﹣1，＋∞)上恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是[e，＋∞)．課時(shí)精練1．已知函數(shù)f(x)＝x(mex﹣1)．(1)當(dāng)m＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程；(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥x2﹣2x，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解(1)當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝x(ex﹣1)，則f(1)＝e﹣1，由f′(x)＝ex﹣1＋xex可得，f′(1)＝2e﹣1.所以函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為y﹣(e﹣1)＝(2e﹣1)(x﹣1)，即(2e﹣1)x﹣y﹣e＝0.(2)由x(mex﹣1)≥x2﹣2x及x>0，得m≥eq\f(x－1,ex).令g(x)＝eq\f(x－1,ex)(x>0)，則g′(x)＝eq\f(2－x,ex)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以x＝2是g(x)的極大值點(diǎn)，也是g(x)的最大值點(diǎn)，即g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,e2).所以m≥eq\f(1,e2)，故m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2﹣(a＋2)x＋alnx(a∈R).(1)若x＝3是f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝2x﹣(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x)(x>0)，又f′(3)＝4﹣eq\f(2a,3)＝0，所以a＝6，經(jīng)檢驗(yàn)符合條件，所以f′(x)＝eq\f(2x－3x－1,x)，令f′(x)>0，有0<x<1或x>3；令f′(x)<0，有1<x<3，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,3)．(2)由題意f(x)≥1?f(x)min≥1，當(dāng)a≤0時(shí)，令f′(x)>0，有x>1；令f′(x)<0，有0<x<1，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝﹣a﹣1，所以﹣a﹣1≥1，即a≤﹣2，當(dāng)a>0時(shí)，①0<eq\f(a,2)<1，即0<a<2時(shí)，存在f(1)＝﹣a﹣1<0；②eq\f(a,2)>1，即a>2時(shí)，存在f(1)＝﹣a﹣1<0；③eq\f(a,2)＝1，即a＝2時(shí)，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，存在f(1)＝﹣3<0，可知a>0時(shí)，f(x)≥1不恒成立．綜上，a≤﹣2.3．已知f(x)是定義在[﹣1,1]上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2＋sinx，g(x)是定義在(0，＋∞)上的函數(shù)，且g(x)＝ax＋eq\f(1,x)﹣2(a>0)．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若對(duì)于?x1∈[﹣1,1]，?x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)設(shè)x<0，則﹣x>0，所以f(﹣x)＝x2﹣sinx，又f(x)是奇函數(shù)，所以f(﹣x)＝﹣f(x)，所以f(x)＝﹣f(﹣x)＝﹣x2＋sinx，又f(0)＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋sinxx≥0，,－x2＋sinxx<0.))(2)由題意得f(x)min>g(x)min.當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f′(x)＝2x＋cosx>0，所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝0；當(dāng)x∈[﹣1,0)時(shí)，f′(x)＝﹣2x＋cosx>0，所以f(x)在[﹣1,0)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(﹣1)＝﹣1﹣sin1<0，所以f(x)min＝﹣1﹣sin1.對(duì)于g(x)，因?yàn)閍>0，x