第3章 第3讲 第1课时 导数与不等式的证明-【衡中学案】2027年高考数学一轮总复习学案

所以当x=20时，f(x)取得最小值. 故当该轮船的航行速度为20km/h时，其每千米的运输成本y 最低 第三讲导数的综合应用 知识梳理·双基自测 双基自测 1.(1)×(2)×(3)V(4)× 2.C函数的定义域为(0，+o),由f代x)=0得a=xnx,记g(x)= xln x. y=g(x)/ Ay-a 则g()=nx+1,由g(x)>0得>，由g'(x)<0得0<x< e e g)在0，）上递减，在（日+上递增，且&(） 月)=-日，由图可知。a<0,故选C 3.c)-f()1h当0<e时0，放 f(x)在(0，e)上单调递增.又0<a<b<e,∴f代a)<fb).故选C. 4.[证明](1)设f(x)=e-x-1,则f'(x)=e-1在(-∞，0)上 f'(x)<0,在(0，+0)上f'(x)>0,故f(x)在(-0,0)上递减，在 (0,+∞)上递增，所以f代x)在x=0处有最小值，故f(x)≥f(0)》 =0,.e≥x+1. (2)设f(x)=lnx-x+1(x>0), f(=11=-(D0). 在(0,1)上f'(x)>0,在(1，+∞)上f'(x)<0, ∴fx)在(0,1)上递增，在(1，+∞)上递减，f(x)≤f1)=0. .nx≤x-1. 5.[解析](1)因为f(1)=0,故1-m-2+0=0, 故m=-1,故f(x)=x2-x-lnx, 故f(x)≤x-1即为x+lnx≥1， 设x)=+h,>0,则(x)=1+>0, 故s(x)在(0，+0)上为增函数， 而x+nx≥1即为s(x)≥s(1),故x≥1， 故原不等式的解集为[1，+0). (2)f(x)在(0，+∞)有极大值即为有极大值点。 f'(x)=2x-(m+2)+m-2x2-(m+2)x+m-(2x-m)(x-1) x 若m≤0，则xe(0,1)时，f'(x)<0,xe(1,+o)时，f'(x)>0, 故x=1为f(x)的极小值点，无极大值点，故舍； 若0<<1即0<m<2,则xe（,1）时'(x)<0, re(0,7)U(L,+)时f(w)>0, 故x=公为八)的极大值点，特合题设要求： 若m=2,则xe(0,+o)时，f'(x)≥0fx)无极值点，舍； 若2>1即m>2,则xe(1,2）时()<0， 4 e(0,u(受+）时f()>0, 故x=1为f代x)的极大值点，符合题设要求. 综上，m>0且m≠2. 第一课时 导数与不等式的证明 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)由题意得xe(0,+o), 因为函数f(x)=ax-lnx在x=1处的切线垂直于y轴，所以 f'(1)=0. 由x)=a-hx得f()=a 则f'(1)=a- 1=0,解得a=1, 1 则fx)=-hxf'(x)=1-￥ 1x-1 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,此时f(x)单调递减； 当x∈（1，+∞)时，f'(x)>0,此时f(x)单调递增. 则f孔x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0,1). (2)证明：证法一：欲证f(x)<e1-x+1, 即证x-lnx<e-l-x+l. 即证2x-lnx-e-l-1<0. h(x)=2x-In x-e1-1,%>1, 则h(x)=2-1-e_2=e-1 x 令g(x)=2x-xe-l-1,x>1, 则g'(x)=2-(er1+xer1), 再设p(x)=xe1,x>1,则p'(x)=e1(x+1),因为x>1,则 p'(x)>0恒成立， 则o(x)在(1，+∞)上单调递增， 则易知g'(x)=2-(e-l+e1)在(1，+∞)上单调递减， 则g'(x)<g(1)=0,则g(x)=2x-e1-1在(1，+0)上单调 递减， 则g(x)<g(1)=0,则h'(x)<0在(1，+∞)上恒成立， 则h(x)<h(1)=0,即fx)<e-x+1. 证法二：欲证fx)<e-x+1,即证x-lnx<el-x+l, 令g(x)=x-lnx(x>1),即证g(x)<g(e1）. 当1时，g()=1>0g)单调递增， 所以只需证明x<e-(x>1). 令h(x)=er1-x(x>I), 则h'(x)=er1-1>0, 所以h(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以h(x)>h(1)=0. 所以当x>1时，f代x)<e-x+1得证 变式训练 [解析](1)f'(x)=2x-a+元， 依题意，f'(1)=2×1-a+1=0,解得a=3, 经检验符合题意，所以a=3. (2)证明：由(1)可知，fx)=x2-3x+nx, 要证fx)=x2-3x+lnx≤2x2-4x, 即证x2-x-lnx≥0， 设g(x)=x2-x-lnx, 则g(x)=2x-1-1-x-1)(2+1) x 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 考点3 当xe(1,+0)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 例：[证明]要证2-L血x x e 因为g(1)=0,g(x)≥g(1)=0, 所以f(x)≤2x2-4x. 只证e2）h 考点2 又易证e>x+1(0<x<1), 例：[解析](1)由题意知，x∈(0，+∞)， f(x)=hx+2,令f(x)=0可得x= 只香证骑血4(41（一列>0 即证nx+1-x+1-x2>0. 当xe(0,。)时f(x)<0x)单调递减： 而x3<x,x2<x(0<x<1), 当e(+）时(0)单调递， 飞只需证hx+1-2x+0, 1 令g(x)=lnx+1-2x+ (2)证明：因为x>0, 则g(x)=1-2 -1=2x2-x+1 、x2 x2, 所以只需证明xlnx+x> 而22-x+1>0恒成立， g'(x)<0, 设g(x)= 。>0,则g()=1 , .g(x)在(0,1)上单调递减， 当x∈(0,1)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， .当xe(0,1)时，g(x)>g(1)=0, 1 当x∈(1，+∞时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 即nx+1-2x+>0 所以g(x)=g(1)=- 1 。,所以g()≤区 2.1mx 由(1)知f(x)≥。 变式训练 又因为g)≤。取等号时=1x)归h+≥一取等号 [证明]不等式elnx+ 1等价于ah3>. 2e*-1 由常用不等式e≥x+l,故el≥x 厨≥1，敌只奢证eh+2> 所以等号不能同时取到，故xnx+x> 。,则原不等式 令f(x)=exln+2(x>0), 则f'(x)=e(nx+1), 得证. 变式训练 易得当x∈(0，）时'()0： [证明]要证fx)<e,即证x+xnx<e, 即证1+xe e(合+）时f(✉>0， >0 令函数g(x)=1+血”，则g(x)=1h 故x)月)=1，原不等式得证 考点4 令g'(x)>0,得xe(0,e)； 令g'(x)<0,得xe(e,+o). 例：[解析](1)f'(x)=e-(x-1)e_2-x e2r 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+o)上单调递减，所以 当xe(-∞，2)时f'(x)>0f(x)单调递增， gmo-1日 当x∈(2，+∞)时，f'(x)<0f(x)单调递减， 1 令函数(x)=C ,则h'()=e(x-2) :当x=2时x)取得极大值云 x 综上fx)的单调递增区间为(-∞，2)，单调递减区间为(2， 当xe(0,2)时，h'(x)<0; 当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0. +如)，极大值为。三，无极小值 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，所以 (2)证明：由(1)知，x→-0时，f(x)→-0，x→+0时，f(x)→ 6-62=月 11 因为+日月）0.所联0 由m血n-hm=mn得nm-l_hn-l m n 即1+e :,从而)<e得证 又nm)=hm:hm,同里nm)-nn eh m n —452 nm与1nn是)=0<司)的两个正振，不坊设nm< nn,易知l<hm<2,lnn>2,要证明mn>e4 只需证明lnm+lnn>4,即证lnm>4-nn, 当lnn≥3时，此式显然成立； 当2<lnn<3时，1<4-lnn<2, 又f代x)在(1,2)上单调递增 ∴.只需证flnm)=flnn)>f(4-lnn), 令h(x)=fx)-f(4-x)(2<<3), 则㎡(x)=f”(x)+f”(4-x)=2+2=4=0=(2-x)· e (日司如， ∴.h(x)=fx)-f4-x)>h(2)=f(2)-f(2)=0, ∴.fx)>f(4-x), ..flnn)>f4-lnn),即结论成立， 综上，mn>e. 变式训练 [解析](1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)f'(x)= -In x, 当xe(0,1)时，f'(x)>0,fx)单调递增； 当xe(1,+∞)时，f'(x)<0,fx)单调递减 即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，+0)上，函 数f(x)单调递减. (2)证明：由bna-alnb=a-b, 令行= 1 x1≠x2,不妨设<2， 令f'(x)=0,得x=1.且f代e)=0. 结合(1)中的f代x)的单调性，易知，0<x1<1<x2<e 待证结论-2<x1tx2<e 下面证明x,+x,>2. 令g(x)=f(x)-f2-x),x∈(0,1)， 则g'(x)=-ln[x(2-x)]>0, 所以g(x)在区间(0,1)上单调递增， 所以0=g(1)>g(x1)=f(x1)-f2-x1), 即f(2-x1)>f(x1)=fx2). 又f(x)在区间(1，+∞)上单调递减，所以2-x1<x2,即x1+x2>2 再证明x1+x2<e, 证法一：不妨设x2=tx1,则t>1,由x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2)可得 1-nx)=,[1-lh(,)],化筒得n,=1 t-1 要证x1+x2<e,即证(1+t)x1<e, 即证lnx,<1-ln(1+t), -1-lh(1+),即证n(1)n2 即证1-l tt-1' 1 设h(t)=lnt >l,h'(t)= t (t-1)2, 令p()=1-Lin,>l, 所做)=}号 所以p'(t)<0,所以p(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以p(t)<p(1)=0,所以h'(t)<0, 4 所以h(t)在(1，+∞)上单调递减， 所以h(+1)<h(0),即血(1+n tt-1' 所以x+<e,故2<11 a6<e. 证法二：f(x)在点(e,0)处的切线p(x)=e-x, AF(x)=f(x)-o(x)=2x-xln x-e,x(0,e), F'(x)=1-ln>0,所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即F(x) <F(e)=0, 所以当xe(0,e)时，f(x)<p(x). 令t=f代x1)=f(x2), 则t=f代x2)<p(x2)=e-x2→t+x2<e. 又t=fx)=x(1-nx),x1e(0,1), 所以t=x1(1-lnx)>1,即x1+x2<t+x2<e 综上，2<1+x,<e故2<11 a6e成立. 名师讲坛·素养提升 变式训练 [解析](1)由题设知f(x)的定义域为(0，+∞)， 令f'(x)=0,解得x=1. 当0<x<1时，f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增； 当x>1时，f'(x)<0,f(x)在(1，+0)上单调递减. (2)证明：由(1)知f(x)在x=1处取得最大值，且最大值为f(1) =0, 所以当x≠1时，nx<x-1. 故当xE(1,+0)时，0<nx<-1,即1， In x n⊥<上-1，所以n 又nxx 、x-1 x 即1 <x, In x 故当e,)计，恒有1 第二课时导数与不等式恒（能）成立 考点突破·互动探究 考点1 例：[解析](1)由题意得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a- 1_ax-1 当a≤0，xe(0,+o)时，f'(x)<0, 所以f代x)在区间(0，+0)内单调递减，无最大值，无最小值； 当a>0时，令f(x)=0,得x=。 ）时了(x)<0x)单调递减， 当xe0,a) 当x∈ ,+∞时f(x)>0,fx)单调递增. 故当x=时，∫(x)取得极小值且为最小值，且最小值为 f(行）=1+na,无最大位 综上，当a≤0时，f(x)无最大值，无最小值； 当a>0时，f(x)的最小值为1+lna,无最大值. 53第三讲 导数的综合应用 知识梳理·双基自测 知识梳理 题组二走进教材 2.（选择性必修2PgT13改编)若函数f(x)=xlnx-a 知识点一利用导数证明不等式 有两个零点，则实数a的取值范围为 () 若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最 ( a() 大值小于0，即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b) c(-2.o 知识点二利用导数解决不等式的恒（能） 成立问题 3.(选择性必修2PuT2改编)若函数f(x)=血x “恒成立”与“能成立（存在性）”问题可看作一类 0<a<b<e,则有 () 问题，一般都可通过求相关函数的最值来解决，如：当 A.f(a)>f(b) B.f(a)=f(b) fx)在x∈D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥ C.f(a)<f(b) D.f(a)f(b)>1 g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在xeD上的最小 4.(选择性必修2PT12改编)求证：(1)e≥x+1; 值，将原条件转化为g(a)≤f(x)mm;若f(x)≤g(a)对 (2)nx≤x-1(x>0). 于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大值，将原 条件转化为g(a)≥f(x)mx;若存在x∈D,使得f(x）≥ g(a)成立，应求f八x)在x∈D上的最大值，将原条件转 化为g(a)≤f(x)mx;若存在x∈D,使得f(x)≤g(a)成 立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化为 066 g(a)≥f代x)mim 知识点三利用导数研究函数的零点 利用导数求函数零点步骤 (1)求函数(x)的单调区间和极值. (2)根据函数f(x)的性质作出图象， (3)判断函数零点的个数 题组三走向考场 5.（2025·上海卷)已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈ 归纳拓展 农 1若xe0,) (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集； ,则tanx>x>sinx. (2)若函数y=f(x)满足在(0，+∞)上存在极大值， 2.若xe(0,+∞)，则e≥x+1>x-1≥lnx 求m的取值范围。 3.若x∈(-1，+o),则x≥ln(x+1)≥x+ 双基自测 题组一 走出误区 1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“V”或“×”） (1)函数y=x-sinx有无数多个零点， () (2)函数y=mr科受引内有三个零点 (3)不等式e>n(x+2)恒成立. 4)不等式日 ≤1-x恒成立. 第一课时导数与不等式的证明 考点突破·互动探究 考点 直接作差构造函数证明不等式 考点 利用隔离分析最值法证明不等式 例(2025，莆田模拟)设函数fx)=-nx在x=1 例(2026·山东潍坊期中)已知函数(x)=nx+ 处的切线垂直于y轴。 (1)求函数f(x)的最小值； (1)求函数f(x)的单调区间； 12 (2)证明：nx+1> (2)若x>1,证明：f(x)<erl-x+1. ele2·x 名师点拨： 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求 067 导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构 名师点拨：利用作差构造法证明不等式的基本造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的 步骤 目标.含lnx与e的混合式不能直接构造函数，要将 (1)作差或变形； 指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行 (2)构造新的函数g(x); 证明. (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； 2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点， (4)根据单调性及最值，得到所证不等式. 一般地，e与lnx要分离，常构造x”与lnx,x”与e的 【变式训练】 积、商形式，便于求导后找到极值点. (2026·河北保定三模)已知函数f(x)=x2-ax+nx, 【变式训练】 x=1为f(x)的极值点 (2026·江苏南通百校开学联考改编)已知函数 (1)求a; f(x)=lnx+x.证明：xf(x)<e. (2)证明：/x)≤2x2-4x 考点 放缩后构造函数证明不等式 专点4 双变量不等式的证明 例已知0x<1,求证2-1 例(2026·海南中学高三月考)已知函数x)=- x e" (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)设m,n为两个不相等的正数，且mlnn-nlnm =m-n,证明：mn>e4 名师点拔：证明双变量函数不等式的常见思路 1.将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数 名师点拨： 构造一个含参数的辅助函数证明不等式. 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适 2.整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换 068 当地利用熟知的函数不等式e≥x+1,1-】≤nx≤ 元，化为一元不等式 3.若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以 x-1等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函：将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性， 数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行 从而构造函数利用单调性证明 放缩，然后再构造函数进行证明. 【变式训练】 【变式训练】 已知函数f(x)=x(1-lnx). 证明：e'lnx+2e >1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a- 6,证明：2<↓+1 名师#坛·素养提升 KARA2XA42K2R444442441444444444444444424444444244444442424444444244444442444444444441444444444444424444442244444144444/44444444444444444444444444444444444444444444 有关x与e,lnx的组合温数的处理方法 1.熟悉函数f(x)=h(x)lnx±e,h(x)=ax2+bx+c(a,b不能同时为0)的图象特征，做到对图1、图2、图3、 图4所示的特殊函数的图象“有形可寻”. y c(x)=xIn x-e m(x)=xIn x-e n(x)=xln x+e p(x)=xIn x+e* 图1 图2 图3 图4 e D,熟悉函数f八x)三hnx,其中(x)=am+bx+c(a,b不同时为0)的图象特征，做到对图5、图6所示的 两个特殊函数的图象“有形可寻” q=号-lnx )=+Inx 》 图5 图6 方法一分离参数，设而不求 则P(x)在x=x0处取得最小值，且最小值为 例已知函数x)=lhx+6(x)=是否存在整数(，)=e”-n,-1=,-1>2,· 1 -1=1>0,所 m,位得对任意的xc(分，+，都有y)的图象在 以”()>0，即()在分+上单酒道增， 069 y=g(x)的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值； 若不存在，请说明理由.（参考数据：e=2.71828…为自 所以m≤ (分）-e-n方=e+n2- 然对数的底数，ln2≈0.69315) 1.99530 [解析]假设存在整数m满足题意，则不等式 故存在整数m满足题意，且m的最大值为1. nx+m<￡对任意的x∈ 2,+o∞恒成立， [探究]若分离参数后导数零点不可求，且不能 通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法.在本题 /1 即m<c-lnt对任意的x∈（2，+o恒成立. 中，通过虚设零，点xo,得到xo=-nxo,将eo-nx。-1转 令v(x)=e-xnx,则v'(x)=e-lnx-l, 化为普通代数式一+x01,然后利用基本不等式求出最 令o(t)=e-lnx-1,则o'(x)=e- x 值，同时消掉x0,即借助p'(xo)=0作整体代换，采取 设而不求的方法，达到化简并求解的目的. 易知0(x)在（乞，+上单调递增，因为 方法二分离h×与e p'(分)=e2-2<0,p'(1)=e-1>0且'(x)的图象在 例已知函数)=a-hx (1)若f(x)在(0，+∞)上单调递增，求a的取值 范围； (2上连续。 (2)若a=e(e为自然对数的底数)，证明：当x>0 所以存在唯-货6e(份小，俊得()0，即时心+日 e0_1=0,则x0=-lhxo [思路](1)先对(x)求导，然后分离参数，可得 在0时恒成立，令g()=(0 In x+l 2a≥ 当e行时p()单调道减：当e(,*m） 时，p(x)单调递增， 再由丽数g()的单调性求出g(x)=血+的最大值。 即可得a的取值范围：(2)先将不等式转化为n+ x (家出不等式hx+品心的左边不小于0 ex-e"(x>0),4h(x)=In x+-(x>0),(x)=ex-e(x> 令p(x)=ex-e'(x>0),则p'(x)=e-e*(x>0) ex 由p'(x)>0,得0<x<1,由p'(x)<0,得x>1, 0),分别求出函数h(x)的最小值和函数φ(x)的最大 所以p(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单 值，比较其大小，即可证明不等式 调递减， [解析](1)易知f(x)的定义域为(0，+∞).对 则(x)在x=1时取得最大值，最大值为p(1)= fx)求导，得f'(x)=2ax-lnx-1, 0,从而p(x)≤0，即ex-e≤0. 因为f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以当x>0时， 1 '(x)≥0恒成立， 求出不等式lnx+>ex-e的右边不大于0】 ex 即2ax-lhx-1≥0恒成立，也即2a≥血x+ 在x>0 因为h(x)和o(x)不同时为0，所以nx+L>er-e ex 时恒成立. (分离参数) 令g(x)=lnx+1 (>0),即当>0时，x)<xe+L成立. ,>0,则2a≥g(x)n e [关键点拨]本题第(2)问要证明当x>0时，不 g)=,令g()>0,可得h<0,解得 等式er2-n<e+上成立，如果构造函数t(x)=e+ 0<x<1;令g'(x)<0,可得lnx>0,解得x>l1. -ex+xlnx(x>0),通过研究函数t(x)的单调性来证 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单 调递减，则g(x)mx=g(1)=1. 明不等式，会遇到导函数的零，点不能确定的问题，增加 (构造函数，利用单调性求出最大值) 了难度，所以先将不等式转化为nx+ ex>ex-e"(x>0) 070 所以2n≥1，即a≥2 (即分离nx与e),再分别求函数h(x)=lnx+c(x> 故a的取范国是[行+ 0)的最小值和函数p(x)=ex-e(x>0)的最大值，即可 (2)证明：当a=e时，f(x)=ex2-xnx,要证当x>0 证明不等式 时r)<e+1,即证当>0时，er2-n<xe 1 方法三借助e*之x+l和h×≤x-I进行放缩 e 例已知函数f八x)=xe-anx(e为自然对数的底数， 因为x>0,所以只需证ex-nx<e+一，即证lnx+ e=2.718…). ex (1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求实数a的取值 ->ex-e'. 范围； (2)当a=-1时，设g(x)=x[f(x)-xe]-x3+x2-b, 1 令h(x)=lnx+一(x>0), ex 若函数g(x)存在零点，求实数b的最大值. 11ex-1 [思路](1)先对f(x)求导，再利用f'(x)≤0对 则h'(x)=二 (>0). x∈(0,1)恒成立，可求实数a的取值范围；(2)将问题 由N)0,得0c<由(x)20,得 转化为方程b=xnx-x3+x2在(0，+∞)上有解，构造函 数k(x)=xnx-x3+x2,由零点存在性定理或利用lnx 所以()在0，启)上单调道减，在（日+）上单 ≤x-1可求得实数b的最大值. 调递增， [解析](1)对f(x)求导，得f'(x)=xe+e-a 则A()在x=。时取得最小值，最小值为A日) =（x2+x)e2-a 0,从而h(x)≥0，即lnx+≥0. 由题意知，f'(x)≤0对x∈(0,1)恒成立， e 即(x2+x)e-a≤0对x∈(0,1)恒成立， 也就是a≥(x2+x)e在(0,1)上恒成立 解法二：设k(x)=xnx-x3+x2,下面证nx≤x-1 (分离参数)（x>0) 设h(x)=(x2+x)e,则h'(x)=e*(2x+1)+(x2+x)e =e(x2+3x+1), 设o)=h10.测pe1, 当x∈(0,1)时，x2+3x+1>0,则h'(x)>0, 令p(x)=-1=0,得=1 所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)<h(1) 当x∈(0,1)时，p'(x)>0,p(x)单调递增； =2e,因此a≥2e, 当xe(1,+∞)时，p'(x)<0,p(x)单调递减. (构造函数，通过单调性求出a的取值范围) 于是实数a的取值范围是[2e,+o). 所以p(x)mx=p(1)=0,即p(x)≤0 也就是lnx≤x-1. (2)当a=-1时，f(x)=xe+lnx, 由此可知k(x)=xnx-x3+x2≤x(x-1)-x3+x2= 则g(x)=xnx-x3+x2-b. -x(x2-2x+1)=-x(x-1)2≤0， 由题意知方程b=xlnx-x3+x2在(0，+o)上有解. 又当x=1时，k(1)=0, (分离参数) 所以实数b的最大值为0. 解法一：设k(x)=xnx-x3+x2(x>0), (构造函数，利用不等式lnx≤x-1(x>0)放缩，求 则k'(x)=lnx+1-3x2+2x, 出实数b的最大值) 设m(x)=lnx+1-3x2+2x(x>0), [关键点拨]本题第(2)问的求解中，方法二借 则m'(x)=1-6x+2=-6+2x+l 助不等式lnx≤x-I(x>0)进行放缩，使求解过程变得 简洁，这种方法在求解涉及山x的函数问题中经常用 令m'(x)=0,即6x2-2x-1=0, 到，应注意掌握， 1+7 一（舍去），x2= 071 6 【变式训练】 设函数f(x)=nx-x+1. 时，m'(x)>0,m(x)单调递增， (1)讨论f(x)的单调性； x-1 (2)求证：当xe（1,+∞)时，1< 一<x 注发到1=0.放有g0. 所以存在传，1使(=0， (应用函数零点存在定理)》 即1+lnxo-3x+2x=0,易知k(1)=0, 当x∈(0，x)时，m(x)<0,即k'(x)<0,k(x)单调 递减； 当x∈(x。,1)时，m(x)>0,即'(x)>0,k(x)单调 递增； 当x∈(1，+∞)时，m(x)<0,即k'(x)<0,k(x)单 调递减. 由于x→0时，k(x)→0且k(x)<0,所以k(x)mx= k(1)=0, 温馨提示：复习至此，请完成练案[18] 于是实数b的最大值为0.