主题2 第3章 第4节 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二 函　数 第三章　导数及其应用 第4节　导数的综合应用 第2课时 利用导数研究不等式的恒成立、能成立问题 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题是高考考查的重点，常转化为函数的最值问题求解． 分离参数法求参数范围 [典例]　 (2025·山东青岛期末)已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围． [解]　(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1. 令f′(x)＜0，得ln x＋1＜0，解得0＜x＜eq \f(1,e)， ∴f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))). 令f′(x)＞0，得ln x＋1＞0，解得x＞eq \f(1,e)， ∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)). 综上，f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)). (2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立． ∵x＞0，∴a≥ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)在x∈(0，＋∞)上恒成立． 设h(x)＝ln x－eq \f(3,2)x－eq \f(1,2x)(x＞0)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(3,2)＋eq \f(1,2x2)＝－eq \f(x－13x＋1,2x2). 令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍去)． 当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减． ∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值， 且h(x)max＝h(1)＝－2， ∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 则a≥h(x)max＝－2， 故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下： 第一步，将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式； 第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值； 第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min从而求出参数λ的取值范围． 已知函数f(x)＝ln (ax)＋bx在点(1，f(1))处的切线是y＝0. (1)求函数f(x)的极值； (2)当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)． 解：(1)因为f(x)＝ln (ax)＋bx，所以f′(x)＝eq \f(a,ax)＋b＝eq \f(1,x)＋b，因为点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，所以a＝e，b＝－1，即f(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，即f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝ln e－1＝0，无极小值． (2)由(1)知，f(x)＝ln x－x＋1，当eq \f(mx2,ex)≥f(x)＋eq \f(1－e,e)x(m＜0)在x∈(0，＋∞)恒成立时，即eq \f(mx,ex)≥eq \f(ln x＋1,x)－2＋eq \f(1,e)(m＜0)在x∈(0，＋∞)上恒成立， 法一：设g(x)＝eq \f(mx,ex)，h(x)＝eq \f(ln x＋1,x)＋eq \f(1,e)－2，则g′(x)＝eq \f(m1－x,ex)，h′(x)＝－eq \f(ln x,x2)， 又因为m＜0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0，h′(x)＞0； 当x＞1时，g′(x)＞0，h′(x)＜0. 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(1)＝eq \f(m,e)；h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝eq \f(1,e)－1. 所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，只需g(x)min≥h(x)max，即eq \f(m,e)≥eq \f(1,e)－1，解得m≥1－e，又m＜0，所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 法二：设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)－eq \f(mx,ex)－2＋eq \f(1,e)(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝eq \f(－ln x,x2)＋eq \f(mx－1,ex)， 当0＜x＜1时，－ln x＞0，x－1＜0，则eq \f(－ln x,x2)>0，eq \f(mx－1,ex)>0，即g′(x)＞0， 当x＞1时，－ln x＜0，x－1＞0，则eq \f(－ln x,x2)<0，eq \f(mx－1,ex)<0，即g′(x)＜0， 所以g(x)在x∈(0,1)上单调递增，在x∈(1，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝1－2＋eq \f(1,e)－eq \f(m,e)≤0，即eq \f(m,e)≥eq \f(1,e)－1，又m＜0所以实数m的取值范围是[1－e,0)． 分类讨论法求参数范围 [典例]　(2024·全国甲卷)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ax))ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))－x. (1)当a＝－2时，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值； (2)当x≥0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0，求a的取值范围． [解]　 (1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x， 则f′(x)＝2ln (1＋x)＋ eq \f(1＋2x,1＋x)－1＝2ln (1＋x)－ eq \f(1,1＋x)＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－ eq \f(1,1＋x)＋1在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞))上为增函数， 故f′(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞))上为增函数，而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在x＝0处取极小值且极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－a ln (1＋x)＋ eq \f(1－ax,1＋x)－1＝－a ln (1＋x)－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1))x,1＋x)，x>0， 设s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－a ln (1＋x)－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1))x,1＋x)，x>0， 则s′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \f(－a,x＋1)－ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))2)＝－ eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))＋a＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))2)＝－ eq \f(ax＋2a＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x))2)， 当a≤－ eq \f(1,2) 时，s′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0，所以s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上为增函数， 故s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，即f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上为增函数，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0. 当－ eq \f(1,2)<a<0时，当0<x<－ eq \f(2a＋1,a)时，s′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0， 所以s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上为减函数，故在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<s eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))， 即在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))为减函数， 故在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a＋1,a)))上f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，不合题意，舍去． 当a≥0，此时s′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上恒成立， 同理可得在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0恒成立，不合题意，舍去； 综上，a≤－ eq \f(1,2). 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑用二次项系数或判别式的方法求解． (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln eq \f(x,2－x)＋ax＋b(x－1)3. (1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>－2当且仅当1<x<2，求b的取值范围． [解]　 (1)b＝0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ln eq \f(x,2－x)＋ax，其中x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))， 则f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(1,2－x)＋a＝ eq \f(2,x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)))＋a，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))， 因为x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x))≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－x＋x,2)))2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))min＝2＋a，而f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0成立，故a＋2≥0即a≥－2， 所以a的最小值为－2. (2)证明：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ln eq \f(x,2－x)＋ax＋b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)) eq \s\up12(3)的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2))， 设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，n))为y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))图象上任意一点， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，n))关于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，a))的对称点为Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m，2a－n))， 因为P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，n))在y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))图象上，故n＝ln eq \f(m,2－m)＋am＋b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))3， 而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m))＝ln eq \f(2－m,m)＋a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m))＋b(2－m－1)3＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln \f(m,2－m)＋am＋b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－1))3))＋2a＝－n＋2a， 所以Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－m，2a－n))也在y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))图象上， 由P的任意性可得y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))图象为中心对称图形，且对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，a)). (3)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2当且仅当1<x<2，故x＝1为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝－2的一个解， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝－2即a＝－2， 先考虑1<x<2时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2恒成立． 此时f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2即为ln eq \f(x,2－x)＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x))＋b eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))3>0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上恒成立， 设t＝x－1∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，则ln eq \f(t＋1,1－t)－2t＋bt3>0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上恒成立， 设g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝ln eq \f(t＋1,1－t)－2t＋bt3，t∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))， 则g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))＝ eq \f(2,1－t2)－2＋3bt2＝ eq \f(t2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3bt2＋2＋3b)),1－t2)， 当b≥0，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0， 故g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))>0恒成立，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上为增函数， 故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上恒成立． 当－ eq \f(2,3)≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0， 故g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))≥0恒成立，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上为增函数， 故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上恒成立． 当b<－ eq \f(2,3)，则当0<t< eq \r(1＋\f(2,3b))<1时，g′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))<0， 故在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0， \r(1＋\f(2,3b))))上g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))为减函数，故g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t))<g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0))＝0，不合题意，舍去． 综上，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>－2在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2))上恒成立时b≥－ eq \f(2,3). 利用转化与化归思想求解存 在型不等式成立问题 [典例]　已知函数f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，其中参数a<0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设函数g(x)＝2x2f′(x)－xf(x)－3a(a<0)，存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，求a的取值范围． [解]　(1)∵f(x)＝eq \f(a＋1,x)＋aln x，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝－eq \f(a＋1,x2)＋eq \f(a,x)＝eq \f(ax－a＋1,x2). ①当－1<a<0时，eq \f(a＋1,a)<0，恒有f′(x)<0. ∴函数f(x)的单调减区间是(0，＋∞)． ②当a＝－1时，f′(x)＝－eq \f(1,x)<0， ∴f(x)的减区间是(0，＋∞)． ③当a<－1时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))，f′(x)>0， ∴f(x)的增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a＋1,a)))；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞))， f′(x)<0，∴f(x)的减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,a)，＋∞)). (2)g(x)＝2ax－axln x－(6a＋3)(a<0)， 因为存在实数x1，x2∈[1，e2]，使得不等式2g(x1)<g(x2)成立，∴2g(x)min<g(x)max. 又g′(x)＝a(1－ln x)，且a<0， ∴当x∈[1，e)时，g′(x)<0，g(x)是减函数； 当x∈(e，e2]时，g′(x)>0，g(x)是增函数． ∴g(x)min＝g(e)＝ae－6a－3， g(x)max＝max{g(1)，g(e2)}＝－6a－3. ∴2ae－12a－6<－6a－3，则a>eq \f(3,2e－6). 又a<0，从而eq \f(3,2e－6)<a<0， 即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2e－6)，0)). 不等式的恒成立与能成立问题 (1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)． (2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)． (3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min. (4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，其中f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2. 设函数f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围． 解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x， 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]， |f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))① 设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0， 故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0， 即①式成立； 当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0， 即em－m＞e－1； 当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1,1]． $$