第二章 重点题型强化（九）导数与不等式问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

知识层面 1.会用导数求解恒(能)成立问题，并掌握几种常见的求解方法. 　2.会用导数证明有关不等式，并掌握几种常见的证明方法. 素养层面 通过利用导数研究恒(能)成立、证明不等式问题，提升逻辑推理、数学运算素养. 技法一　分离变量法解决恒(能)成立问题 例1　 设函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a>0时，若f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)已知f(x)＝ln x－ax，则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a， 当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0，且x∈时，f′(x)>0，此时f(x)在上单调递增； x∈时，f′(x)<0，此时f(x)在上单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在定义域上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)当a>0时，f(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 即a>在(0，＋∞)上恒成立，设g(x)＝，则g′(x)＝， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)为增函数； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数． 所以g(x)max＝g＝＝，则a>g(x)max＝. 所以实数a的取值范围为. 恒成立、有解问题与函数最值的等价转化 恒成立问题 ①f(x)≥a恒成立<⇔f(x)min≥a；f(x)≤a恒成立<⇔f(x)max≤a. ②f(x)≥g(x)恒成立<⇔[f(x)－g(x)]min≥0；f(x)≤g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]max≤0. 有解问题 ①f(x)≥a有解<⇔f(x)max≥a；f(x)≤a有解⇔f(x)min≤a. ②f(x)≥g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]max≥0；f(x)≤g(x)有解⇔[f(x)－g(x)]min≤0. 对点练1.(1)若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为(　　) A．＋3e－2 B．＋e＋2 C．4 D．e2－1 (2)已知函数f(x)＝ln x－x，若f(x)－m＋1≤0恒成立，则m的取值范围为________． 答案：(1)A　(2)[0，＋∞)　 解析：(1)因为2xln x＋x2－mx＋3≥0，所以m≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋，则h′(x)＝＋1－＝，当≤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∈，m≤2ln x＋x＋成立，所以m≤h(x)max，因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，所以h>h(e)．所以m≤＋3e－2.故选A. (2)因为f(x)＝ln x－x，则f(x)－m＋1≤0恒成立，等价于m≥ln x－x＋1.令g(x)＝ln x－x＋1(x>0)，则g′(x)＝－1＝(x>0)，因此g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝0，所以m≥0. 技法二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 例2　已知函数 f(x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求 f(x)的单调递增区间； (2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)因为函数 f(x)＝3(x－1)－2xln x， 所以f′(x)＝1－2ln x， 令f′(x)>0，解得0<x<e， 所以 f(x)的单调递增区间为. (2)因为当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，所以当x≥1时，3(x－1)－2xln x－aln x≤0恒成立， 令 g(x)＝3(x－1)－2xln x－aln x， 则 g(1)＝0，且g′(x)＝， 令h(x)＝x－a－2xln x， 则h′(x)＝－1－2ln x，h(1)＝1－a， 因为当x≥1 时，h′(x)≤0恒成立， 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减． ①当a≥1时，h(x)≤h(1)≤0，g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 故g(x)≤g(1)＝0，符合要求； ②当－e<a<1时，h(1)>0，h(e)＝－e－a<0， h(x)单调递减， 故存在x0∈(1，e)使得h(x0)＝0， 则当x∈(1，x0)时，h(x)>0，g(x)单调递增， g(x)>g(1)＝0，不符合要求； ③当a≤－e时，e>1，h(1)>0， h＝a<0，h(x)单调递减， 故存在x0∈使得h (x0)＝0， 则当x∈时，h(x)>0，g(x)单调递增， g(x)>g(1)＝0，不符合要求． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)． 分类讨论法解决恒成立、能成立问题时需要确定分类标准，做到不重不漏．一般情况下，分类时常考虑以下情况： 1．最高次项系数的正负情况(注意0)． 2．导数的零点存在与否(二次的一般用Δ)． 3．极值点的大小关系(分三种情况，包括相等)． 4．极值点与定义域的关系． 学生用书↓第95页 对点练2.已知函数f(x)＝aln x＋＋x＋1.若F(x)＝f(x)－，且当a≥－2时，不等式F(x)≥1在[1，2]上有解，求实数a的取值范围． 解：F(x)＝aln x－＋x＋1，x∈[1，2]， 则F′(x)＝＋＋1＝ ＝. ①当2－≥0， 即－2≤a≤2时，F′(x)≥0， 所以F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)＝aln 2＋2≥1， 得－≤a≤2； ②当2－<0，即a>2时， 令x2＋ax＋2＝0，此时Δ＝a2－8>0， 设x2＋ax＋2＝0的两根分别为x1，x2， 则x1＋x2＝－a，x1x2＝2，所以x1<0，x2<0， 所以在区间[1，2]上，F′(x)＝>0， 所以 F(x)在[1，2]上单调递增， 所以F(x)max＝F(2)≥1，得a>2. 综上，当a≥－2时，应有a≥－， 所以实数a的取值范围是. 技法三　等价转化法解决恒(能)成立问题 例3　已知f(x)＝x＋aln x，g(x)＝ex－1.若a>0，∀x1，x2∈[3，＋∞) (x1≠x2)，都有|f(x1)－f(x2)|<|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围． 解：因为f′(x)＝1＋，因为a>0， 所以x∈[3，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在[3，＋∞)上为增函数； 因为g′(x)＝ex>0， 所以g(x)在[3，＋∞)上为增函数． 不妨设x1<x2， 则f(x1)<f(x2)，g(x1)<g(x2)， 所以|f(x1)－f(x2)|<|g(x1)－g(x2)|可转化为f(x2)－f(x1)<g(x2)－g(x1)， 即f(x1)－g(x1)>f(x2)－g(x2). 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋aln x－ex＋1， 则h(x)在[3，＋∞)上为减函数，h′(x)＝1＋－ex≤0在[3，＋∞)上恒成立， 即∀x∈[3，＋∞)，xex－x≥a恒成立． 设v(x)＝xex－x，x∈[3，＋∞)， 则v′(x)＝ex＋xex－1>0， 所以v(x)＝xex－x在[3，＋∞)上为增函数， 所以v(x)min＝3e3－3，所以a≤3e3－3. 故a 的取值范围为(0，3e3－3]. 1．对条件进行变形，使变量相同(如都是x1)的在同一侧，观察是否可以构造一个函数，使左、右侧式子用该函数表示，进而转化为最值问题． 2．双变量的恒(能)成立问题 (1)∀x1∈D，∀x2∈E，f≥g恒成立⇔f(x)min≥g(x)max； (2)∀x1∈D，∃x2∈E，f≥g能成立⇔f(x)min≥g(x)min； (3)∃x1∈D，∀x2∈E，f≥g能成立⇔f(x)max≥g(x)max； (4)∃x1∈D，∃x2∈E，f≥g能成立⇔f(x)max≥g(x)min； (5)∀x1∈D，∃x2∈E，使f＝g⇔f(x)的值域是g(x)的值域的子集． 对点练3.已知f(x)＝xex－ex，g(x)＝mx－m(m>0)，若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f＝g，求实数m的取值范围． 解：因为f(x)＝xex－ex＝ex (x－1)， 所以f′(x)＝ex (x－1)＋ex＝xex， 由f′(x)>0，得x>0， 故 f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 由f′(x)<0，得x<0， 故 f(x)在(－∞，0)上是减函数， 所以当x＝0时，f(x)min＝f＝－1， 又f (－2)＝－3e－2，f(2)＝e2， 所以f(x)在[－2，2]上的值域为[－1，e2]，又因为g(x)＝mx－m(m>0)在[－2，2]上是增函数， 所以g(x)在[－2，2]上的值域为[－3m，m]. 若对任意的x1∈[－2，2]，总存在x2∈[－2，2]，使得f (x1)＝g (x2)， 则[－1，e2]⊆ [－3m，m]， 所以－3m≤－1<e2≤m， 解得m≥e2，即实数m的取值范围是. 技法四　构造法证明不等式 例4　设x＞0，f(x)＝ln x，g(x)＝1－. (1)求证：直线y＝x－1与曲线y＝f(x)相切； (2)判断f(x)与g(x)的大小关系，并加以证明． 解：(1)证明：因为直线y＝x－1过点(1，0), f(x)＝ln x过点(1，0)． 设过点(1，0)与f(x)＝ln x相切的直线为y＝kx＋b，因为f′(x)＝，设切点为(x0，ln x0)， 所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，代入(1，0)，得x0＝1， 所以切线方程为y＝x－1，即y＝x－1与曲线y＝f(x)相切． (2)f(x)≥g(x)． 证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋－1(x>0)，所以h′(x)＝－＝， 所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增； 所以h(x)min＝h(1)＝0，即h(x)≥0， 所以f(x)－g(x)≥0，即有f(x)≥g(x)，得证． 学生用书↓第96页 1．利用导数证明不等式的策略 利用导数证明不等式(含比较大小)问题，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(含比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．用构造法证明不等式f(x)≥g(x)的常规步骤： 第一步(作差)：构造新函数h(x)＝f(x)－g(x)； 第二步(转化)：问题转化为证明f(x)－g(x)≥0，即证h(x)≥0即可； 第三步(讨论单调性)：根据h′(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性； 第四步(求最值)：由函数h(x)的单调性确定最值，并确认h(x)≥h(x)min≥0即可． 2．证明不等式时的一些常见结论 (1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到． (2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到． (3)ln x<x<ex，x>0. ≤ln≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到． 对点练4.已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln x. (1)求过点(0，－1)且与曲线y＝g(x)相切的直线l的方程； (2)求证：f(x)－g(x)＞2. 解：(1)设切点坐标为(x0，y0)，则切线l的斜率k＝，切线l的方程为y＝x－1， 因为切点在切线上，所以y0＝·x0－1＝0，又切点在曲线g(x)＝ln x上， 所以g(x0)＝ln x0＝0，得x0＝1，所以k＝＝1，得切线l：y＝x－1. (2)证明：法一：f(x)－g(x)＞2，即ex－ln x＞2，即ex＞ln x＋2，即ex＞x＋1≥ln x＋2. 设h(x)＝ex－(x＋1)，即h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1， 因为x＞0，所以h′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)上为增函数， 所以h(x)＞h(0)＝0，即ex>x＋1 …① 令H(x)＝x＋1－(ln x＋2)，即H(x)＝x－ln x－1，则H′(x)＝1－＝. 当x＞1时，H′(x)>0，H(x)在(1，＋∞)上为增函数； 当0＜x＜1时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上为减函数，所以H(x)≥H(1)＝0， 所以x≥ln x＋1，即x＋1≥ln x＋2…② 由①，②得ex＞ln x＋2，即ex－ln x＞2，从而原命题f(x)－g(x)＞2得证． 法二：令h(x)＝ex－ln x－2，则h′(x)＝ex－，则h′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h′＜0，h′(1)>0，所以h′(x)在(0，＋∞)内有唯一零点， 设该零点为x0，h′(x0)＝ex0－＝0， 所以ex0＝，x0＝－ln x0，当0＜x＜x0时，h′(x)＜0，当x＞x0时，h′(x)＞0， 所以h(x)≥h(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2≥2－2＝0，又x0≠1， 故h(x)＞0，得f(x)－g(x)＞2. 课时测评32　导数与不等式问题 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9每小题5分，共45分) 1．已知不等式ax＋2－2ln x≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A. B． C. D． 答案：B 解析：由题设，可知x∈(0，＋∞)，问题转化为a≥在x∈(0，＋∞)上恒成立．令f(x)＝，则f′(x)＝，当0<x<e2时，f′(x)>0，即f(x)单调递增；当x>e2时，f′(x)<0，即f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(e2)＝，故a≥.故选B. 2．已知f(x)＝mex－x－1，若∃x0∈[－1，1]，使f(x0)>0，则实数m的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B． C．(1，＋∞) D． 答案：A 解析：依题意可得不等式m>在[－1，1]内有解．设g(x)＝，x∈[－1，1]，则g′(x)＝＝－.由g′(x)<0，得0<x≤1；由g′(x)>0，得－1≤x<0，所以g(x)在[－1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减．因为g(－1)＝0，g(1)＝，所以g(x)min＝g(－1)＝0，所以m>0.故选A. 3．已知函数f(x)＝ex－3，g(x)＝＋ln，若f(m)＝g(n)成立，则n－m的最小值为(　　) A．－1＋ln 2 B．1＋ln 2 C．－2＋ln 2 D．2＋ln 2 答案：A 解析：令t＝f(m)＝g(n)，则em－3＝t，＋ln＝t，所以m＝3＋ln t，n＝2et－，即n－m＝2et－－3－ln t．令h(t)＝2et－－3－ln t，则h′(t)＝2et－－(t>0)，所以令h′(t)＝0，有t＝，当0<t<时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t>时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以h(t)min＝h＝－1＋ln 2，即n－m的最小值为－1＋ln 2.故选A. 4．(新定义)设函数y＝f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“凸函数”．已知f(x)＝x4－x3＋x2在(1，4)上为“凸函数”，则实数t的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C． D． 答案：C 解析：f(x)＝x4－x3＋x2，f′(x)＝x3－tx2＋3x，f″(x)＝3x2－2tx＋3.依题意知， f″(x)＝3x2－2tx＋3<0在(1，4)上恒成立，所以解得t≥，所以t的取值范围是.故选C. 5．已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝x2ex，若对任意的x2∈[－1，1]，存在x1∈使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A．[e＋1，4] B．[e，4] C． D． 答案：B 解析：g(x)＝x2ex的导函数为g′(x)＝2xex＋x2ex＝x(x＋2)ex，由x∈[－1，0)时，g′(x)<0，x∈(0，1]时，g′(x)>0，可得g(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，故g(x)在[－1，1]上的最小值为g(0)＝0，最大值为g(1)＝e，所以对于任意的x2∈[－1，1]，g(x2)∈[0，e]．因为f(x)＝－x2＋a的图象开口向下，对称轴为y轴，所以若x∈，则当x＝0时，f(x)max＝a，当x＝2时，f(x)min＝a－4，则函数f(x)＝－x2＋a在上的值域为[a－4，a]，由题意，得[0，e]⊆[a－4，a]，可得a－4≤0<e≤a，解得e≤a≤4.故选B. 6．(多选题)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足<0.设函数g(x)＝，则下列结论正确的是(　　) A．x＝1是函数g(x)的极大值点 B．g>g>g C．当g(1)<0时，函数g(x)有零点 D．当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立 答案：ABD 解析：函数g(x)＝，则g′(x)＝.因为<0，所以当x>1时，f′(x)－f(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)－f(x)>0，故g(x)在(－∞，1)上单调递增，故x＝1是函数g(x)的极大值点，故A正确；因为2>>>1，所以<<<1，所以g>g>g，故B正确；由函数单调性可得g(1)>g(0)＝1，故C错误；g(x)在(－∞，1)上单调递增，则g(x)在(－∞，0)上单调递增，g(0)＝＝1，可知x≤0时，g(x)≤g(0)，故≤1，即f(x)≤ex，故D正确．故选ABD. 7．若存在x∈(－1，1]，使得不等式ex－ax<a成立，则实数a的取值范围是________． 答案：(1，＋∞) 解析：由ex－ax<a得a(x＋1)>ex.当x∈(－1，1]时，x＋1∈(0，2]，所以a>.令f(x)＝(－1<x≤1)，则f′(x)＝，所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，1]时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1，所以a>1，即实数a的取值范围为(1，＋∞)． 8．设在函数f(x)＝－ex－x的图象上任意一点处的切线为l1，若总存在函数g(x)＝ax＋2cos x的图象上一点，使得在该点处的切线l2满足l1⊥l2，则实数a的取值范围是________． 答案：[－1，2] 解析：f(x)和g(x)的定义域都为R.令k1＝f′(x)＝－ex－1，则k1<－1.令k2＝g′(x)＝a－2sin x∈[a－2，a＋2]，要使l1⊥l2，则k1·k2＝－1，k2＝－∈(0，1)，依题意可知解得－1≤a≤2，所以实数a的取值范围是[－1，2]． 9．已知函数f(x)＝x(ln x－1)－kx2，若对于定义域内任意不相等的实数x1，x2，都有<0，则实数k的取值范围是________． 答案： 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为对于定义域内任意不相等的实数x1，x2，都有<0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f′(x)＝ln x－1＋1－2kx＝ln x－2kx，所以f′(x)＝ln x－2kx≤0在(0，＋∞)上恒成立，即2k≥在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝，则g(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝，所以2k≥，所以k≥，所以实数k的取值范围是. 10．(10分)已知函数f(x)＝axcos x－2sin x，其中a∈R. (1)当a＝2时，讨论f(x)在(0，2π)上的单调性；(4分) (2)若对任意x∈都有f(x)<3x，求实数a的取值范围．(6分) 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2xcos x－2sin x， 则f′(x)＝－2xsin x. 令f′(x)＝0，当x∈(0，2π)时，解得x＝π， 故当x∈(0，π)时，f′(x)<0； 当x∈(π，2π)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增． (2)令g(x)＝3x＋2sin x－axcos x，x∈， 则g′(x)＝3＋(2－a)cos x＋axsin x，x∈. 当a≤0时，对x∈，有axcos x≤0， 所以g(x)>g(0)＝0. 当0<a≤5时，g′(x)≥3－3cos x＋axsin x>0， 故g(x)在上单调递增． 又g(0)＝0，故g(x)>g(0)＝0. 当a>5时，令h(x)＝g′(x)＝3＋(2－a)cos x＋axsin x， 则h′(x)＝(2a－2)sin x＋axcos x>0， 故h(x)在上单调递增． 又h(0)＝5－a<0，h＝3＋>0， 故存在x0∈使得h(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，h(x)<0， 即g(x)在(0，x0)上单调递减， 所以当x∈(0，x0)时，g(x)<g(0)＝0，故不符合． 综上所述，a的取值范围为{a|a≤5}． (11－13每小题5分，共15分) 11．已知0<a<b<1，则下列不等式一定成立的是(　　) A．> B．<1 C．aln a<bln b D．aa>bb 答案：A 解析：对于A，令f(x)＝，则f′(x)＝，当f′(x)<0时，0<x<1或1<x<e，所以f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，所以f(a)>f(b)，即>，故A正确；对于B，因为0<a<b<1，所以ln a<ln b<0，所以>1，故B错误；对于C，令f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，显然当b＝时，aln a>bln b，故C错误；对于D，aa>bb⇔aln a>bln b，由C选项的分析，知当a＝时，aln a<bln b，故D错误．故选A. 12．(多选题)已知函数f(x)＝ln x，x1>x2>e，则下列结论正确的是(　　) A．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 B．[f(x1)＋f(x2)]<f C．x1f(x2)－x2f(x1)>0 D．e(f(x1)－f(x2))<x1－x2 答案：BCD 解析：因为f(x)＝ln x在(0，＋∞)上是增函数，所以(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，故A错误；[f(x1)＋f(x2)]＝(ln x1＋ln x2)＝ln(x1x2)＝ln，f＝ln，由x1>x2>e，有>，又f(x)＝ln x是增函数，所以[f(x1)＋f(x2)]<f，故B正确；令h(x)＝，则h′(x)＝，当x>e时，h′(x)<0，h(x)是减函数，所以h(x1)<h(x2)，即<⇒x1f(x2)－x2f(x1)>0，故C正确；令g(x)＝ef(x)－x，则g′(x)＝－1，当x>e时，g′(x)<0，g(x)是减函数，所以g(x1)<g(x2)， 即ef(x1)－x1<ef(x2)－x2⇒e(f(x1)－f(x2))<x1－x2，故D正确．故选BCD. 13．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围为________． 答案：(－∞，4] 解析：因为2f(x)≥g(x)，所以2xln x≥－x2＋ax－3，即a≤2ln x＋x＋，令h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝，令h′(x)＝0，解得x1＝－3(舍去)，x2＝1，所以当0＜x＜1时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)在x＝1时取得极小值，也即最小值，所以h(x)≥h(1)＝4.因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，所以a的取值范围为(－∞，4]． 14．(10分)已知f(x)＝ln x－ax＋a(a∈R)． (1)当a＝1，证明：f(x)≤0；(4分) (2)利用(1)中的结论，证明：1＋＋＋…＋>ln(n∈N＋)．(6分) 证明：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x＋1，f′(x)＝－1＝， 令f′(x)＝0，解得x＝1， 当x在(0，＋∞)之间变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  0  因此当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝0， 故f(x)≤0. (2)由(1)知，ln x≤x－1，其中“＝”当且仅当x＝1时成立． 当k∈N＋时，>0且≠1， 故ln<－1， 即ln(3k＋1)－ln(3k－2)<， 于是当k＝1，2，3，…，n时，依次有ln 4－ln 1<，ln 7－ln 4<，ln 10－ln 7<，…， ln(3n＋1)－ln(3n－2)<， 以上n个不等式相加得ln(3n＋1)－ln 1<＋＋＋…＋， 即1＋＋＋…＋>ln(3n＋1)＝ln， 故所证不等式成立． 15．(5分)已知m>1，若对于任意的x∈，不等式5x－ln(4x)≤mex－ln m恒成立，则实数m的最小值为________． 答案： 解析：5x－ln(4x)≤mex－ln m⇔4x－ln(4x)≤mex－ln m－x⇔4x－ln(4x)≤mex－ln(mex)．令f(x)＝x－ln x，x∈[1，＋∞)，则f′(x)＝1－＝≥0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增．因为m>1，x∈，所以4x，mex∈[1，＋∞)，所以4x－ln(4x)≤mex－ln(mex)⇔f(4x)≤f(mex)⇔4x≤mex⇔≤m恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，所以x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以x＝1时，g(x)的最大值为，所以m≥，所以实数m的最小值为. 16．(15分)已知函数f(x)＝ex(x2＋2ax＋2a)(a∈R)，其中e是自然对数的底数． (1)讨论函数f(x)的单调性；(6分) (2)若f(x)≤在区间[－2，0]上有解，求实数a的取值范围．(9分) 解：(1)f′(x)＝ex[x2＋2(a＋1)x＋4a] ＝ex(x＋2a)(x＋2)． 当a＝1时，f′(x)＝ex(x＋2)2≥0在R上恒成立， 所以函数f(x)在R上单调递增； 当a<1时，由f′(x)>0，得 x∈(－∞，－2)∪(－2a，＋∞)； 由f′(x)<0，得x∈(－2，－2a)， 所以函数f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； 当a>1时，由f′(x)>0，得 x∈(－∞，－2a)∪(－2，＋∞)； 由f′(x)<0，得x∈(－2a，－2)， 所以函数f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减． 综上，a＝1时，f(x)在R上单调递增； a<1时，f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； a>1时，f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减． (2)若f(x)≤在区间[－2，0]上有解， 则f(x)min≤. 当a＝1时，由(1)知f(x)在R上单调递增， 所以f(x)在[－2，0]上的最小值为f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－4＋2)＝<不成立，故不满足题意； 当a<1时，由(1)知f(x)在(－∞，－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(－2，－2a)上单调递减； 当a≤0时，函数f(x)在[－2，0]上单调递减， 所以f(x)min＝f(0)＝e0·2a＝2a≤成立，满足题意； 0<a<1时，函数f(x)在[－2，－2a]上单调递减，在[－2a，0]上单调递增． 所以f(x)min＝f(－2a)＝e－2a·2a≤， 所以a≥1＋>1不成立，舍去； a>1时，由(1)知f(x)在(－∞，－2a)，(－2，＋∞)上单调递增，在(－2a，－2)上单调递减， 所以函数f(x)在[－2，0]上单调递增， 所以f(x)min＝f(－2)＝e－2(4－2a)≤， 所以a≥. 综上，实数a的取值范围为(－∞，0]∪. 学科网（北京）股份有限公司 $$