专题02利用导数研究不等式的恒成立问题（专项训练）数学湘教版选择性必修第二册

专题 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题 目录 A题型建模・专项突破 题型一、不等式恒成立求参数 题型二、不等式能成立或有解求参数的取值 B综合攻坚・能力跃升 题型一、不等式恒成立求参数 1．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)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<，所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)． 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  极大值  所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 2.已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)． (1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)． 即f′(x)＝xex＋ex－4， 则f′(0)＝－3，f(0)＝2， 所以所求切线方程为3x＋y－2＝0. (2)由f(1)≥0，得a≥>0， 则f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立． 设函数F(x)＝(x>0)， 则F′(x)＝－. 当0<x<1时，F′(x)>0； 当x>1时，F′(x)<0， 所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以F(x)max＝F(1)＝. 于是≥，解得a≥. 故实数a的取值范围是. 3.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)≥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. 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1. 设函数g(x)＝e－x(x≥0)，则 g′(x)＝－e－x ＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x ＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x. (i)若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0，2)时，g(x)＞1，不符合题意． (ii)若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，则当x∈(0，2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1，2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1，2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，即a≥. 所以当≤a＜时，g(x)≤1. (iii)若2a＋1≥2，即a≥， 则g(x)≤e－x. 由于0∈，故由(ii)可得e－x≤1. 故当a≥时，g(x)≤1. 综上，a的取值范围是. 4.函数f(x)＝x2－2ax＋ln x(a∈R)． (1)若函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＋1＝0垂直，求a的值； (2)若不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2a＋，f′(1)＝3－2a，由题意f′(1)·＝(3－2a)·＝－1，解得a＝. (2)不等式2xln x≥－x2＋ax－3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x≥－x＋a－，令g(x)＝2ln x＋x－a＋，则g′(x)＝＋1－＝＝，则在区间(0，1)上，g′(x)＜0，函数g(x)为减函数；在区间(1，e]上，g′(x)＞0，函数g(x)为增函数．由题意知g(x)min＝g(1)＝1－a＋3≥0，得a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]． 5.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)因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，解得0<x<，所以f(x)的单调递减区间是.令f′(x)>0，得ln x＋1>0，解得x>，所以f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是. (2)因为g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意得2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．因为x>0，所以a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍)． 当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  极大值  所以当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，所以若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，即a≥－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)． 6.已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a. ①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立， 则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a＞0时，由f′(x)＞0， 得0＜x＜； 由f′(x)＜0，得x＞； 所以f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是. (2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立． 设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝－a，注意到g(1)＝0， ①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意． ②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0， 得0＜x＜； 令g′(x)＜0，得x＞. 则g(x)在上单调递增， 所以当x∈时，g(x)＞g(1)＝0， 即0＜a＜1时不满足题意(舍去)． ③当a≤0时，g′(x)＝－a＞0， 则g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0， 即a≤0时不满足题意(舍去)． 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)． 题型二、不等式能成立或有解求参数的取值 1.已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围． 解：(1)因为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＝ln a. 由f′(x)＞0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)＜0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)． (2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex， 则ax≤，即a≤. 则问题转化为a≤. 设h(x)＝， 由h′(x)＝， 令h′(x)＝0，得x＝. 当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表： x (0，) (，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x)  极大值  由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤. 故a的取值范围是. 2.已知函数f(x)＝xln x(x＞0)． (1)求函数f(x)的极值； (2)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤成立，求实数m的最小值． 解：(1)由f(x)＝xln x，得f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)＞0，得x＞； 令f′(x)＜0，得0＜x＜. 所以f(x)在上单调递减， 在上单调递增． 所以f(x)在x＝处取得极小值，且为f＝－，无极大值． (2)由f(x)≤，得m≥. 问题转化为m≥. 令g(x)＝＝2ln x＋x＋(x＞0)． 则g′(x)＝＋1－＝＝. 由g′(x)＞0，得x＞1，由g′(x)＜0，得0＜x＜1. 所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)min＝g(1)＝4，则m≥4. 故m的最小值为4. 3.设f(x)＝＋xln x，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∈，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. 由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x. 令g′(x)＞0得x＜0或x＞， 令g′(x)＜0得0＜x＜， 又x∈[0，2]， 所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以g(x)min＝g＝－， 又g(0)＝－3，g(2)＝1， 所以g(x)max＝g(2)＝1. 故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M， 则满足条件的最大整数M＝4. (2)对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max， 由(1)可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1. 在区间上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立． 设h(x)＝x－x2ln x， h′(x)＝1－2xln x－x， 令m(x)＝xln x，由m′(x)＝ln x＋1＞0得x＞. 即m(x)＝xln x在上是增函数， 可知h′(x)在区间上是减函数， 又h′(1)＝0， 所以当1＜x＜2时，h′(x)＜0； 当＜x＜1时，h′(x)＞0. 即函数h(x)＝x－x2ln x在区间上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以h(x)max＝h(1)＝1， 所以a≥1， 即实数a的取值范围是[1，＋∞)． 4.已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)． (1)求f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝x2－4x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝a＋＝(x>0)． ①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－. 在区间上，f′(x)>0，在区间上， f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. 综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 当a<0时，f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为. (2)由题意得f(x)max<g(x)max，而g(x)max＝2， 由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意． 当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－. 故a的取值范围为. 1．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A．a≤1 B．a≥1 C．a≤2 D．a≥2 解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A. 2．设函数f(x)＝ex－，若不等式f(x)≤0有正实数解，则实数a的最小值为________． 解析：原问题等价于存在x∈(0，＋∞)，使得a≥ex(x2－3x＋3)，令g(x)＝ex(x2－3x＋3)，x∈(0，＋∞)，则a≥g(x)min，而g′(x)＝ex(x2－x)．由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，由g′(x)<0可得x∈(0，1)．据此可知，函数g(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为g(1)＝e.综上可得，实数a的最小值为e. 答案：e 3．已知函数f(x)＝ex－a. (1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值； (2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值． 解：(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线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)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0， 当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1， 同理可得ln x≤x－1， 所以ex－2>ln x， 当a≤2时，ln x<ex－2≤ex－a， 即当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立． 当a≥3时，存在x，使ex－a<ln x，即ex－a>ln x不恒成立． 综上，整数a的最大值为2. 4．已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围． 解：(1)因为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＝ln a. 由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)； 由f′(x)＜0得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)． (2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex， 则ax≤，即a≤. 设h(x)＝，则问题转化为a≤()max， 由h′(x)＝， 令h′(x)＝0，则x＝. 当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (0，) (，＋∞) h′(x) ＋ 0 － h(x) 单调递增 极大值 单调递减 由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为.所以a≤. 5．已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)，a∈R，在(1，f(1))处的切线与x轴平行． (1)求f(x)的单调区间； (2)若存在x0>1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)－＋2x＋>k(x－1)成立，求k的取值范围． 解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－a，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝－1＝，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)不等式f(x)－＋2x＋>k(x－1)可化为ln x－＋x－>k(x－1)．令g(x)＝ln x－＋x－－k(x－1)(x>1)，则g′(x)＝－x＋1－k＝，令h(x)＝－x2＋(1－k)x＋1，x>1，h(x)的对称轴为x＝. ①当≤1时，即k≥－1，易知h(x)在(1，x0)上单调递减，所以h(x)<h(1)＝1－k，若k≥1，则h(x)≤0，所以g′(x)≤0，所以g(x)在(1，x0)上单调递减，所以g(x)<g(1)＝0，不合题意．若－1≤k<1，则h(1)>0，所以必存在x0使得x∈(1，x0)时g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意． ②当>1时，即k<－1，易知必存在x0，使得h(x)在(1，x0)上单调递增．所以h(x)>h(1)＝1－k>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，x0)上单调递增．所以g(x)>g(1)＝0恒成立，符合题意． 综上，k的取值范围是(－∞，1)． 6．已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝x－a＋＝＝(x－1)[x－(a－1)]， ①若a>2，由f′(x)>0，得0<x<1或x>a－1，由f′(x)<0，得1<x<a－1，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减； ②若a＝2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ③若1<a<2，由f′(x)>0，得0<x<a－1或x>1，由f′(x)<0，得a－1<x<1，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1，1)上单调递减； ④若a≤1，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． 综上，若a>2，则f(x)在(0，1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减； 若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若1<a<2，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1，1)上单调递减； 若a≤1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减． (2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2， 令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x， 对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数． F′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]， 令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1， 当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解． 当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， 需g≥0， 即－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0， 解得1≤a≤5. 综上，实数a的取值范围是[1，5]． 3 / 29 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题 目录 A题型建模·专项突破 题型一、不等式恒成立求参数 题型二、不等式能成立或有解求参数的取值 B综合攻坚·能力跃升 A 题型建模·专项突破 题型一、不等式恒成立求参数 1.已知x)=xnx,gx)=x3+a2-x十2. (1)求函数x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，+∞)，2x)≤g'(x)十2恒成立，求实数a的取值范围. 2.已知函数fx)=axer-(a十1)2x-1). 1/12 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)若a=1,求函数x)的图象在点(0,0)处的切线方程； (2)当心0时，函数x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 3.己知函数fx)=ex十ax2-x. 2/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)当a=1时，讨论fx)的单调性； (2)当x≥0时，x)≥12x3+1,求a的取值范围. 4.函数x)=x2-2ax十lnx(a∈R). 3/12 品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)若函数y=fx)在点(1,1)处的切线与直线x一2y+1=0垂直，求a的值； (2)若不等式2xnx≥一x2+ax一3在区间(0，e上恒成立，求实数a的取值范围. 5.己知x)=xnx,gx)=x3+ax2-x+2. (1)求函数x)的单调区间； (2)若对任意x∈(0，+∞)，2x)≤g'(x)十2恒成立，求实数a的取值范围. 6.已知函数fx)=lnx-ax,a∈R 4/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求函数x)的单调区间 (2)若不等式x)十a<0在x∈(1，+∞)上恒成立，求a的取值范围. 题型二、不等式能成立或有解求参数的取值 5/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.已知函数x)=ax-e'(a∈R),g(x)=lnxx. (1)求函数x)的单调区间； (2)3x∈(0，+∞)，使不等式x)≤g(x)一e成立，求a的取值范围. 2.已知函数fx)=xnx(x>0). (1)求函数x)的极值； 6/12 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)若存在x∈(0，十∞)，使得x)≤一x2十mx一32成立，求实数m的最小值. 3.设x)=ax十xnx,gx)=x3-x2-3. (1)如果存在，∈[0,2]使得g(x)一g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整 7/12 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 数M; (2)如果对于任意的s,t∈12)，2)，都有s)≥g()成立，求实数a的取值范围. 4.已知函数fx)=lnx十ax(a∈R). (1)求x)的单调区间； (2)设g(x)=x2-4x十2，若对任意x1∈(0，+∞)，均存在x2∈[o,1],使得f 8/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (c大g(2),求a的取值范围. B 综合攻坚·能力跃升 1.己知函数x)=x十4x,g(x)=2x+a,若x1∈f12),1),3x2∈[2,3]，使得f (x1)≥g2),则实数α的取值范围是( ) 9/12 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.a≤1 B.a≥1 C.a≤2 D.a≥2 2.设函数x)=eavs4 alcol(x+f3x一3)一ax,若不等式x)≤0有正实数解， 则实数a的最小值为 3.已知函数x)=er一a. (1)若函数x)的图象与直线1：y=x一1相切，求a的值； (2)若x)一n>0恒成立，求整数a的最大值. 4.己知函数fx)=ax-e(a∈R),g(x)=lnxx. (1)求函数x)的单调区间； (2)门xo∈(0，十∞)，使不等式x)≤gx)一e成立，求a的取值范围. 10/12