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    新高考数学一轮复习讲义 第3章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
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    新高考数学一轮复习讲义 第3章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题

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    这是一份新高考数学一轮复习讲义 第3章 §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题,共13页。试卷主要包含了揣摩例题,精练习题,加强审题的规范性,重视错题等内容,欢迎下载使用。

    课本上和老师讲解的例题,一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究,深刻理解,要透过“样板”,学会通过逻辑思维,灵活运用所学知识去分析问题和解决问题,特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法,并能总结出解题的规律。
    2、精练习题
    复习时不要搞“题海战术”,应在老师的指导下,选一些源于课本的变式题,或体现基本概念、基本方法的基本题,通过解题来提高思维能力和解题技巧,加深对所学知识的深入理解。在解题时,要独立思考,一题多思,一题多解,反复玩味,悟出道理。
    3、加强审题的规范性
    每每大考过后,总有同学抱怨没考好,纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否,不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系,确定解题思路 。
    4、重视错题
    “错误是最好的老师”,但更重要的是寻找错因,及时进行总结,三五个字,一两句话都行,言简意赅,切中要害,以利于吸取教训,力求相同的错误不犯第二次。
    §3.5 利用导数研究恒(能)成立问题
    题型一 分离参数求参数范围
    例1 (2022·北京模拟)已知函数f(x)=(x-2)ex-eq \f(1,2)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.
    解 (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 当x≥2时,f(x)≥0恒成立,等价于当x≥2时,(x-2)ex-eq \f(1,2)ax2+ax≥0恒成立.
    即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2-x))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,eq \f(1,2)x2-x>0,
    所以a≤eq \f(x-2ex,\f(1,2)x2-x)=eq \f(2ex,x)恒成立.
    设g(x)=eq \f(2ex,x),则g′(x)=eq \f(2x-1ex,x2),
    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].
    方法二 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所以f(x)在[2,+∞)上单调递增,
    所以f(x)≥f(2)=0成立.
    ③当a>e2时,在区间(2,ln a)上,f′(x)<0;
    在区间(ln a,+∞)上,f′(x)>0,
    所以f(x)在(2,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)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].
    教师备选
    (2022·重庆模拟)已知函数f(x)=eq \f(x2,2)-(m+1)x+mln x+m,f′(x)为函数f(x)的导函数.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)若xf′(x)-f(x)≥0恒成立,求m的取值范围.
    解 (1)f′(x)=x-(m+1)+eq \f(m,x)=eq \f(x2-m+1x+m,x)=eq \f(x-mx-1,x),
    ①当m≤0,x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
    当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
    ②当00,f(x)单调递增;
    当x∈(m,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
    当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
    ③当m=1,x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0,f(x)单调递增.
    ④当m>1,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
    当x∈(1,m)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
    当x∈(m,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
    (2)由题意知xf′(x)-f(x)≥0恒成立,
    即eq \f(x2,2)-mln x≥0恒成立,
    ∴eq \f(x2,2)≥mln x.
    当x=1时,eq \f(x2,2)≥mln x恒成立,
    当x>1时,eq \f(x2,2ln x)≥m;
    当0令g(x)=eq \f(x2,2ln x),
    则g′(x)=eq \f(x2ln x-1,2ln x2),
    当0g(x)单调递减且g(x)<0,
    ∴x→0时,eq \f(x2,2ln x)→0,
    ∴m≥0.
    当x>1时,令g′(x)=0,得x=eq \r(e),
    ∴当1当x>eq \r(e)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
    ∴g(x)≥g(eq \r(e))=e,∴m≤e.
    综上知0≤m≤e.
    思维升华 分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
    (1)分离变量.构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.
    (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max;
    a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min;
    a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min;
    a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max.
    跟踪训练1 已知函数f(x)=xln x(x>0).
    (1)求函数f(x)的极值;
    (2)若存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤eq \f(-x2+mx-3,2)成立,求实数m的最小值.
    解 (1)由f(x)=xln x,得f′(x)=1+ln x,
    令f′(x)>0,得x>eq \f(1,e);
    令f′(x)<0,得0所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞))上单调递增.
    所以f(x)在x=eq \f(1,e)处取得极小值,
    且为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=-eq \f(1,e),无极大值.
    (2)由f(x)≤eq \f(-x2+mx-3,2),
    得m≥eq \f(2xln x+x2+3,x).
    问题转化为m≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x+x2+3,x)))min.
    令g(x)=eq \f(2xln x+x2+3,x)=2ln x+x+eq \f(3,x)(x>0).
    则g′(x)=eq \f(2,x)+1-eq \f(3,x2)=eq \f(x2+2x-3,x2)
    =eq \f(x+3x-1,x2).
    由g′(x)>0,得x>1;
    由g′(x)<0,得0所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
    所以g(x)min=g(1)=4,则m≥4.
    故m的最小值为4.
    题型二 等价转化求参数范围
    例2 已知函数f(x)=ex-1-ax+ln x(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)≥ln x-a+1对一切x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
    解 (1)f′(x)=ex-1-a+eq \f(1,x),
    ∴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,x>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≤eq \f(1,e)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≤eq \f(1,e)符合题意.
    ②当a>eq \f(1,e)时,令φ′(x)=0,得x=ln a+1.
    当x∈(0,ln a+1)时,φ′(x)<0,
    当x∈(ln a+1,+∞)时,φ′(x)>0,
    ∴φ(x)在(0,ln a+1)上单调递减,
    在(ln a+1,+∞)上单调递增.
    当ln a+1≤1,即eq \f(1,e)φ(x)min=φ(1)=0≥0恒成立,
    ∴eq \f(1,e)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(-∞,1].
    教师备选
    (2022·衡阳模拟)已知函数f(x)=-ax2+ln x(a∈R).
    (1)讨论f(x)的单调性﹔
    (2)若存在x∈(1,+∞),f(x)>-a,求a的取值范围.
    解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
    f′(x)=-2ax+eq \f(1,x)=eq \f(1-2ax2,x),
    当a≤0时,f′(x)>0,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,
    当a>0时﹐由f′(x)=0,得x=eq \f(1,\r(2a)),
    由f′(x)>0,得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,\r(2a)))),
    由f′(x)<0,得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a)),+∞)),
    于是有f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,\r(2a))))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a)),+∞))上单调递减.
    (2)由f(x)>-a,
    得a(x2-1)-ln x<0,x∈(1,+∞),
    -ln x<0,x2-1>0,
    当a≤0时,a(x2-1)-ln x<0,满足题意;
    当a≥eq \f(1,2)时,
    令g(x)=a(x2-1)-ln x(x>1),
    g′(x)=eq \f(2ax2-1,x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,则g(x)>g(1)=0,不符合题意,
    当0由g′(x)>0,得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a)),+∞)),
    由g′(x)<0,得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,\r(2a)))),
    于是有g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,\r(2a))))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a)),+∞))上单调递增,
    g(x)min=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))))则当0综上,a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-∞,\f(1,2))).
    思维升华 根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题,一般需讨论参数范围,借助函数单调性求解.
    跟踪训练2 已知函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x.
    (1)当a>2时,求函数f(x)的单调区间;
    (2)若存在x∈[1,+∞),使f(x)解 (1)∵x>0,f′(x)=2x-(a+2)+eq \f(a,x)=eq \f(2x2-a+2x+a,x)=eq \f(2x-ax-1,x),
    又eq \f(a,2)>1,
    ∴当f′(x)>0时,0eq \f(a,2),
    当f′(x)<0时,1∴f(x)的单调递增区间为(0,1),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2),+∞)),
    单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(a,2))).
    (2)∵存在x∈[1,+∞)使f(x)f(x)min.
    由(1)可得,①当a>2时,
    f(x)min=f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))=-eq \f(a2,4)-a+alneq \f(a,2)即lneq \f(a,2)-eq \f(a,4)<2,
    令t=eq \f(a,2),φ(t)=ln t-eq \f(t,2)(t>1),
    φ′(t)=eq \f(1,t)-eq \f(1,2)=eq \f(2-t,2t)(t>1),
    ∴φ(t)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
    ∴φ(t)max=φ(2)=ln 2-1<2恒成立,
    即当a>2时,不等式恒成立;
    (另解:当a>2时,f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(a,2)))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2),+∞))上单调递增,
    ∴f(x)min=f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))②当a≤2时,f(x)在x∈[1,+∞)上单调递增,
    f(x)min=f(1)=-a-1-eq \f(1,2),
    ∴-eq \f(1,2)综合①②得,实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),+∞)).
    题型三 双变量的恒(能)成立问题
    例3 设f(x)=eq \f(a,x)+xln x,g(x)=x3-x2-3.
    (1)如果存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;
    (2)如果对于任意的s,t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2)),都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.
    解 (1)存在x1,x2∈[0,2],
    使得g(x1)-g(x2)≥M成立,
    等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M成立.
    g′(x)=3x2-2x=x(3x-2),
    令g′(x)=0,得x=0或x=eq \f(2,3),
    ∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))=-eq \f(85,27),
    又g(0)=-3,g(2)=1,
    ∴当x∈[0,2]时,g(x)max=g(2)=1,
    g(x)min=geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))=-eq \f(85,27),
    ∴M≤1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(85,27)))=eq \f(112,27),
    ∴满足条件的最大整数M为4.
    (2)对任意的s,t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2))有f(s)≥g(t),
    则f(x)min≥g(x)max.
    由(1)知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2))时,g(x)max=g(2)=1,
    ∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2))时,f(x)=eq \f(a,x)+xln x≥1恒成立,
    即a≥x-x2ln x恒成立.
    令h(x)=x-x2ln x,x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2)),
    ∴h′(x)=1-2xln x-x,
    令φ(x)=1-2xln x-x,
    ∴φ′(x)=-3-2ln x<0,
    h′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),2))上单调递减,
    又h′(1)=0,
    ∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1))时,h′(x)≥0,
    当x∈[1,2]时,h′(x)≤0,
    ∴h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1))上单调递增,在[1,2]上单调递减,
    ∴h(x)max=h(1)=1,
    故a≥1.
    ∴实数a的取值范围是[1,+∞).
    教师备选
    已知函数f(x)=eq \f(ax2-x-1,ex)(x∈R),a为正实数.
    (1)求函数f(x)的单调区间;
    (2)若∀x1,x2∈[0,4],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立,求实数a的取值范围.
    解 (1)因为f(x)=eq \f(ax2-x-1,ex)(x∈R),
    所以f′(x)=eq \f(-axx-3,ex)(x∈R),
    因为a>0,所以令f′(x)>0,得0令f′(x)<0,得x<0或x>3.
    所以f(x)的单调递增区间为(0,3),单调递减区间为(-∞,0)和(3,+∞).
    (2)由(1)知f(x)在(0,3)上单调递增,在(3,4)上单调递减,
    所以f(x)在[0,4]上的最大值是f(3)=eq \f(5a,e3).
    又f(0)=-a<0,f(4)=11ae-4>0,
    所以f(0)所以f(x)在[0,4]上的最小值为f(0)=-a.
    若∀x1,x2∈[0,4],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立,
    则需f(x)max-f(x)min<1在x∈[0,4]上恒成立,即f(3)-f(0)<1,
    即eq \f(5a,e3)+a<1,解得a又a>0,所以0故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(e3,5+e3))).
    思维升华 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价转换有
    (1)∀x1,x2∈D,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
    (2)∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
    (3)∃x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
    跟踪训练3 设f(x)=xex,g(x)=eq \f(1,2)x2+x.
    (1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值;
    (2)若任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.
    解 (1)因为F(x)=f(x)+g(x)
    =xex+eq \f(1,2)x2+x,
    所以F′(x)=(x+1)(ex+1),
    令F′(x)>0,解得x>-1,
    令F′(x)<0,解得x<-1,
    所以F(x)在(-∞,-1)上单调递减,
    在(-1,+∞)上单调递增,
    故F(x)min=F(-1)=-eq \f(1,2)-eq \f(1,e).
    (2)因为任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,
    有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,
    所以mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立,
    令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-eq \f(1,2)x2-x,x∈[-1,+∞),即只需h(x)在[-1,+∞)上单调递增即可.
    故h′(x)=(x+1)(mex-1)≥0在[-1,+∞)上恒成立,故m≥eq \f(1,ex),而eq \f(1,ex)≤e,故m≥e,
    即实数m的取值范围是[e,+∞).
    课时精练
    1.(2022·大同模拟)已知函数f(x)=x(mex-1).
    (1)当m=1时,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;
    (2)当x>0时,f(x)≥x2-2x,求实数m的取值范围.
    解 (1)当m=1时,f(x)=x(ex-1),
    则f(1)=e-1,
    由f′(x)=ex-1+xex可得,f′(1)=2e-1.
    所以函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为y-(e-1)=(2e-1)(x-1),
    即(2e-1)x-y-e=0.
    (2)由x(mex-1)≥x2-2x及x>0,
    得m≥eq \f(x-1,ex).
    令g(x)=eq \f(x-1,ex)(x>0),
    则g′(x)=eq \f(2-x,ex),
    当x∈(0,2)时,g′(x)>0;
    当x∈(2,+∞)时,g′(x)<0,
    所以g(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
    所以x=2是g(x)的极大值点,也是g(x)的最大值点,即g(x)max=g(2)=eq \f(1,e2).
    所以m≥eq \f(1,e2),
    故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2),+∞)).
    2.(2022·长春模拟)设函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x(a∈R).
    (1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;
    (2)若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
    解 (1)f′(x)=2x-(a+2)+eq \f(a,x)
    =eq \f(2x-ax-1,x)(x>0),
    又f′(3)=4-eq \f(2a,3)=0,
    所以a=6,经检验符合条件,
    所以f′(x)=eq \f(2x-3x-1,x),
    令f′(x)>0,有03;
    令f′(x)<0,有1所以f(x)的单调递增区间是(0,1),(3,+∞),单调递减区间是(1,3).
    (2)由题意f(x)≥1⇔f(x)min≥1,
    当a≤0时,令f′(x)>0,有x>1;
    令f′(x)<0,有0所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
    所以f(x)min=f(1)=-a-1,
    所以-a-1≥1,即a≤-2,
    当a>0时,①0存在f(1)=-a-1<0;
    ②eq \f(a,2)>1,即a>2时,存在f(1)=-a-1<0;
    ③eq \f(a,2)=1,即a=2时,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,存在f(1)=-3<0,
    可知a>0时,f(x)≥1不恒成立.
    综上,a≤-2.
    3.(2022·沈阳模拟)已知f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,当x>0时,f(x)=x2+sin x,g(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且g(x)=ax+eq \f(1,x)-2(a>0).
    (1)求函数f(x)的解析式;
    (2)若对于∀x1∈[-1,1],∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)>g(x2)成立,求实数a的取值范围.
    解 (1)设x<0,则-x>0,
    所以f(-x)=x2-sin x,
    又f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x),
    所以f(x)=-f(-x)=-x2+sin x,
    又f(0)=0,
    所以f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2+sin xx≥0,,-x2+sin xx<0.))
    (2)由题意得f(x)min>g(x)min.
    当x∈[0,1]时,f′(x)=2x+cs x>0,
    所以f(x)在[0,1]上单调递增,
    所以f(x)min=f(0)=0;
    当x∈[-1,0)时,f′(x)=-2x+cs x>0,
    所以f(x)在[-1,0)上单调递增,
    所以f(x)min=f(-1)=-1-sin 1<0,
    所以f(x)min=-1-sin 1.
    对于g(x),因为a>0,x>0,
    所以ax+eq \f(1,x)-2≥2eq \r(a)-2,
    当且仅当ax=eq \f(1,x),即x=eq \r(\f(1,a))时等式成立.
    所以g(x)min=2eq \r(a)-2,
    所以-1-sin 1>2eq \r(a)-2,
    整理得a所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1-sin 12,4))).
    4.(2022·昆明联考)已知函数f(x)=eax-x.
    (1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线的斜率为1,求f(x)的单调区间;
    (2)若不等式f(x)≥eaxln x-ax2对x∈(0,e]恒成立,求a的取值范围.
    解 (1)f′(x)=aeax-1,则f′(0)=a-1=1,即a=2.
    ∴f′(x)=2e2x-1,令f′(x)=0,得x=-eq \f(ln 2,2).
    当x<-eq \f(ln 2,2)时,f′(x)<0;
    当x>-eq \f(ln 2,2)时,f′(x)>0.
    故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-∞,-\f(ln 2,2))),单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(ln 2,2),+∞)).
    (2)由f(x)≥eaxln x-ax2,x∈(0,e],
    即ax2-x≥eax(ln x-1),有eq \f(ax-1,eax)≥eq \f(ln x-1,x),
    故仅需eq \f(ln eax-1,eax)≥eq \f(ln x-1,x)即可.
    设函数g(x)=eq \f(ln x-1,x),
    则eq \f(ln eax-1,eax)≥eq \f(ln x-1,x)等价于g(eax)≥g(x).
    ∵g′(x)=eq \f(2-ln x,x2),
    ∴当x∈(0,e]时,g′(x)>0,则g(x)在(0,e]上单调递增,
    ∴当x∈(0,e]时,g(eax)≥g(x)等价于eax≥x,
    即a≥eq \f(ln x,x)恒成立.
    设函数h(x)=eq \f(ln x,x),x∈(0,e],
    则h′(x)=eq \f(1-ln x,x2)≥0,即h(x)在(0,e]上单调递增,∴h(x)max=h(e)=eq \f(1,e),则a≥eq \f(1,e)即可,
    ∴a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e),+∞)).
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