上分专题07 利用导数证明不等式-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（人教A版）

专题课堂⊙ 上分专题07 利用导数证明不等式 命题密钥 不等式证明是利用导数求函数最值的重要应用之一，构造函数时需要我们根据题目的不 同形式灵活地给出不同的构造形式，有直接构造函数的，也有凹凸分离构造函数等不同的形 式，从而达到简化运算的目的.2023年的新课标I卷的第19题，就是直接构造函数证明。 导数题目中有着庞大的计算量，既要完成不等式证明，还要尽可能简化运算，故放缩法应 运而生，利用“化曲为直”的思想，将复杂的函数转化为了我们容易计算处理的函数 考点觉醒 ·构造函数利用单调性和最值证明不等式 对不等式进行适当的变形，并构造函数，例如：证明 构造函数 fx)≥g(x),令h(x)=fx)-g(x),证明h(x)≥0即可 求函数最值 求出所构造函数的最值， 例如：证明h(x)≥0即证明 h)nn≥0 ●指对分离构造凹凸函数证明不等式 对不等式进行适当的拆分，并构造两个函数，例如： 拆分函数 证明fx)>0,将fx)拆分为gx)-h(e),且证明g(x)与h(x)凹 凸性相反，证明g(x)>h(x)即可 0 因为凹凸性相反， 求函数最值 所以通过证明g(y)n>h(e)来说明 g(x)>h(x)成立 ●不等式证明中常见的放缩形式 函数类型 放缩形式 放缩成一次函数 e*≥x+1>x,e≥ex 指数函数 放缩成反比例函数 1时e≤e0时，e< 放缩成高次幂函数 ≥0时，e≥1+；≤0时，e≤1+ 放缩成一次函数 ln(x+1)≤x,lnx≤x-1<x 对数函数 放缩成分式型函数 0es1时，a≥)a1时，hs习） 放缩成二次函数 lnx≤x2-x 16数学1选择性必修第二册·RJ 实战演练 题组1构造函数利用单调性和最值证明不等式3.禁(2025·福建泉州高二期末)设函数 1.**(2025·福建泉州高二期中)已知函数 f(x)=e-ax-1(a∈R). =n,8()=子 (1)讨论f(x)的单调性； (1)若点P是函数f(x)=lnx上任意一点， (2)若a<1,证明：当≥0时x)= 求点P到直线y=x+1的最小距离； (2)当x>e时，求证函数f(x)=lnx的图象 在()子图象的上方 2.*(2025·云南昆明高二月考)已知函数4.(2025·四川眉山高二期末)设a∈R, f(x)=Inx+a-1. 函数f(x)=alnx-x. (1)当a=1时，求f(x)的最大值； (1)当a=3时，求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程； (2)求证：当n≥2，neN'时，(1+)×(1+ (2)证明：当ae(0,1)时fx)>g- 22a )xx1+是)ke 黑白题·上分秘籍17 题组2指对分离构造凹凸函数证明不等式 5.(2025·淅江衢州高二期中)已知函数 7.程已奥函数e-a仙x)aek f(x)=lnx-x在点(1f(1))处的切线与曲线 (1)x=√2是f(x)的极小值点，求a的取值 y=ax2+(2a+3)x-1(a∈R)只有一个公 范围； 共点。 (2)若a=-1,f'(x)为f(x)的导函数，证明： (1)求a的值； (2)求证x)≤e 当1≤≤2时到f()>号 -2 6.籍(2025·安徽阜阳高二月考)已知 8.格已知函数)=alhx+2+2aaeR. 2 f(x)=In x+ ex (1)证明：函数f(x)有唯一极小值点； (1)若函数g(x)=f(x),讨论g(x)的单调 *+2 性与极值； (2)若0<a<,求证f)<x+ (2)证明代x)>。 18数学1选择性必修第二册·RJ 题组3适当放缩证明不等式 11.熱(2025·福建厦门高二期中)已知函数 9.籍(2025·湖南长沙高二月考)已知函数 f(x)=cos x+xsin x,g(x)=e*-x. fx)=c'-z*-@x(aER). (1)判断f(x)在区间(-π，π)的单调性； (1)若不等式f(x)≥1在xe[0,+∞)上恒 (2)求g(x)的最小值； 成立，求实数a的取值范围； (3)证明：当x∈[0，+∞)时，f(x)≤g(x)+x. (2)若x>0,求证：(e-2+1)n(x+ 1)>2x. 10.#(2025·山东潍坊高二期中)已知函数 12.禁(2025·河北邯郸高二月考)已知函数 f(x)=In x+ax. f(x)= 3sin x (1)讨论f(x)的单调性； 2+cos(x)=In x. (2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围； (1)求函数)在o,37]上的最大值： (3)当a=1时，证明：f(x)<e+x-2 (2)若函数h(x)=ax-g(x)的最小值为1， 求实数a的值； (3)求证：xg(x)>f(x)-1. 黑白题·上分秘籍19f2025),两边同乘e2,即2024)<f(2025). e2025 5.B解析：令g()-,则g(x)=寸()2)，因为在 (0,+∞)上，f'(x)-2f(x)>0恒成立，可知g(x)在(0，+∞) 上指西为）-：（台）百 当时，即1，可得（合）因为)在 (0,+0)上单调递增，所以0<x<2 6.D解析：因为(x2f(x))'=2xfx)+x2f'(x)=x(2f(x)+ xf'(x),又xf'(x)+2fx)=e,所以(x2fx)'=xe*,所以 当x>0时，(x2f(x))'=xe>0,所以函数x2fx)在(0，+∞) 上单调递增因为2<3，所以42)<9(3)，所以2)3) 9 4 B错误；因为2e,所以42)<e),所以2<g,D正 。2 确；因为(x2fx)'=[(x-1)e]',故x2fx)=(x-1)e+C, 又xe(0,+0),所以)=-)c+C,所以xx)= -1)e+e,故[x]'=e-(-1c-C,所以 x2 [x]-（任-+1)。-C,当c=0时，[f]'>0,所以 x2 函数xf代x)在(0，+∞)上单调递增.又e<e2,所以 e)<心e),所以gc),所以A不一定正确：因为 03 e --e+C,所以型--C所以]- x2 x2 x4 [-》ec]--2-4c,设g=-2e-4C, 则g'(x)=(x2-2x)e,所以当x>2时，g'(x)>0,函数g(x)= (x-2)2e*-4C在(2，+∞)上单调递增，所以若2<x≤3，则 g(x)≤g(3)=e3-4C,取C=10,可得当2<x≤3时，g(x)<0, 所u当6=10,23时g]小c0,两数9在(2， 上单两递减，所以9g,所以C不一定正确 e2 四方法总结 构造法求解f(x)与f'(x)共存问题的求解策略： 对于不给出具体函数的解析式，只给出函数f(x)和∫'(x)满足 的条件，需要根据题设条件构造抽象函数，再根据条件得出构 造函数的单调性，应用单调性解决问题，常见类型：∫'(x)g(x)± f(x)g'(x)型；xf'(x)+nf八x)型；入f(x)f(x)(入为常数)型. 7.(1,+o）解析：Hx∈R,2f(x)+f'(x)<0,构造F(x)= fx)·e2-2,所以F'(x)=f'(x)·e2-2+f(x)·2e2-2= e2-2·[f'(x)+2f(x)]<0,所以F(x)在R上单调递减，且 =)。=3,不等式图是可化为)· e2-2<3,即F(x)<F(1),所以x>1,所以原不等式的解集为 (1,+∞). (） 解析：由题意，函数f(x)满足f'(x)cosx+ 选择性必修第二册·RJ 代)inx<0,令F()=到，则F'(x）= COS f'(x)os+x)sim:<0,函数F()=f是定义域 cosx COSx (受，受)内的单调递减函数，由于c>0,则关于x的 不等式(任)：可化为(】 ,即 cos 6 F(g),所以-<且>石得号所 以不等式)<2（君）x的解集为（日，号）】 9.[e,+o)解析：因为f(2-lnt)-2≥f(lnt)-2lnt,所以 2-h)-(2-h)≥fa)-h,即f2-h)-2(2- h=0n)-7（识设g(e到=到-，g(e f'(x)-x,当x∈(0，+0)时，恒有f'(x)<x,故x>0时， g'(x)<0,所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，g(-x)= -(-=到-2=g(),则g)是偶函数， 则2-lntl≤IIn tl,解得lnt≥l,即t≥e. 10.[-1,+o)解析：设g(x)=f(x)-3x2+x,定义域为R,因 对于任意实数x,都有fx)=6x2-f(-x),由g(-x)+g(x)= f(-x)-3x2-x+f八x)-3x2+x=f(-x)+f(x)-6x2=0,可得 g(-x)=-g(x),即函数g(x)为奇函数.又因当x∈ (-∞，0)时，g'(x)=f'(x)-6x+1<0,可得g(x)在(-∞，0) 上单调递减.又函数g(x)为奇函数，故g(x)在R上单调递 减.由f(m+2)≤f-m)+10m+10可得f(m+2)-3(m+2)2+ (m+2)≤f-m)-3(-m)2+(-m),即g(m+2)≤g(-m), 由函数单调性可得m+2≥-m,解得m≥-1. 11.（-∞，-1)U(1,+)解析：令g(x)=efx),则 g'(x)=e[f(x)+f'(x)],当x≤0时，f'(x)+f(x)>0, 且e>0,.当x≤0时，g'(x)>0,即g(x)在(-∞，0]上单调 递增.由e2f代x)+e2f'(x)+f(-x)+f'(-x)=0,得e[f(x)+ f'(x)]+e[f(-x)+f'(-x)]=0,则g'(x)+g'(-x)=0, 即g(-x)=-g'(x),则g(x)是奇函数，设c(x)=g(-x) g(x),则c(0)=g(0)-g(0)=0,c'(x)= -g'(-x)-g(x)=-[-g'(x)]-g'(x)=g'(x)-g'(x)=0, c(x)是常数，得c(x)=c(0)=0,因此g(-x)-g(x)=0, 即g(-x)=g(x),故g(x)是偶函数.：g(x)在(-∞，0]上 单调递增，∴g(x)在(0，+∞)上单调递减.：f(1)=0, ∴g(1)=e1)=0,g(-1)=g(1)=0.当x<-1时，g(x)< 0;当-1<x<1时，g(x)>0;当x>1时，g(x)<0.又e>0, ∴f(x)<0,即g(x)<0,则x<-1或x>1,所以不等式f(x)<0 的解集为(-∞，-1)U(1,+0). 上分专题07利用导数证明不等式 1.解：(1)设x-y+m=0与函数f(x)=lnx的图象相切于点 Prw),因为（到=所以f"()=1因为%>0， 解得x=1,所以yo=lnxo=0,所以点P到直线y=x+1的最 小距离为d=11-0+11 =√2. √12+(-1)7 黑白题60 (2)令(x)=f)-g()=nxx+7,>e,所以h() L-1+=-+l因为xe时，(x)>0,所以h(x)在(e,+o)上 单调造增，所以4（到>t(e)=he-e+分e=1+e(分c-1小 0,即fx)>g(x),所以当x>e时，函数f(x)=lnx的图象在 g()=x之2图象的上方. 2.（1)解当a=3时)=1h+2-1,所以f"()=, 13 则f(1)=2,f'(1)=-2,则y=f(x)在点(1，f(1)处的切线 方程为y-2=-2×(x-1),即2x+y-4=0. (2)证明：由已知，f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)= 是-，当xea,+)时（到>0，则）在(a,+)上 单调递增；当x∈(0，a)时，f'(x)<0,则f(x)在(0，a)上单调 递减所以f()-a)=ha,要证)>号只需证 x1 血心？20设g=nx22*e0,,则g'(归 1_11=-（x-1)<0在x(0,1)上恒成立，所以g() x22x2-2x2 在(0,1)上单调递减，所以当0<x<1时，g(x)>g(1)=0,即 ha心号名所以当a=(0,1)时e>号云 a 1 3.(1)解：由题意得f'(x)=e-a,当a≤0时f'(x)>0在R上 恒成立，函数f代x)在R上单调递增；当a>0时，令 f'(x)=e-a=0,解得x=lna,当x<lna时，f'(x)<0,函数 f(x)在(-o,lna)上单调递减，当x>lna时，f'(x)>0,函数 f(x)在(lna,+o)上单调递增.综上所述，当a≤0时，fx) 在R上单调递增；当a>0时，f代x)在(-o,lna)上单调递 减，在(lna,+oo)上单调递增. (2)证明：由题意知e-a-1≥7×在x≥0上成立，令 (x)=c-ax-1-)2,即g(x)≥0在[0，+∞)恒成立则 g'(x)=e-a-x,令h(x)=e-a-x,则h'(x)=e-1,当x≥0 时，e*≥1，即h'(x)=e-1≥0，且仅当x=0时等号成立，所 以h(x)在[0，+∞)上单调递增，则h(x)的最小值为 h(0)=e°-a=1-a.因为a<1,所以h(0)>0,即在[0，+o) 上h(x)>0,则g'(x)>0,可得g(x)在[0，+∞)上单调递增， 在x=0处取得最小值，最小值g(0)=e°-1=0，即在 [0,+o)上g(x)≥0，可知当a<1时，g(x)≥0在[0，+o)恒 成立，所以)≥2. 4(1)解：当a=1时)=n'()=,f'()>0,解 得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,故fx)=nx-x在(0,1)上 单调递增，在(1，+∞）上单调递减，故∫(x)m=f1)=-1. (2)证明：由(1)得lnx-x≤-1，当且仅当x=1时取等号，令 =1+(a≥2aeN则n(1+)≤分依次取n=2, 参考答案 3a累加求和可得h(+分)+h(+)小++ 11 n2 11.1 11 1 1,1 专1h2)a(g）… 1 n (号)k1,放[+)x(1*京)xx(1+ 是)]小1，即(+是)(+)xx(+）水e 5.(1)解f"()=是1，f(1)=0又1)=-1，则切线方程 为y=-1,当a=0时，显然满足条件，当a≠0时，ax2+(2a+ 3)x-1=-1的方程有两个相等的根，.△=(2a+3)2-0=0, 3 3 2,综上，a=0或a=-2 (2)证明：由于”(x)=上-1,20，所以xe(0,1)时'(x> 0,fx)单调递增，xe(1,+o)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， fm=-1令s)=2g()=-e x2 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(1，+∞) 时，g(x)>0,g(x)单调递增，g(x)n=g(1)=-1..当 te(0,+n)时sg()=e2 6.（(1)解：由题意，得g)=)=hx+名（0)，则g( h+1.当xe(0,)时，g()<0,所以g(x)单调递减：当 xe(日+)时，g(e)>0,所以g(✉)单调递所以g(x】 的单调递减区间为(0，。)，单调递增区间为（仁，+m)）, 所以6（✉）的板小值为：（日）片无极大值 ②证明：要证h+忌>。怎>0)成立，只需证恤+之、习 (o0)成立，令()=言则(-长，当e(0.1D时， h'(x)>0,h(x)单调递增，当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0,h(x) 单调递减，所以h(x)的极大值为h(1),即h(x)≤h(1)= ,由()知，e0,+)时8)≥（日），且s( 的最小值点与h(x)的最大值点不同，所以xnx+ 即 h忌所以>号 7.(1)解：f(x)的定义域为(0，+o)f'(x)=20+1-2 x x3 2 x+ax2-2x-2a_（x+a)(-2若a≥0，则当x∈(0,2)时， f'(x)<0,当xe(V瓦，+∞)时f'(x)>0,所以x=√Z是f(x)的 极小值点，符合条件若a<0,令f'(x)=0,得x=-a或x=√2. 若-√2<a<0,则当x∈(0，-a)和x∈(2，+o)时f'(x)>0, 当xe(-a,W2)时f'(x)<0,所以x=√2是f(x)的极小值点， 黑白题61 符合条件；若a=-2,则f'(x)≥0恒成立，f(x)没有极值 点，不符合条件；若a<-√2，则当xe(0,2)和x∈(-a,+o) 时，f'(x)>0,当x∈(2，-a)时f'(x)<0,所以x=√2是fx) 的极大值点，不符合条件因此a的取值范围是(-√2，+∞). (2证明：当a=1时，h+2(到 * 3,12 +1-2,则r(x)-f'(x)=x-nx-1++ tx2x*e[1,2. 设到血1a(=2+是e1,2由g2 1-1≥0，可得g(x)≥g(1)=0,当且仅当x=1时取等号， h(x=-3-2x+6设p()=-32-2x+6,则e()在[1,2] x4 上单调递减.因为p(1)=1,p(2)=-10,故存在x∈[1,2]， 使得当x∈(1，x0)时，(x)>0,当x∈(x0,2)时，p(x)<0,所 以h(x)在(1，o)上单调递增，在(xo,2)上单调递减.由于 A(1)=2.6(2)=2,所以6()≥A(2)=2,当且仅当=2 时取等号.因此当1≤x≤2时，f(x)-f'(x)=g(x)+h(x)> g)+hM2y=多 四方法总结 当一个函数的导数的符号是由一个含参的二次函数决定时， 常从以下几个方面进行讨论：①二次系数的符号：②对应的二 次方程是否有根：③根的大小及根是否在定义域当中。 8.证明：(1)函数fx)=lnx+x+2+2a的定义域为(0，+0）， f'(x)=0+1- 1-2-+a-2对于方程2+ax-2=0,4=a2+目 8>0.解方程2+ax-2=0,可得1=-a-ya+8 2 <0,x2= -a+√/a2+ 2 80,当0<<a++8时，f'(<0;当x> 2 -a+8时"(>0，所以函数)在0，-+，+8 2 上单调递减，在(a+8,+）上单调递增，所以函数 2 f(x)有唯一极小值点. ②)要证明)<x+2,即证x+alhx+名+2a<x++2 ,即 x a(lnx+2)<8,即证a(lax+2) c令8)：，其中0. 则g(x)=（2）.当0<x<2时，g(x)<0,此时函数g(x)单 x3 调递减；当x>2时，g'(x)>0,此时函数g(x)单调递增，所 以g()m=g(2)=手构造函数a(x)=n2),其中0< a<>0,则()=an+D.当0<时，(>0. 此时函数h(x)单调递增；当x>】时，'(x)<0,此时函数 e 4(到单河递减，所以4()-h(日）ae<，则6()< 选择性必修第二册·RJ 80一，所以2山2》<号放原不等式得证 9.(1)解：由题可得f'(x)=-sinx+sinx+xCosx=xcOsx,当-T< xK2时f'()>0,当-7<0时，f'()<0,当0<受时， f"(x)>0,当<m时"()<0，所以)在(，7】 和(o,)上单调递增，在(7,0）和（行，m)上单调 递减. (2)解：g(x)=e-x,g'(x)=e-1,令g(x)=0,得x=0,当 x<0时，g'(x)<0;当x>0时，g'(x)>0,所以g(x)在(-∞，0) 上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以g(x)in= g(0)=1. (3)证明：当xe[0,+o)时，令F(x)=fx)-g(x)-x=cosx+ xsinx-e,则F(x)=xcosx-e.因为cosx≤1，所以F'(x)= xcos x-e≤x-e,由(2)知g(x)=e*-x≥1>0，故x-e<0,所 以F'(x)=xcosx-e≤x-e<0,故F(x)在[0，+∞)上单调递 减，所以F(x)≤F(0)=0,所以f(x)≤g(x)+x 10.(1)解：因为>0，f"(x)=1+a.若a≥0，则f'(x)>0在 (0,+0)上恒成立，所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增； 若a<0,()>0→+a>0=0<r"(<0= 分。所以函数)在(0，-)上单调递增，在 (。,+m)上单调递减综上可得，当a≥0时，)在 (0,+w)上单调递增：当a<0时，)在(0，）上单调 递增，在(，+∞)）上单调递减 (2)解：由(1)得若)≤0恒成立，则a<0,且f(。）≤ a由r(-）≤0n()+ax(a)≤0 h(日)≤1→！≤→a≤所以。的取值范同为 e (] (3)证明：当a=1时，fx)<e+x-2曰nx+2<e.设 g(x)=e-(x+1)(x>0),则g(x)=e-1,因为x>0,所以 g'(x)=e-1>0.所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以 g(x)>g(0)=0. 所以e>x+1在(0，+o)上恒成立.设h(x)=lnx+2-(x+ 1)=nx-+1(>0),则'(x)=1-1=1由'(x)>0与 0<x<1;由h'(x)<0→x>1.所以h(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，+o)上单调递减.又h(1)=1n1-1+1=0,所以 h(x)≤0，即nx+2≤x+1在(0，+o)上恒成立.所以 lnx+2<e在(0，+o)上恒成立故原不等式成立. 11.(1)解：f'(x)=e*-x-a,x∈[0，+∞)，令u(x)=f'(x),因 xe[0,+o),由u'(x)=e-1≥0，可得u(x)在[0，+o)上 单调递增，即f'(x)在[0，+o)上单调递增.当a≤1时， f'(x)≥f'(0)=1-a≥0在[0，+∞)上恒成立，故得f(x)在 [0,+o)上单调递增，则f(x)≥f(0)=1,符合题意；当a>1 时f'(0)=1-a<0.令h(x)=e-2x,则h'(x)=e-2,当x< ln2时，h'(x)<0;当x>ln2时，h'(x)>0,则h(x)在 白题62 (-o,ln2)上单调递减，在(ln2,+o)上单调递增，故 h(x)≥h(ln2)=2-2ln2>0.所以f'(a)=e-a-a=e-2a> 0.又f'(x)在[0，+∞)上单调递增，且f'(0)<0,故3x0∈ (0,a),使得f'(x)=0,则当x∈(0，x)时，f'(x)<0,当 x∈(xo,+∞)时f'(x)>0,即f(x)在(0，x)上单调递减，在 上所述，实数a的取值范围是(-∞，1]. +12,要证不等式(e-+1(+1>24(e0, 只需证心-之+1>h0)即证x+2>n4D即只需 2x 2x E(lo0)e=h(a2名(e0.则 F(x)=1-4 x2 x+(x+2(+10(x+2,当x>0时， F'(x)>0恒成立，故F(x)在(0，+o)上单调递增， 又F(0)=0,所以F(x)>0恒成立，所以原不等式成立. 12(舞：)，可”( (2*c8t2,令f'a 3cos x(2+cos x)-3sin x(-sin x)6cos x+3 (2+c0sx)2 2成，当 0,得cm=子，因为e儿0，受]，所以x 或3 e,)时(>0：当（智]时'(）<0： 当xe（ ]时(>0，所以题数到在，号）上 单调递增，在（智]上单调递该，在（灯]上单调 递增0)=0()=3，f(）=-三，所以)在 [0,3]上的最大值为3。 (2)解：由函数g(x)=lnx,可得h(x)=ax-g(x)=ax-lnx, xe(0,+0),则k(x)=a--1,当a≤0时，'(x)< x 0,所以h(x)在(0，+∞)上单调递减，没有最小值；当a>0 时，令()>0，可得，令N(<0得0<，所以 4()在0，日)上单调递减，在（合+一）上单调道地， 所以A()的技小值为A(日）=ax-h(日)=1+ na=1,则a=1. (3)证明：根据题意，要证g(x)>f(x)-1成立，即证xnx+ 3sin成立，由(2)知当a=1时，h(x)≥h(1)=1,所以 1> 2+cosx x-nx≥L,即上+nx≥1，所以1+nx≥，令H(x)=x- ! 2+c08xx∈(0，+0)，则P(x)=1- 3sin x 6cos x+3 (2+c0sx)2 (2+s户≥0，所以()在(0，+∞)上单调递增，所以 （(c0sx-1)2 H(x)>H(0)=0,所以x> 3sinx,即1+xnx 2+cos x 2+cos x 所以原不等式成立 参考答案号 上分专题08利用导数研究不等式 恒成立、能成立问题 1.D解折：曲对任意e0,+),a,得@心（侣） 及之心：a当 1 x2 (0,e)时，f'(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时， f'()<0)单调递减，所以)≤e)-5,所以a> [,+m）解析：由题意得g()=3h-2x+1≥1在区 间1,4)上有解，可转化为3产二令p()二则 ®'(x)=20x当xeL,e)时，9(x)<0,9(x)在区间 (1,e)上单调递减；当x∈(e,4)时，p'(x)>0,所以p(x)在 区间(e,4)上单调递增，因此要使得3a 2x在区间(1,4) In x 上有解，只需满足3a≥p(x)=p(e)=2e,即a≥2 8.(,)解析：由已知号m>0在(0，+)上恒成立。 所以m<号在(0，+a)上相成立，故m<(停），其中xe e min 0,+),令h(x)三x>0),则()=e22(x>0), 令h'(x)>0,解得x>2,令h'(x)<0,解得0<x<2,故h(x)在 (0,2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故h(x)m= A(2)-=号成m<学所以m的取值范图是(-号） 解：)当a=2时，)=hx+名1)=1，函数) n+子的导函数为'()=+1 x+1 x(+1,故f"()=分，所以 函数在(11)处的切线方程为-1=子(-1)，即 x-2y+1=0. (2由任意xe60,+a)e)≤告知h≤号恒成 立.因为>0，所以x+1>0,故a≤（x+1)°-（x+1)n在xE 2 0,+a)上恒成立设8✉)=少°-(+1h(>0, 则g(x)=-1lnx,令h(x)=x-1-nx,则(x)=1+ 1123 11x2-x+1 (2)+4 >0,所以h(x)在(0，+∞) 上单调递增，又h(1)=0,所以当x∈(0,1)时，g(x)= h(x)<h(1)=0,g(x)在区间(0,1)上单调递减；当x∈ (1,+∞)时，g'(x)=h(x)>h(1)=0,g(x)在区间(1，+∞)上 单调递增；故当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值，且 g(x)mm=g(1)=2,所以若a≤g(x)在x∈(0，+∞）上恒成 立，则a≤g(x)im=2,故实数a的取值范围是(-o,2]. 5.解：(1)f(x)=ae-2x,求导得f'(x)=ae-2,当a≤0时， 白题63