2023高考数学二轮专题导数38讲专题31 单变量恒成立之最值分析法

这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲专题31 单变量恒成立之最值分析法，共18页。

专题31　单变量恒成立之最值分析法
【方法总结】
单变量恒成立之最值分析法
遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
【例题选讲】
[例1]　已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解析　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a．
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0．
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln．
当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0．
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0．
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，
从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0．
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，
从而当且仅当a2≥0，即－2e≤a＜0时，f(x)≥0．
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
[例2]　已知函数f(x)＝xlnx－ax＋1(a∈R)．
(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；
(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围．
解析　(1)由f(x)＝xln x－ax＋1＝0可得a＝ln x＋，
令g(x)＝ln x＋，易知g′(x)＝－＝．
∴g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．
故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．
(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝ln x＋1－a＝0得x＝ea－1，
所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．
若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，
只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．
令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，
易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，
故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，
故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
[例3]　已知函数f (x)＝alnx＋xb(a≠0)．
(1)当b＝2时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a＋b＝0，b>0时，对任意的x∈，恒有f(x)≤e－1成立，求实数b的取值范围．
思路　(2)由已知a＋b＝0消去a，转化为最值问题，即－bln x＋xb≤e－1恒成立，无法分离参数b，用单调性分析法解决．
解析　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．当b＝2时，f (x)＝alnx＋x2，所以f ′(x)＝＋2x＝．
①当a>0时，f ′(x)>0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a<0时，令f ′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)，
当0 当x>时，f ′(x)>0，所以函数f (x)在上单调递增．
综上所述，当b＝2，a>0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当b＝2，a<0时，函数f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)因为对任意的x∈，恒有f (x)≤e－1成立，所以当x∈时，f (x)max≤e－1．
当a＋b＝0，b>0时，f (x)＝－bln x＋xb，f ′(x)＝－＋bxb－1＝．
令f ′(x)<0，得00，得x>1．
所以函数f (x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
f (x)max为f()＝b＋e－b与f (e)＝－b＋eb中的较大者．
f (e)－f()＝eb－e－b－2b．令g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，
则当m>0时，g′(m)＝em＋e－m－2>2－2＝0，
所以g(m)在(0，＋∞)上单调递增，故g(m)>g(0)＝0，
所以f (e)> f()，从而f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，所以－b＋eb≤e－1，即eb－b－e＋1≤0．
设φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)，则φ′(t)＝et－1>0，所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增．
又φ(1)＝0，所以eb－b－e＋1≤0的解集为(0，1]．所以b的取值范围为(0，1]．
悟通　(2)构造f (x)＝－bln x＋xb并进行单调性分析后，最大值不定或f()或f(e)，作差比较，f(e)－f()＝eb－e－b－2b．又不能确定差值的正负，只能构造函数g(m)＝em－e－m－2m(m>0)，用基本不等式求出最大值g(m)>g(0)＝0，f (x)max＝f (e)＝－b＋eb，但又解不出b的不等式，再次构造函数φ(t)＝et－t－e＋1(t>0)进行处理，解不等式．构造函数，解不等式也是高考题的常用套路．
[例4]　已知a∈R，设函数f(x)＝aln(x＋a)＋lnx．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≤＋ln－1恒成立，求实数a的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝＋＝，x＞0且x＞－a，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
②当a≤－1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
③当－1＜a＜0时，－＞－a＞0，
x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)f(x)＝aln(x＋a)＋ln x≤＋ln－1，
即aln(x＋a)＋ln x≤＋lnx－ln a－1，a＞0，即aln(x＋a)＋ln a≤－1，
令g(x)＝ex－x－1(x＞0)，则g′(x)＝ex－1＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞g(0)＝0，即ex－x－1＞0，即ex－1＞x，
∴e－1＞a2x，则原不等式等价为aln(x＋a)＋ln a≤a2x，即aln(x＋a)－a2x＋ln a≤0，
令h(x)＝aln(x＋a)－a2x＋ln a，则h′(x)＝－a2＝，令h′(x)＝0，可得x＝，
当a≥1时，h′(x)≤0，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
则只需满足h(0)＝aln a＋ln a≤0，∴ln a≤0，解得0＜a≤1，∴a＝1；
当0＜a＜1时，可得h(x)在上单调递增，在上单调递减，
则h(x)max＝h＝aln－a(1－a2)＋ln a≤0，整理可得ln a－a2－a≤0，
令φ(a)＝ln a－a2－a，则φ′(a)＝－2a－1＝，
则可得φ(a)在上单调递增，在上单调递减，
则φ(a)max＝φ＝－ln 2－＜0，故0＜a＜1时，h(x)≤0恒成立，
综上，0＜a≤1．
[例5]　(2017·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x．
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·＜m，求m的最小值．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为＝－＋aln 2＜0，所以不满足题意；
②若a＞0，由f′(x)＝1－＝知，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0．故a＝1．
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x＞0．令x＝1＋，得ln＜．
从而ln＋ln＋…＋ln＜＋＋…＋＝1－＜1．
故·…·＜e．而＞2，所以m的最小值为3．
[例6]　已知函数f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)<0对x∈(1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解析　(1)若a＝0，f(x)＝xln x－x＋1，f′(x)＝ln x，
x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)有极小值，f(1)＝0，无极大值．
(2)f(x)＝xlnx－a(x－1)2－x＋1<0在(1，＋∞)恒成立．
①若a＝0，f(x)＝xlnx－x＋1，f′(x)＝lnx，x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，
∴f(x)为增函数，∴f(x)>f(1)＝0，即f(x)<0不成立，∴a＝0不成立．
②∵x>1，lnx－<0在(1，＋∞)恒成立，
不妨设h(x)＝lnx－，x∈(1，＋∞)，
h′(x)＝－，x∈(1，＋∞)，h′(x)＝0，x＝1或，
若a<0，则<1，x>1，h′(x)>0，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若00，h(x)为增函数，h(x)>h(1)＝0(不合题意)；
若a≥，x∈(1，＋∞)，h′(x)<0，h(x)为减函数，h(x) 综上所述，若x>1时，f(x)<0恒成立，则a≥．
[例7]　(2020·全国Ⅰ)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．
解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，
由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)方法一　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，
①若2a＋1≤0，即a≤－，则当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(0，2)上单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0，2)时，g(x)>1，不合题意．
②若0<2a＋1<2，即－0．
所以g(x)在(0，2a＋1)，(2，＋∞)上单调递减，在(2a＋1，2)上单调递增，由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1，当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1时成立，解得a≥．所以当≤a<时，g(x)≤1．
③若2a＋1≥2，即a≥，则g(x)≤e－x．
由于0∈，故由②可得e－x≤1．故当a≥时，g(x)≤1．
综上，a的取值范围是．
方法二　当x≥0时，f(x)≥x3＋1，即ex＋ax2－x≥x3＋1．
当x＝0时，无论a取何值，上式恒成立．
当x>0时，上式可化为a≥．令g(x)＝，
则g′(x)＝－－－＝，
令h(x)＝x3－x－2－(x－2)ex，则h′(x)＝x2－1－(x－1)ex，h″(x)＝3x－xex＝x(3－ex)，
令h″(x)＝0，得3－ex＝0，即x＝ln 3．
所以在(0，ln3)上，h″(x)>0，在(ln3，＋∞)上，h″(x)<0．
所以h′(x)在(0，ln 3)上单调递增，在(ln 3，＋∞)上单调递减．
又h′(0)＝0，h′(ln 3)＝(ln 3)2－1－3(ln 3－1)＝(ln 3)2－3ln 3＋2＝(ln 3－1)2＋>0，h′(2)＝5－e2<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上先增后减．
又h(0)＝0，h(2)＝4－2－2＝0，所以在(0，2)上，h(x)>0，在(2，＋∞)上，h(x)<0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(2)＝＝，
所以a≥．所以a的取值范围是．
[例8]　(2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
解析　(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，∴f′(x)＝ex－，∴f′(1)＝e－1．
∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，
∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，，
∴所求三角形面积为×2×＝．
(2)解法一　(隐零点法)
∵f(x)＝aex－1－ln x＋lna，∴f′(x)＝aex－1－，且a>0．
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；
当a>1时，<1，∴<1，∴f′f′(1)＝，
∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，
∴ae x0－1＝，∴lna＋x0－1＝－lnx0，
因此f(x)min＝f(x0)＝ae x0－1－lnx0＋lna＝＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2＝2lna＋1>1，
∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当0 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．
解法二　(同构法)
f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝eln a＋x－1－lnx＋lna≥1等价于eln a＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝eln x＋lnx，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，
显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，
令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝－1＝，
在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．
[例9]　已知函数f(x)＝alnx－ex．
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若a∈N*，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．
参考数据：
x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
6.050
ln x
0.470
0.531
0.588
思路　(1)对f(x)进行单调性分析，但导函数的零点不可求，用隐零点技术处理．(2)可对lnx的正负讨论后分离参数去处理如解法1，也可(1)的结果进行解决，但难度较大．
解析　(1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，
又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，
所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，
在(x0，＋∞)上单调递减，所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．综上，当a≤0时，无极值点；
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．
(2)解法1　要使f(x)<0恒成立，即aln x ①当ln x>0时，即x>1时，a<，令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝ln x－，则h(x)在(1，＋∞)上是增函数，又h(1.7)＝ln 1.7－<0，h(1.8)＝ln 1.8－>0，
∴存在m∈(1.7，1.8)，h(m)＝0，即ln m－＝0，∴g(x)在(1，m)上单调递增，在(m，＋∞)上单调递减，
∴g(x)min＝g(m)<，又因为ln m＝，∴g(m)＝m em，g′(m)＝em＋m em>0，
∴g(m)在(1.7，1.8)上是递增函数，∴g(m)max＝g(1.8)＝10.89，
∴a≤10.89，又a∈N*，所以a的最大值为10．
②当ln x<0时，即0，令g(x)＝，则g′(x)＝<0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)max＝g(0)→0，∴a>0．
③当ln x＝0时，即x＝1时，不等式恒成立．
解法2　因为a∈N*，由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0＝a，①
可知f(x)max＝f(x0)＝aln x0－，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝aln x0－<0，②
由①可得＝，代入②得aln x0－<0，即a<0，因为a∈N*>0，所以ln x0－<0，
因为ln 1.7－<0，ln 1.8－>0，且y＝ln x0－在(0，＋∞)上是增函数．
设m为y＝ln x0－的零点，则m∈(1.7，1.8)，可知0 当00，a<，
令g(x)＝，x∈(1，m)，则g′(x)＝<0，所以g(x)在(1，m)上是减函数，
且≈10.29，≈10.31，所以10.29 又a∈N*，所以a的最大值为10．
悟通　(2)如不分离参数，可由(1)知，f(x)有极大值f(x0)，可知f(x)max＝f(x0)＝alnx0－<0，难以解决，当然可解决．参见解法2．但整个思路不顺畅．如分离参数，则需分类讨论，当然此时问题主要集中到ln x>0，即x>1上，构造函数g(x)＝，求导后提取公因式，之后再构造函数h(x)＝lnx－，用到隐零点技术．但值得注意的是g(x)min＝g(m) 【对点训练】
1．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．
1．解析　(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]．
2．已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
2．解析　(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，所以所求切线方程为2x－y＋1＝0．
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，则a－1≥0，得a≥1．
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
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)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．
3．解析　(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)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
当且仅当x＝0时等号成立，
同理可得ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立，所以ex－2>ln x，
当a≤2时，ln x0恒成立．
当a≥3时，存在x＝1，使ex－aln x不恒成立．
综上，整数a的最大值为2．
4．已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[1，e]时，f(x) 4．解析　(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－ln x，f′(x)＝2x＋(a＋1)－．
依题意知x∈(1，＋∞)时，2x＋(a＋1)－≥0恒成立，即a＋1≥－2x．
令k(x)＝－2x，x∈(1，＋∞)，∴k′(x)＝－－2<0，
∴k(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴k(x) ∴实数a的取值范围为{a|a≥－2}．
(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x－2a－1，x∈[1，e]，则只需φ(x)max<0即可，
∴φ′(x)＝a－＝．
当a≤0时，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，
∴－a－1<0，即a>－1，∴－1 当a>0时，当x∈时，φ′(x)<0，当x∈时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在上单调递减，在上单调递增，∴要使φ(x)max<0，
只需即解得0 综上，实数a的取值范围为．
5．已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
5．解析　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，
f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，
所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．
(2)方法一　()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．
②当0 ③当a>e2时，在区间(2，ln a)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)上，f′(x)>0，
所以f(x)在(2，ln a)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
方法二　当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－ax2＋ax≥0恒成立．
即a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．
当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R．
当x>2时， x2－x>0，所以a≤＝恒成立．
设g(x)＝，则g′(x)＝，因为x>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．
综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．
6．已知函数f(x)＝eax－ax－1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n(n≥2)．若恒成立，求m的最小值．
6．解析：(1)f′(x)＝aeax－a＝a(eax－1)，
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>0．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＝0时，显然无单调区间；
当a<0时，令f′(x)>0，解得x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
综上，当a＝0时，无单调区间；a≠0时，单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(2)令a＝1，由(1)可知f(x)的最小值为f(0)＝0，所以f(x)≥0．所以ex≥x＋1(当x＝0时取得“＝”).
令x＝n－1，则en－1>n，所以e0·e1·e2·…·en－1>1×2×3×…×n，即，
两边进行次方得，所以m的最小值为3.
7．已知函数f(x)＝xln x－ax＋1(a∈R)．
(1)讨论f(x)在(1，＋∞)上的零点个数；
(2)当a>1时，若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)·(a－3)，求实数a的取值范围．
7．解析　(1)由f(x)＝xln x－ax＋1＝0可得a＝ln x＋，
令g(x)＝ln x＋，易知g′(x)＝－＝．
∴g′(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝1，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>1．
故当a≤1时，f(x)在(1，＋∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．
(2)当a>1时，由(1)得f(x)在(1，＋∞)上存在一个零点．由f′(x)＝ln x＋1－a＝0得x＝ea－1，
所以f(x)在(1，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(ea－1)＝1－ea－1．
若存在x∈(1，＋∞)，使得f(x)<(e－1)(a－3)成立，
只需1－ea－1<(e－1)(a－3)成立，即不等式ea－1＋(e－1)(a－3)－1>0成立．
令h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1，a>1，则h′(a)＝ea－1＋e－1，
易知h′(a)＝ea－1＋e－1>0在(1，＋∞)上恒成立，
故h(a)＝ea－1＋(e－1)(a－3)－1在(1，＋∞)上单调递增，又h(2)＝0，所以a>2，
故实数a的取值范围为(2，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝ex－1－ax＋lnx(a∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与直线3x－y＝0平行，求a的值；
(2)若不等式f(x)≥lnx－a＋1对一切x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
8．解析　(1)f′(x)＝ex－1－a＋，∴f′(1)＝2－a＝3，∴a＝－1，
经检验a＝－1满足题意，∴a＝－1，
(2)f(x)≥ln x－a＋1可化为ex－1－ax＋a－1≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax＋a－1，则当x∈[1，＋∞)时，φ(x)min≥0，
∵φ′(x)＝ex－1－a，
①当a≤0时，φ′(x)>0，∴φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，∴a≤0符合题意．
②当a>0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1．
当x∈(－∞，ln a＋1)时，φ′(x)<0，当x∈(ln a＋1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增．
当ln a＋1≤1即0 当ln a＋1>1，即a>1时，φ(x)在[1，ln a＋1)上单调递减，在(ln a＋1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)<φ(1)＝0与φ(x)≥0矛盾．故a>1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为{a|a≤1}．
9．已知正实数a，设函数f(x)＝x2－a2xln x．
(1)若a＝，求实数f(x)在[1，e]的值域；
(2)对任意实数x∈均有f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．
9．解析　(1)当a＝时，函数f(x)＝x2－2xln x，则f′(x)＝2(x－1－ln x)．
设F(x)＝2(x－1－ln x)，x∈[1，e]，则F′(x)＝2≥0，
所以F′(x)在[1，e]上单调递增，F′(x)≥F′(1)＝0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，
所以在[1，e]上f(x)∈[1，e2－2e]．
(2)由题意可得f(1)≥a，即0 当0 记t＝≥1，设g(t)＝x2t2－t－xln x，则g(t)为关于t的二次函数，
且定义域为[1，＋∞)，其对称轴为t＝．
因为当x∈时，4x4＋1≥2x，所以<1，当a>0，g(t)≥g(1)＝x．
设函数h(x)＝x－－ln x，x≥，
h′(x)＝1－－＝．
当x∈时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝0，
即当x∈时，h(x)≥0，所以g(t)≥0，
所以0 10．设函数f(x)＝x－，g(x)＝t ln x(t∈R)．
(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；
(2)若当x∈(0，1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．
10．解析　(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝x－＋t ln x(x>0)，则h′(x)＝1＋＋＝(x>0)．
①当t≥0时，h′(x)>0，∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间；
②当t＜0时，令H(x)＝x2＋tx＋1，Δ＝t2－4，Δ≤0，即－2≤t＜0时，H(x)≥0，即h′(x)≥0；
∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，Δ＞0时，即t＜－2，
设x1＝，x2＝，
∵x1＋x2＝－t＞0，x1x2＝1＞0，∴0＜x1＜x2，
∴(0，x1)∪(x2，＋∞)，时H(x)＞0，即h′(x)＞0，
∴h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，
同理，单调递减区间是(x1，x2)．
综上，①当t≥－2时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，
②当t＜－2时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间是(x1，x2)，
其中x1＝，x2＝．
(2)∵函数f(x)的图象恒在g(x)的图象的下方，
∴f(x)－g(x)＝x－－t ln x<0在区间(0，1)上恒成立．
设F(x)＝x－－t ln x，其中x∈(0，1)，
∴F′(x)＝1＋－＝，其中t＞0．
①当t2－4≤0，即0＜t≤2时，F′(x)≥0，∴函数F(x)在(0，1)上单调递增，F(x) 故f(x)－g(x)＜0成立，满足题意．
②当t2－4>0，即t>2时，设φ(x)＝x2－tx＋1，
则φ(x)图象的对称轴方程为x＝>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t＜0，
∴φ(x)在(0，1)上存在唯一实根，设为x0，
则当x∈(x0，1)，φ(x)＜0，F′(x)＜0，
∴F(x)在(x0，1)上单调递减，此时F(x)＞F(1)＝0，不符合题意．
综上可得，正实数t的取值范围是(0，2]．
11．已知函数f(x)＝lnx＋x＋1，g(x)＝x2＋2x．
(1)求函数φ(x)＝f(x)－g(x)的极值；
(2)若m为整数，对任意的x＞0都有f(x)－mg(x)≤0成立，求实数m的最小值．
11．解析　(1)由φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x＋1－x2－2x＝ln x－x2－x＋1(x＞0)，
得φ′(x)＝－2x－1＝(x＞0)，令φ′(x)＞0，解得0＜x＜，令φ′(x)＜0，解得x＞，
所以函数φ(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，
故函数φ(x)的极大值是φ＝ln－－＋1＝－ln 2，函数φ(x)无极小值．
(2)设h(x)＝f(x)－mg(x)＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1，
则h′(x)＝－2mx＋1－2m＝＝(x＞0)．
当m≤0时，因为x＞0，所以2mx－1＜0，x＋1＞0，所以h′(x)＞0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为h(1)＝ln 1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不满足题意，所以舍去．
当m＞0时，令h′(x)＞0，得0＜x＜，令h′(x)＜0，得x＞，
故h(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以h(x)max＝h＝ln－m·2＋(1－2m)·＋1＝－ln(2m)．
令t(m)＝－ln(2m)(m＞0)，显然t(m)在(0，＋∞)上单调递减，
且t＝＞0，t(1)＝－ln 2＝(1－ln 16)＜0，
故当m≥1时，t(m)＜0，满足题意，故整数m的最小值为1．
12．设函数f(x)＝2xlnx－2ax2(a∈R)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤－lnx－1(f′(x)为f(x)的导函数)在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
12．解析　(1)当a＝时，f(x)＝2xln x－x2，定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝2ln x－2x＋2．
令g(x)＝f′(x)＝2lnx－2x＋2(x>0)，∴g′(x)＝－2．
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，故g(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)为减函数．
∴g(x)≤g(1)＝2ln 1－2×1＋2＝0，即f′(x)≤0．
∴函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间．
(2)f(x)＝2xlnx－2ax2，∴f′(x)＝2lnx－4ax＋2，且x>0．
∴f(x)≤－ln x－1在(1，＋∞)上恒成立⇔2(xlnx－ax2)≤lnx－2ax＋1－lnx－1在(1，＋∞)上恒成立
⇔lnx－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝lnx－ax＋a，x∈(1，＋∞)．则h′(x)＝－a，且h(1)＝ln1－a＋a＝0．
当a≤0，h′(x)>0恒成立，故h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
∴h(x)>h(1)＝0，即a≤0时不满足题意．当a>0时，由h′(x)＝0，得x＝．
①若a∈(0，1)，则∈(1，＋∞)，故h(x)在上为减函数，在上为增函数．
∴存在x0∈，使得h(x0)>h(1)＝0．这与h(x)＝ln x－ax＋a≤0在(1，＋∞)上恒成立矛盾．
因此a∈(0，1)时不满足题意．
②若a∈[1，＋∞)，则∈(0，1]，故h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴h(x) 综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．