第二章 重点突破7 利用导数研究恒（能)成立、证明不等式问题-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦导数在恒（能）成立问题及不等式证明中的应用，通过导数单调性分析引入，衔接分离变量、分类讨论、构造函数等题型，搭建从基础到综合的学习支架。 其亮点在于以典例为载体，通过规律方法总结培养数学思维与表达能力，如分离变量法转化恒成立问题、构造函数证明不等式，助力学生掌握解题逻辑，教师可依托分层评价提升教学针对性。

重点突破7 利用导数研究恒（能)成立、证明 不等式问题 　 第二章　导数及其应用 学习目标 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. 内容索引 题型一　分离变量法解决恒(能)成立问题 1 题型二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 2 题型三　构造法证明不等式 3 课时分层评价 5 随堂评价 4 题型一　分离变量法解决恒(能)成立问题 返回 设函数f(x)＝ln x－ax. (1)讨论f(x)的单调性； 解：已知f(x)＝ln x－ax，则函数f(x)的定义域为，且f'(x)＝－a， 当a≤0时，f'(x)＞0，所以f(x)在上单调递增； 当a＞0，且x∈时，f'(x)＞0，此时f(x)在(0，)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. 典例 1 (2)当a＞0时，若f(x)＜0在上恒成立，求实数a的取值范围. 解：当a＞0时，f(x)＜0在上恒成立， 即a＞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 规律方法 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.已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论函数y＝f(x)的单调性； 解：a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x， f'(x)＝ex＋2x－1. 因为f'(x)在定义域上单调递增，且f'(0)＝0， 则当x∈(－∞，0)时，f'(x)＜0； 当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)若当x≥1时，f(x)≥ex＋x2－x＋1恒成立，求实数a的取值范围. 解：当x≥1时，f(x)≥ex＋x2－x＋1恒成立， 即ax2≥x2＋1(x≥1)恒成立， 所以a≥1＋恒成立. 令g(x)＝1＋，则a≥g(x)max， 又g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝2，所以a≥2. 故实数a的取值范围为[2，＋∞). 返回 题型二　分类讨论法解决恒(能)成立问题 返回 已知函数 f(x)＝3(x－1)－2xln x. (1)求 f(x)的单调递增区间； 解：因为 f(x)＝3(x－1)－2xln x， 则函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f'(x)＝1－2ln x， 令f'(x)＞0，解得0＜x＜， 所以 f(x)的单调递增区间为. 典例 2 (2)当x≥1时，f(x)≤aln x恒成立，求实数a的取值范围. 解：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∈使得h＝0， 则当x∈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，＞1，h(1)＞0， h＝a＜0，h(x)单调递减， 故存在x0∈使得h＝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. 规律方法 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∈， 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. 返回 题型三　构造法证明不等式 返回 已知函数f(x)＝x＋ax2＋bln x的图象在点P(1，0)处的切线斜率为2. (1)求a，b的值； 解：由题设可知f(x)的定义域为(0，＋∞)， f'(x)＝1＋2ax＋. 因为y＝f(x)在点P(1，0)处的切线斜率为2， 所以f(1)＝1＋a＝0，f'(1)＝1＋2a＋b＝2， 解得a＝－1，b＝3. 典例 3 (2)证明：f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立. 解：证明：由(1)知f(x)＝x－x2＋3ln x(x＞0). 则转化为证明2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 设g(x)＝2－x－x2＋3ln x，x＞0， 则g'(x)＝－1－2x＋＝－， 所以当0＜x＜1时，g'(x)＞0； 当x＞1时，g'(x)＜0， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 所以g(x)在x＝1处有最大值g(1)＝0， 所以g(x)≤0对任意正实数x恒成立，即2－x－x2＋3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f(x)≤2x－2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 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： 规律方法 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. 规律方法 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. 规律方法 对点练3.已知函数f(x)＝x(ln x－a)，a∈R. (1)当a＝0时，求f(x)的单调区间； 解：当a＝0时，f(x)＝xln x， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝ln x＋1. 当x＞时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增； 当0＜x＜时，f'(x)＜0，函数f(x)单调递减. 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a＝－1时，求证：f(x)≤x2. 解：证明：当a＝－1时，f(x)＝x(ln x＋1)， 即证x(ln x＋1)≤x2. 因为x＞0，所以即证ln x＋1－x≤0. 设g(x)＝ln x＋1－x，即证g(x)max≤0. 因为g'(x)＝－1＝(x＞0)， 故当x＞1时，g'(x)＜0，函数g(x)单调递减； 当0＜x＜1时，g'(x)＞0，函数g(x)单调递增， 所以g(x)max＝g(1)＝0，所以g(x)≤0. 所以原命题得证. 返回 随堂评价 返回 1.若函数f(x)＝xln x－ax＋1在[e，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是 A.(－∞，2) B.(－∞，2] C.(2，＋∞) D.[2，＋∞) √ f'(x)＝1＋ln x－a，又f(x)在[e，＋∞)上单调递增，故f'(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立.而x∈[e，＋∞)时，易知f'(x)min＝2－a，故只需要2－a≥0即可，故a≤2.故选B. 2.已知∃x∈[1，3]，使不等式ln x＋ax≥0成立，则实数a的取值范围为 A.[0，＋∞) B. C. D.[e，＋∞) √ 由题意，∃x∈[1，3]，使a≥－成立.令f(x)＝－，则f'(x)＝(x＞0).当x∈(0，e)时，f'(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，f'(x)＞0.所以f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(e)＝－，故a≥－.故选B. 3.已知－1＋2x≥0对任意x∈都成立，则实数a的最小值是_______. 因为x∈，所以－1＋2x≥0可等价变形为a≥x2－2x3.令f(x)＝x2－2x3(0＜x＜)，则f'(x)＝2x－6x2＝2x(1－3x).由f'(x)＞0得0＜x＜，则函数f(x)在上单调递增；由f'(x)＜0得＜x＜，则函数f(x)在上单调递减，所以x∈时，则f(x)≤f＝－＝，故a≥. 4.已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ax2＋1，当a＜0时，对任意x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)＞g(x2)成立，则实数a的取值范围是__________. 依题意，x∈[1，e]时，f(x)min＞g(x)max.已知a＜0，则g'(x)＝2ax＜0在[1，e]上恒成立，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增.所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以有－a＞a＋1，得a＜－，故实数a的取值范围是. 返回 课时分层评价 返回 1.若不等式x4－4x3＞2－a对任意实数x都成立，则实数a的取值范围是 A.a＜－27 B.a＞－25 C.a≥29 D.a＞29 √ 令f(x)＝x4－4x3，则f'(x)＝4x3－12x2＝4x2(x－3)，当x＜3时，f'(x)≤0；当x＞3时，f'(x)＞0，所以f(x)的单调递减区间是(－∞，3)，单调递增区间是(3，＋∞)，所以当x＝3时，f(x)取得极小值，也是最小值，则f(x)min＝f(3)＝－27.因为不等式x4－4x3＞2－a对任意实数x都成立，所以－27＞2－a，即a＞29.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.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. √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.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. √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.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. √ 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 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∈［－，2］，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. 4 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 5.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 √ 令t＝f(m)＝g(n)，t＞0，则em－3＝t，＋ln ＝t，所以m＝3＋ln t，n＝2，即n－m＝2－3－ln t.令h(t)＝2－3－ln t，则h'(t)＝2－(t＞0)，易知h'(t)是单调增函数，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 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 1 2 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.g(1)＜0 D.当x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立 √ √ √ 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 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. 4 5 6 3 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 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__________. (1，＋∞) 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，＋∞). 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4 5 3 1 2 8.若函数y＝ln (ex－x＋a)的值域为R，则实数a的取值范围是____________. (－∞，－1] 欲使函数的值域为R，只需ex－x＋a能取遍所有正数，即最小值小于等于0.令f(x)＝ex－x＋a，由f'(x)＝ex－1＞0，得x＞0；由f'(x)＝ex－1＜0，得x＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)min＝f(0)＝1＋a≤0⇒a≤－1. 6 7 8 4 5 3 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 9.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__________. [－1，2] 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 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 1 2 10.(13分)已知f(x)＝4ln x－x2＋a，g(x)＝(x2－4x＋4)ex－. (1)求函数g(x)的单调区间； 解：y＝g(x)的定义域为R， g'(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋4)ex＝2(x－2)ex＋(x－2)2ex＝x(x－2)ex. 令g'(x)＝0得x＝2或x＝0. 当x变化时，g'(x)，g(x)变化如下： 所以g(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2). x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) g'(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 (2)若f(x)＜g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 解：因为y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，y＝g(x)的定义域为R. 令F(x)＝g(x)－f(x)＝(x2－4x＋4)ex－－4ln x＋x2－a(x＞0)， 则F'(x)＝x(x－2)ex－＋x＝(x－2)(xex＋). 所以当x∈(0，2)时，F'(x)＜0，F(x)单调递减； 当x∈(2，＋∞)时，F'(x)＞0，F(x)单调递增. 所以F(x)min＝F(2)＝－＋2－4ln 2－a. 则－＋2－4ln 2－a＞0，所以a＜2－4ln 2－， 故实数a的取值范围为. 10 8 6 7 4 5 3 9 11 12 13 14 15 16 1 2 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 √ 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. 10 11 12 13 14 15 16 8 6 7 4 5 3 9 1 2 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 √ √ √ 11 12 13 14 15 16 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 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. 11 12 13 14 15 16 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 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__________. (－∞，4] 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，也是最小值，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]. 12 13 11 10 8 6 7 4 5 3 9 14 15 16 1 2 14.(15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； 解：当a＝2时，f(x)＝2xcos x－2sin x， 则f'(x)＝－2xsin x. 当x∈(0，2π)时，令f'(x)＝0，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. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 (2)若对任意x∈都有f(x)＜3x，求实数a的取值范围. 解：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，符合题意； 当0＜a≤5时，g'(x)≥3－3cos x＋axsin x＞0， 故g(x)在上单调递增. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 又g(0)＝0，故g(x)＞g(0)＝0，符合题意； 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(－∞，5]. 13 14 15 16 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 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_______. 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. 14 15 16 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 1 2 16.(17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； 解：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； 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 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. 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 (2)若f(x)≤在区间[－2，0]上有解，求实数a的取值范围. 解：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； ①a≤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； 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 ②0＜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； 当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]∪. 返回 16 14 13 12 11 10 8 6 7 4 5 3 9 15 1 2 谢 谢 观 看 重点突破7 利用导数研究恒（能)成 立、证明不等式问题 返回 $