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(新高考)高考数学一轮复习题型归纳学案专题06导数6.5《利用导数研究不等式恒成立》（解析版）
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专题六 《导数》学案
6.5 利用导数研究不等式恒成立
知识梳理.利用导数研究不等式恒成立
1.恒成立问题: 一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；
若a
若存在x0∈D，使a
题型一. 参变分离
1．已知函数f（x）＝ax﹣lnx，若f（x）＞1在区间（1，+∞）内恒成立，则实数a的范围为 a≥1 ．
【解答】解：∵f（x）＝ax﹣lnx，
∴f（x）＞1即ax﹣lnx＞1，得ax＞lnx+1
∵x＞1，∴原不等式转化为a
设F（x），得F'（x）
∵当0＜x＜1时，F'（x）＞0；当x＞1时，F'（x）＜0
∴F（x）在区间（0，1）上为增函数；在区间（1，+∞）上为减函数
可得F（x）在（0，+∞）的极大值为F（1），也是函数在（0，+∞）的最大值
∵a在区间（1，+∞）内恒成立，
∴a≥F（1），即a≥1，可得实数a的范围为[1，+∞）
故答案为：[1，+∞）
2．已知函数f（x）mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，） C．（﹣∞，e） D．（，+∞）
【解答】解：若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
则m在（0，+∞）恒成立，
令h（x），（x＞0），
h′（x），
令h′（x）＞0，解得：x＞2，
令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
故h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
故h（x）min＝h（2），
故m，
故选：B．
题型二. 转化成两个函数
1．已知函数，若f（ax﹣ex+1）＞1在x∈（0，+∞）上有解，则实数a的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（e，+∞） D．（1，e）
【解答】解：根据题意，函数x+sinx+2ln（x），
函数y＝x+sinx，其导数y′＝1+cosx≥0，在R上为增函数，
函数y＝2ln（x），在R上为增函数，
则函数在R上为增函数；
又由f（0）＝1，即f（ax﹣ex+1）＞f（0）在x∈（0，+∞）上有解，即存在x∈（0，+∞）使得，ax﹣ex+1＞0有解，
进而可得存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，
在同一坐标系里画出函数y1＝ax与函数y2＝ex﹣1的图象；
对于y2＝ex﹣1，其导数y2′＝ex，当x∈（0，+∞）时，曲线y2＝ex﹣1的切线的斜率k＝ex＞1；
要满足存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，则直线y1＝ax的斜率a＞1；
故实数a的取值范围为（1，+∞）；
故选：A．
2．已知函数f（x）＝x+xlnx，若k∈Z，且k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，则k的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：由k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，
得：k，（x＞1），
令h（x），（x＞1），则h′（x），
令g（x）＝x﹣lnx﹣2＝0，得：x﹣2＝lnx，
画出函数y＝x﹣2，y＝lnx的图象，如图示：
又g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＝2（1﹣ln2）＞0，
∴零点属于（3，4）；
∴g（x）存在唯一的零点设为x0，
∴h（x）在（1，x0）递减，在（x0，+∞）递增，
而3＜h（3）4，e5＜35＜44，
所以，所以3＜h（4）4，
∴h（x0）＜4，k∈Z，
∴k的最大值是3．
（或x0满足x0﹣lnx0﹣2＝0且x0∈（3，4），
∴h（x）min＝h（x0）x0∈（3，4），
∴k＜h（x）min＝h（x0），∴k的最大值是3）．
故选：B．
题型三. 讨论参数
1．不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．e
【解答】解：不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，
即有ex﹣kx≥0恒成立，
设f（x）＝ex﹣kx，即有f（x）的最小值大于等于0，
则f′（x）＝ex﹣k，
由k＞0，可得x＞lnk时，f（x）递增；x＜lnk，f（x）递减，
则f（x）在x＝lnk处取得极小值，且为最小值，
可得f（x）的最小值为k﹣klnk，
由k﹣klnk≥0，解得0＜k≤e，
则k的最大值为e，
故选：D．
2．（2014·辽宁）当x∈[﹣2，1]时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，] C．[﹣6，﹣2] D．[﹣4，﹣3]
【解答】解：当x＝0时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0对任意a∈R恒成立；
当0＜x≤1时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a，
令f（x），则f′（x）（*），
当0＜x≤1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，
f（x）max＝f（1）＝﹣6，∴a≥﹣6；
当﹣2≤x＜0时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a，
由（*）式可知，当﹣2≤x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
f（x）min＝f（﹣1）＝﹣2，∴a≤﹣2；
综上所述，实数a的取值范围是﹣6≤a≤﹣2，即实数a的取值范围是[﹣6，﹣2]．
故选：C．
3．设函数f（x）（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a≤2时，证明：对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x），
∵a＞0，ex＞0，
∴由f′（x）≥0可得x，
∴a＞0时，f（x）在（﹣∞，]递增；
（Ⅱ）（i）a≤0时，f（x），
由x≥0，得ax+1≤1，
∵ex≥1，∴1，
而x+1≥1，∴f（x）≤x+1成立；
（ii）0＜a≤2时，令h（x）x﹣1，
则f（x）≤x+1成立等价于h（x）≤0，
h′（x）1，
∵g（x）＝﹣ax+a﹣1是减函数且x≥0，
∴g（x）max＝a﹣1≤1，
∴h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）递减，
∴x≥0时，h（x）≤h（0）＝0，
∴f（x）≤x+1恒成立，
综上，a≤2时，对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
题型四. 隐零点、构造函数
1．已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（其中a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的极值；
（2）对任意x＞0，f（x）（a2﹣1）成立，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
又f′（x）．
①当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为单调减函数，f（x）无极值；
②当a＞0时，由f′（x）＝0，得x＝a，
在（0，a）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，在（a，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
∴当x＝a时，f（x）有极大值为f（a）＝alna﹣a+1，无极小值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）有极大值f（a）＝alna﹣a+1，无极小值；
（2）由（1）知，①当a≤0，f（x）是减函数，又令b1，lnb＜0，
f（b）0，不等式不成立；
②当a＞0时，f（x）有极大值也是最大值，∴f（x）max＝f（a）＝alna﹣a+1，
要使对任意x＞0，f（x）（a2﹣1）成立，
即alna﹣a+1，则成立．
令u（a）＝alna（a＞0），
∴u′（a）＝lna+1﹣1﹣a＝lna﹣a，
令k（a）＝u′（a）＝lna﹣a，
则k′（a），得a＝1．
在（0，1）上，k′（a）＞0，k（a）＝u′（a）是增函数，
在（1，+∞）上，k′（a）＜0，k（a）＝u′（a）是减函数，
∴当a＝1时，k（a）＝u′（a）取绝对值也是最大值，
∴u′（a）max＝u′（1）＝﹣1＜0．
在（0，+∞）上，u′（a）＜0，u（a）是减函数，又u（1）＝0，
要使u（a）≤0恒成立，则a≥1．
∴实数a的取值范围为[1，+∞）．
2．设函数f（x）＝e2x+alnx．
（1）讨论f（x）的导函数f'（x）零点的个数；
（2）证明：当a＜0时，．
【解答】解：（1）函数的定义域（0，+∞），，
当a≥0，f′（x）＞0恒成立，没有零点，
当a＜0时，在（0，+∞）上单调递增，
又因为x→0时，f′（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
故f'（x）只有1个零点；
（2）令m＝﹣a，则m＞0，f（x）＝e2x﹣mlnx，
由（1）知，当a＜0时，f'（x）只有1个零点，设为x0，则，
∴0，，
故ln，
当0＜x＜x0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x＝x0时，函数f（x）取得最小值f（x0）m（ln）mln2mx0，
2m+mln2a+aln（）．
3．已知函数f（x）＝﹣alnx．
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）+xf′（x），若关于x的不等式g（x）≤﹣ex在x∈[1，2]上有解，求a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，f′（x），x＞0．
令F（x）＝（ax﹣ex）（x﹣1），当a＜0时，ax﹣ex＜0恒成立，
∴当x＞1时，F（x）＜0；当0＜x＜1时，F（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．……………………（4分）
（Ⅱ）∵g（x）＝f（x）+xf′（x），
∴g（x）＝﹣alnx﹣ex+2ax﹣a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）（a﹣1）x0成立．
即存在x0∈[1，2]，使得﹣alnx0+（a+1）x0a≤0成立，
令h（x）＝﹣alnx+（a+1）xa，x∈[1，2]，
∴h′（x），x∈[1，2]，
①a≤1时，x∈[1，2]，则h′（x）≤0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递减，
∴h（x）min＝h（2）＝﹣aln2+a≤0成立，解得a≤0，∴a≤0；
②当1＜a＜2时，令h′（x）＞0，解得1＜x＜a；令h′（x）＜0，解得a＜x＜2，
∴函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，
又h（1），∴h（2）＝﹣aln2+a≤0，解得a≤0，∴a无解；
③当a≥2时，x∈[1，2]，则h′（x）≥0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）0，不符合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0]．…………………………（12分）
题型五. 双变量问题
1．已知函数f（x）＝x2+2alnx+3，若∀x1，x2∈[4，+∞）（x1≠x2），∃a∈[2，3]，2m，则m的取值范围是（ ）
A．[﹣2，+∞） B． C． D．
【解答】解：设x1＞x2，由2m，得f（x1）+2mx1＞f（x2）+2mx2，
记g（x）＝f（x）+2mx，则g（x）在[0，+∞）上单调递增，
故g'（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，
即在[4，+∞）上恒成立，整理得在[4，+∞）上恒成立，
∵a∈[2，3]，∴函数在[4，+∞）上单调递增，故有，
∵∃a∈[2，3]，∴，即．
故选：D．
2．已知函数f（x）lnx﹣mx（m∈R），g（x）＝x（a＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若m，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）lnx﹣mx，x＞0，∴f′（x）m，
当m≤0时f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当m＞0时，由f′（x）＝0得x，
由，得0＜x，由，得x，
综上所述：当m≤0时，f（x）单调递增区间为（0，+∞），
当m＞0时，f（x）单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．
（2）若m，f（x）lnxx，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，
等价于对∀x∈[2，2e2]都有[g（x）]min≥[f（x）]max，
由（1）知在[2，2e2]上f（x）的最大值f（e2），
g′（x）＝10（a＞0），x∈[2，2e2]，
函数g（x）在[2，2e2]上是增函数，
[g（x）]min＝g（2）＝2，
由2，得a≤3，又因为a＞0，∴a∈（0，3]，
所以实数a的取值范围为（0，3]．
3．已知f（x）＝lnx，g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，若对任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则a的取值范围是 ．
【解答】解：对任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，
∴f（x1）min≥g（x2）min，x1∈（0，2]，x2∈[1，2]，
f（x）＝ln x，x∈（0，2]，
f′（x），可得：函数f（x）在（0，1）内单调递减，在[1，2]内单调递增．
∴x＝1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）min＝f（1）．
g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，x∈[1，2]，
g（x）＝﹣（x+a）2+a2+4．对称轴x＝﹣1，抛物线开口向下．
①﹣a≤1，即a≥﹣1时，函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减，∴x＝2时，函数g（x）取得最小值，g（2）＝﹣4﹣4a+4＝﹣4a．
∴4a，解得a1．此时a的取值范围是．
②﹣a≥2，即a≤﹣2时，函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减，
∴x＝1时，函数g（x）取得最小值，g（1）＝﹣1﹣2a+4＝3﹣2a．
∴3﹣2a，解得a．此时a的取值范围是[，+∞）．
③2＞﹣a＞1，即﹣2＜a＜﹣1时，函数g（x）在x∈[1，a]上单调递增，在x∈[a，2]上单调递减，
又g（2）＝﹣4a．g（1）＝3﹣2a．∴g（x）min＝{g（1），g（2）}min．
综上可得：a的取值范围是[，+∞）．
故答案为：．
课后作业.恒成立
1．已知函数f（x）＝xlnx．若对所有x≥1都有f（x）≥ax﹣1，则实数a的取值范围为 （﹣∞，1] ．
【解答】解：∵f（x）＝xlnx，
当x≥1时，f（x）≥ax﹣1恒成立⇔xlnx≥ax﹣1（x≥1）恒成立⇔a≤lnx（x≥1）恒成立，
令f（x）＝lnx，则a≤f（x）min（x≥1）恒成立；
∵f′（x），
∴当x≥1时，f′（x）≥0，
∴f（x）＝lnx在[1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝1，
∴a≤1，即实数a的取值范围为（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
2．已知函数，g（x）＝﹣x2+x，当x∈（0，+∞）时，f（x）≥g（x）恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[，+∞） B．[，+∞） C．[1，+∞） D．[e，+∞）
【解答】解：由函数，g（x）＝﹣x2+x，
所以不等式f（x）≥g（x）恒成立，等价于f（x）﹣g（x）＝xlnaex+x2﹣x≥0恒成立；
因为x∈（0，+∞），所以lnx﹣1≥0；
设函数h（x）＝lnx﹣1，x∈（0，+∞），
则h（x）＝lna﹣lnxx﹣1，计算h（1）＝lna+ae，且a＞0；
所以h′（x）1，
当x＞0，a＞0时，令h′（x）＝0，解得x＝1，
所以x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；
所以h（x）≥h（1）＝ae+lna；
设F（a）＝ae+lna，a∈（0，+∞），
则F′（a）＝e0，
所以F（a）在（0，+∞）上单调递增，且F（）＝1﹣1＝0；
要使f（x）≥g（x）恒成立，需使F（a）≥0恒成立，即a，
所以a的取值范围是[，+∞）．
故选：B．
3．关于x的不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0恰有一个整数解，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：当a＞0时，x→+∞，[x2﹣a（x﹣1）ex]→﹣∞，则不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0有无穷多个整数解，不符合题意；
当a＝0时，x2＜0无解，不符合题意；
当a＜0时，设f（x）＝x2﹣a（x﹣1）ex，f（0）＝a＜0，
则必有f（1）＝1≥0，f（﹣1）＝1+2ae﹣1≥0，解得a，
所以．
当时，f'（x）＝2x﹣axex＝x（2﹣aex），
所以当x＜0时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减，
当x＞0时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增，
所以当x≤﹣1时，f（x）≥f（﹣1）≥0，
当x≥1时，f（x）≥f（1）＞0，
故当时，f（x）＜0恰有一个整数解，即为0，即f（0）＜0．
综上所述，实数a的取值范围是．
4．设实数m＞0，若对任意的正实数x，不等式恒成立，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵m＞0，，
∴memx≥lnx，即mxemx≥xlnx＝elnx•lnx，
当0＜x＜1时，m＞0，恒成立，
当x≥1时，
构造函数g（x）＝xex，g'（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0恒成立，
∴当x≥1时，g（x）递增，则不等式恒成立等价于g（mx）≥g（lnx）恒成立，
即mx≥lnx，恒成立，，
设，∴，
∴G（x）在[1，e）上递增，在[e，+∞）递减，
∴G（x）max＝G（e），
故选：A．
5．已知函数f（x）＝x，g（x）x，若∀x1∈[]，∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是 （﹣∞，9] ．
【解答】解：当x1∈[，1]时，由f（x）＝x得，f′（x）＝10，
∴f（x）在[，1]单调递减，
∴f（1）＝5是函数的最小值，
∵∀x1∈[，1]，都∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），
可得f（x）在x1∈[，1]的最小值不小于g（x）在x2∈[2，3]的最小值，
即∃x∈[2，3]，使5x成立，所以，
故答案为（﹣∞，9]．
6．已知a为实数，函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）若x＝3是函数f（x）的一个极值点，求实数a的取值；
（2）设g（x）＝（a﹣2）x，若∃x0∈[]，使得f（x0）≤g（x0），求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）函数函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．定义域为（0，+∞），
f′（x）2x﹣4．
因为x＝3是函数f（x）的一个极值点，
所以f′（3）＝0，
解得a＝﹣6，
经检验a＝﹣6时，x＝3是函数f（x）的一个极小值点，符合题意，
所以a＝﹣6；
（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0﹣lnx0）a≥x02﹣2x0，
记F（x）＝x﹣lnx，（x＞0），
所以F′（x）（x＞0），
所以当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）≥F（1）＝1，
所以a，
记G（x），x∈[，e]，
所以G（x），G′（x），
因为x∈[，e]，
所以2﹣2lnx＝2（1﹣lnx）≥0，
所以x﹣2lnx+2＞0，
所以x∈[，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，
x∈（1，e]时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，
所以G（X）min＝G（1）＝﹣1，
所以a≥G（X）min＝﹣1，
所以实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．
专题六 《导数》学案
6.5 利用导数研究不等式恒成立
知识梳理.利用导数研究不等式恒成立
1.恒成立问题: 一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；
若a
若存在x0∈D，使a
题型一. 参变分离
1．已知函数f（x）＝ax﹣lnx，若f（x）＞1在区间（1，+∞）内恒成立，则实数a的范围为 a≥1 ．
【解答】解：∵f（x）＝ax﹣lnx，
∴f（x）＞1即ax﹣lnx＞1，得ax＞lnx+1
∵x＞1，∴原不等式转化为a
设F（x），得F'（x）
∵当0＜x＜1时，F'（x）＞0；当x＞1时，F'（x）＜0
∴F（x）在区间（0，1）上为增函数；在区间（1，+∞）上为减函数
可得F（x）在（0，+∞）的极大值为F（1），也是函数在（0，+∞）的最大值
∵a在区间（1，+∞）内恒成立，
∴a≥F（1），即a≥1，可得实数a的范围为[1，+∞）
故答案为：[1，+∞）
2．已知函数f（x）mx（e为自然对数的底数），若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，） C．（﹣∞，e） D．（，+∞）
【解答】解：若f（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
则m在（0，+∞）恒成立，
令h（x），（x＞0），
h′（x），
令h′（x）＞0，解得：x＞2，
令h′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
故h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
故h（x）min＝h（2），
故m，
故选：B．
题型二. 转化成两个函数
1．已知函数，若f（ax﹣ex+1）＞1在x∈（0，+∞）上有解，则实数a的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（e，+∞） D．（1，e）
【解答】解：根据题意，函数x+sinx+2ln（x），
函数y＝x+sinx，其导数y′＝1+cosx≥0，在R上为增函数，
函数y＝2ln（x），在R上为增函数，
则函数在R上为增函数；
又由f（0）＝1，即f（ax﹣ex+1）＞f（0）在x∈（0，+∞）上有解，即存在x∈（0，+∞）使得，ax﹣ex+1＞0有解，
进而可得存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，
在同一坐标系里画出函数y1＝ax与函数y2＝ex﹣1的图象；
对于y2＝ex﹣1，其导数y2′＝ex，当x∈（0，+∞）时，曲线y2＝ex﹣1的切线的斜率k＝ex＞1；
要满足存在x∈（0，+∞）使得，ax＞ex﹣1有解，则直线y1＝ax的斜率a＞1；
故实数a的取值范围为（1，+∞）；
故选：A．
2．已知函数f（x）＝x+xlnx，若k∈Z，且k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，则k的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：由k（x﹣1）＜f（x）对任意的x＞1恒成立，
得：k，（x＞1），
令h（x），（x＞1），则h′（x），
令g（x）＝x﹣lnx﹣2＝0，得：x﹣2＝lnx，
画出函数y＝x﹣2，y＝lnx的图象，如图示：
又g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＝2（1﹣ln2）＞0，
∴零点属于（3，4）；
∴g（x）存在唯一的零点设为x0，
∴h（x）在（1，x0）递减，在（x0，+∞）递增，
而3＜h（3）4，e5＜35＜44，
所以，所以3＜h（4）4，
∴h（x0）＜4，k∈Z，
∴k的最大值是3．
（或x0满足x0﹣lnx0﹣2＝0且x0∈（3，4），
∴h（x）min＝h（x0）x0∈（3，4），
∴k＜h（x）min＝h（x0），∴k的最大值是3）．
故选：B．
题型三. 讨论参数
1．不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．1 B． C．2 D．e
【解答】解：不等式ex≥kx对任意实数x恒成立，
即有ex﹣kx≥0恒成立，
设f（x）＝ex﹣kx，即有f（x）的最小值大于等于0，
则f′（x）＝ex﹣k，
由k＞0，可得x＞lnk时，f（x）递增；x＜lnk，f（x）递减，
则f（x）在x＝lnk处取得极小值，且为最小值，
可得f（x）的最小值为k﹣klnk，
由k﹣klnk≥0，解得0＜k≤e，
则k的最大值为e，
故选：D．
2．（2014·辽宁）当x∈[﹣2，1]时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣5，﹣3] B．[﹣6，] C．[﹣6，﹣2] D．[﹣4，﹣3]
【解答】解：当x＝0时，不等式ax3﹣x2+4x+3≥0对任意a∈R恒成立；
当0＜x≤1时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a，
令f（x），则f′（x）（*），
当0＜x≤1时，f′（x）＞0，f（x）在（0，1]上单调递增，
f（x）max＝f（1）＝﹣6，∴a≥﹣6；
当﹣2≤x＜0时，ax3﹣x2+4x+3≥0可化为a，
由（*）式可知，当﹣2≤x＜﹣1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
f（x）min＝f（﹣1）＝﹣2，∴a≤﹣2；
综上所述，实数a的取值范围是﹣6≤a≤﹣2，即实数a的取值范围是[﹣6，﹣2]．
故选：C．
3．设函数f（x）（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a≤2时，证明：对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x），
∵a＞0，ex＞0，
∴由f′（x）≥0可得x，
∴a＞0时，f（x）在（﹣∞，]递增；
（Ⅱ）（i）a≤0时，f（x），
由x≥0，得ax+1≤1，
∵ex≥1，∴1，
而x+1≥1，∴f（x）≤x+1成立；
（ii）0＜a≤2时，令h（x）x﹣1，
则f（x）≤x+1成立等价于h（x）≤0，
h′（x）1，
∵g（x）＝﹣ax+a﹣1是减函数且x≥0，
∴g（x）max＝a﹣1≤1，
∴h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）递减，
∴x≥0时，h（x）≤h（0）＝0，
∴f（x）≤x+1恒成立，
综上，a≤2时，对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．
题型四. 隐零点、构造函数
1．已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（其中a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的极值；
（2）对任意x＞0，f（x）（a2﹣1）成立，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
又f′（x）．
①当a≤0时，在（0，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为单调减函数，f（x）无极值；
②当a＞0时，由f′（x）＝0，得x＝a，
在（0，a）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，在（a，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
∴当x＝a时，f（x）有极大值为f（a）＝alna﹣a+1，无极小值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）有极大值f（a）＝alna﹣a+1，无极小值；
（2）由（1）知，①当a≤0，f（x）是减函数，又令b1，lnb＜0，
f（b）0，不等式不成立；
②当a＞0时，f（x）有极大值也是最大值，∴f（x）max＝f（a）＝alna﹣a+1，
要使对任意x＞0，f（x）（a2﹣1）成立，
即alna﹣a+1，则成立．
令u（a）＝alna（a＞0），
∴u′（a）＝lna+1﹣1﹣a＝lna﹣a，
令k（a）＝u′（a）＝lna﹣a，
则k′（a），得a＝1．
在（0，1）上，k′（a）＞0，k（a）＝u′（a）是增函数，
在（1，+∞）上，k′（a）＜0，k（a）＝u′（a）是减函数，
∴当a＝1时，k（a）＝u′（a）取绝对值也是最大值，
∴u′（a）max＝u′（1）＝﹣1＜0．
在（0，+∞）上，u′（a）＜0，u（a）是减函数，又u（1）＝0，
要使u（a）≤0恒成立，则a≥1．
∴实数a的取值范围为[1，+∞）．
2．设函数f（x）＝e2x+alnx．
（1）讨论f（x）的导函数f'（x）零点的个数；
（2）证明：当a＜0时，．
【解答】解：（1）函数的定义域（0，+∞），，
当a≥0，f′（x）＞0恒成立，没有零点，
当a＜0时，在（0，+∞）上单调递增，
又因为x→0时，f′（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
故f'（x）只有1个零点；
（2）令m＝﹣a，则m＞0，f（x）＝e2x﹣mlnx，
由（1）知，当a＜0时，f'（x）只有1个零点，设为x0，则，
∴0，，
故ln，
当0＜x＜x0，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x＝x0时，函数f（x）取得最小值f（x0）m（ln）mln2mx0，
2m+mln2a+aln（）．
3．已知函数f（x）＝﹣alnx．
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）＝f（x）+xf′（x），若关于x的不等式g（x）≤﹣ex在x∈[1，2]上有解，求a的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知，f′（x），x＞0．
令F（x）＝（ax﹣ex）（x﹣1），当a＜0时，ax﹣ex＜0恒成立，
∴当x＞1时，F（x）＜0；当0＜x＜1时，F（x）＞0，
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．……………………（4分）
（Ⅱ）∵g（x）＝f（x）+xf′（x），
∴g（x）＝﹣alnx﹣ex+2ax﹣a，
由题意知，存在x0∈[1，2]，使得g（x0）（a﹣1）x0成立．
即存在x0∈[1，2]，使得﹣alnx0+（a+1）x0a≤0成立，
令h（x）＝﹣alnx+（a+1）xa，x∈[1，2]，
∴h′（x），x∈[1，2]，
①a≤1时，x∈[1，2]，则h′（x）≤0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递减，
∴h（x）min＝h（2）＝﹣aln2+a≤0成立，解得a≤0，∴a≤0；
②当1＜a＜2时，令h′（x）＞0，解得1＜x＜a；令h′（x）＜0，解得a＜x＜2，
∴函数h（x）在[1，a]上单调递增，在[a，2]上单调递减，
又h（1），∴h（2）＝﹣aln2+a≤0，解得a≤0，∴a无解；
③当a≥2时，x∈[1，2]，则h′（x）≥0，
∴函数h（x）在[1，2]上单调递增，
∴h（x）min＝h（1）0，不符合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0]．…………………………（12分）
题型五. 双变量问题
1．已知函数f（x）＝x2+2alnx+3，若∀x1，x2∈[4，+∞）（x1≠x2），∃a∈[2，3]，2m，则m的取值范围是（ ）
A．[﹣2，+∞） B． C． D．
【解答】解：设x1＞x2，由2m，得f（x1）+2mx1＞f（x2）+2mx2，
记g（x）＝f（x）+2mx，则g（x）在[0，+∞）上单调递增，
故g'（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，
即在[4，+∞）上恒成立，整理得在[4，+∞）上恒成立，
∵a∈[2，3]，∴函数在[4，+∞）上单调递增，故有，
∵∃a∈[2，3]，∴，即．
故选：D．
2．已知函数f（x）lnx﹣mx（m∈R），g（x）＝x（a＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若m，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）f（x）lnx﹣mx，x＞0，∴f′（x）m，
当m≤0时f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当m＞0时，由f′（x）＝0得x，
由，得0＜x，由，得x，
综上所述：当m≤0时，f（x）单调递增区间为（0，+∞），
当m＞0时，f（x）单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）．
（2）若m，f（x）lnxx，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g（x1）≥f（x2）成立，
等价于对∀x∈[2，2e2]都有[g（x）]min≥[f（x）]max，
由（1）知在[2，2e2]上f（x）的最大值f（e2），
g′（x）＝10（a＞0），x∈[2，2e2]，
函数g（x）在[2，2e2]上是增函数，
[g（x）]min＝g（2）＝2，
由2，得a≤3，又因为a＞0，∴a∈（0，3]，
所以实数a的取值范围为（0，3]．
3．已知f（x）＝lnx，g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，若对任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，则a的取值范围是 ．
【解答】解：对任意的x1∈（0，2]，存在x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2）成立，
∴f（x1）min≥g（x2）min，x1∈（0，2]，x2∈[1，2]，
f（x）＝ln x，x∈（0，2]，
f′（x），可得：函数f（x）在（0，1）内单调递减，在[1，2]内单调递增．
∴x＝1时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（x）min＝f（1）．
g（x）＝﹣x2﹣2ax+4，x∈[1，2]，
g（x）＝﹣（x+a）2+a2+4．对称轴x＝﹣1，抛物线开口向下．
①﹣a≤1，即a≥﹣1时，函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减，∴x＝2时，函数g（x）取得最小值，g（2）＝﹣4﹣4a+4＝﹣4a．
∴4a，解得a1．此时a的取值范围是．
②﹣a≥2，即a≤﹣2时，函数g（x）在x∈[1，2]上单调递减，
∴x＝1时，函数g（x）取得最小值，g（1）＝﹣1﹣2a+4＝3﹣2a．
∴3﹣2a，解得a．此时a的取值范围是[，+∞）．
③2＞﹣a＞1，即﹣2＜a＜﹣1时，函数g（x）在x∈[1，a]上单调递增，在x∈[a，2]上单调递减，
又g（2）＝﹣4a．g（1）＝3﹣2a．∴g（x）min＝{g（1），g（2）}min．
综上可得：a的取值范围是[，+∞）．
故答案为：．
课后作业.恒成立
1．已知函数f（x）＝xlnx．若对所有x≥1都有f（x）≥ax﹣1，则实数a的取值范围为 （﹣∞，1] ．
【解答】解：∵f（x）＝xlnx，
当x≥1时，f（x）≥ax﹣1恒成立⇔xlnx≥ax﹣1（x≥1）恒成立⇔a≤lnx（x≥1）恒成立，
令f（x）＝lnx，则a≤f（x）min（x≥1）恒成立；
∵f′（x），
∴当x≥1时，f′（x）≥0，
∴f（x）＝lnx在[1，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝1，
∴a≤1，即实数a的取值范围为（﹣∞，1]．
故答案为：（﹣∞，1]．
2．已知函数，g（x）＝﹣x2+x，当x∈（0，+∞）时，f（x）≥g（x）恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[，+∞） B．[，+∞） C．[1，+∞） D．[e，+∞）
【解答】解：由函数，g（x）＝﹣x2+x，
所以不等式f（x）≥g（x）恒成立，等价于f（x）﹣g（x）＝xlnaex+x2﹣x≥0恒成立；
因为x∈（0，+∞），所以lnx﹣1≥0；
设函数h（x）＝lnx﹣1，x∈（0，+∞），
则h（x）＝lna﹣lnxx﹣1，计算h（1）＝lna+ae，且a＞0；
所以h′（x）1，
当x＞0，a＞0时，令h′（x）＝0，解得x＝1，
所以x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；
所以h（x）≥h（1）＝ae+lna；
设F（a）＝ae+lna，a∈（0，+∞），
则F′（a）＝e0，
所以F（a）在（0，+∞）上单调递增，且F（）＝1﹣1＝0；
要使f（x）≥g（x）恒成立，需使F（a）≥0恒成立，即a，
所以a的取值范围是[，+∞）．
故选：B．
3．关于x的不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0恰有一个整数解，则实数a的取值范围是 ．
【解答】解：当a＞0时，x→+∞，[x2﹣a（x﹣1）ex]→﹣∞，则不等式x2﹣a（x﹣1）ex＜0有无穷多个整数解，不符合题意；
当a＝0时，x2＜0无解，不符合题意；
当a＜0时，设f（x）＝x2﹣a（x﹣1）ex，f（0）＝a＜0，
则必有f（1）＝1≥0，f（﹣1）＝1+2ae﹣1≥0，解得a，
所以．
当时，f'（x）＝2x﹣axex＝x（2﹣aex），
所以当x＜0时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减，
当x＞0时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增，
所以当x≤﹣1时，f（x）≥f（﹣1）≥0，
当x≥1时，f（x）≥f（1）＞0，
故当时，f（x）＜0恰有一个整数解，即为0，即f（0）＜0．
综上所述，实数a的取值范围是．
4．设实数m＞0，若对任意的正实数x，不等式恒成立，则m的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：∵m＞0，，
∴memx≥lnx，即mxemx≥xlnx＝elnx•lnx，
当0＜x＜1时，m＞0，恒成立，
当x≥1时，
构造函数g（x）＝xex，g'（x）＝ex+xex＝（x+1）ex＞0恒成立，
∴当x≥1时，g（x）递增，则不等式恒成立等价于g（mx）≥g（lnx）恒成立，
即mx≥lnx，恒成立，，
设，∴，
∴G（x）在[1，e）上递增，在[e，+∞）递减，
∴G（x）max＝G（e），
故选：A．
5．已知函数f（x）＝x，g（x）x，若∀x1∈[]，∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是 （﹣∞，9] ．
【解答】解：当x1∈[，1]时，由f（x）＝x得，f′（x）＝10，
∴f（x）在[，1]单调递减，
∴f（1）＝5是函数的最小值，
∵∀x1∈[，1]，都∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），
可得f（x）在x1∈[，1]的最小值不小于g（x）在x2∈[2，3]的最小值，
即∃x∈[2，3]，使5x成立，所以，
故答案为（﹣∞，9]．
6．已知a为实数，函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．
（1）若x＝3是函数f（x）的一个极值点，求实数a的取值；
（2）设g（x）＝（a﹣2）x，若∃x0∈[]，使得f（x0）≤g（x0），求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）函数函数f（x）＝alnx+x2﹣4x．定义域为（0，+∞），
f′（x）2x﹣4．
因为x＝3是函数f（x）的一个极值点，
所以f′（3）＝0，
解得a＝﹣6，
经检验a＝﹣6时，x＝3是函数f（x）的一个极小值点，符合题意，
所以a＝﹣6；
（2）由f（x0）≤g（x0），得（x0﹣lnx0）a≥x02﹣2x0，
记F（x）＝x﹣lnx，（x＞0），
所以F′（x）（x＞0），
所以当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．
所以F（x）≥F（1）＝1，
所以a，
记G（x），x∈[，e]，
所以G（x），G′（x），
因为x∈[，e]，
所以2﹣2lnx＝2（1﹣lnx）≥0，
所以x﹣2lnx+2＞0，
所以x∈[，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，
x∈（1，e]时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，
所以G（X）min＝G（1）＝﹣1，
所以a≥G（X）min＝﹣1，
所以实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．
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