高考数学导数冲满分-专题33 单变量不等式能成立之参变分离法

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单变量不等式能成立之参变分离法
参变分离法是将不等式变形成一个一端是f(a)，另一端是变量表达式g(x)的不等式后，若f(a)≥g(x)在x∈D上能成立，则f(a)≥g(x)min；若f(a)≤g(x)在x∈D上能成立，则f(a)≤g(x)max．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式g(x)的不等式后，若a≥g(x)在x∈D上能成立，则a≥g(x)min；若a≤g(x)在x∈D上能成立，则a≤g(x)max．
利用分离参数法来确定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a为实参数)能成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范围．
注意 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝3lnx－eq \f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a．
(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；
(2)若∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求参数a的取值范围．
解析 (1)由题意得，f′(x)＝eq \f(3,x)－x＋1，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq \f(3,x0)－x0＋1＝3，
解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq \f(5,2)．
(2)设h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x，∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，等价于∃x>0，使h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x>a成立，
等价于a0)．
因为h′(x)＝eq \f(3,x)－x－2＝eq \f(－x2－2x＋3,x)＝－eq \f((x－1)(x＋3),x)，令eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h′(x)>0，,x>0，))得00，))得x>1．
所以函数h(x)＝3ln x－eq \f(1,2)x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝－eq \f(5,2)，即a<－eq \f(5,2)，因此参数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(5,2)))．
[例2] 已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝eq \f(ln x,x)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，求a的取值范围．
解析 (1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a．
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)；由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln a，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，单调递减区间为(ln a，＋∞)．
(2)因为∃x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)－g(x)＋ex≤0成立，所以ax≤eq \f(ln x,x)，即a≤eq \f(ln x,x2)．
设h(x)＝eq \f(ln x,x2)，则问题转化为a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2)))max．由h′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，令h′(x)＝0，得x＝eq \r(e)．
当x∈(0，eq \r(e))时，h′(x)>0，当x∈(eq \r(e)，＋∞)时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减．
当x＝eq \r(e)时，函数h(x)有极大值，即最大值，为eq \f(1,2e)，所以a≤eq \f(1,2e)．
故a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2e)))．
[例3] 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的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈[eq \f(1,e)，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－4＝eq \f(2x2－4x＋a,x)．
∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，∴f′(3)＝0，解得a＝－6．
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，则F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥eq \f(x\\al(2,0)－2x0,x0－ln x0)．记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈[eq \f(1,e)，e]，
则G′(x)＝eq \f((2x－2)(x－ln x)－(x－2)(x－1),(x－ln x)2)＝eq \f((x－1)(x－2ln x＋2),(x－ln x)2)．
∵x∈[eq \f(1,e)，e]，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，∴x－2ln x＋2>0，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，G′(x)<0，G(x)单调递减；当x∈(1，e)时，G′(x)>0，G(x)单调递增．
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
[例4] 已知函数f(x)＝ln(1＋x)－asinx，a∈R．
(1)若y＝f(x)在点(0，0)处的切线为x－3y＝0，求a的值；
(2)若存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－acs x，则f′(0)＝1－a＝eq \f(1,3)，所以a＝eq \f(2,3)．
(2)将不等式转化为存在x∈[1，2]，使得a≤eq \f(ln(1＋x),2＋sin x)．
令函数g(x)＝eq \f(ln(1＋x),2＋sin x)，则g′(x)＝eq \f(2＋sin x－(1＋x)cs xln(1＋x),(1＋x)(2＋sin x)2)，
令函数h(x)＝2＋sin x－(1＋x)cs xln(1＋x)，x∈[1，2]，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2))时，h(x)>0；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2)))时，h(x)>2＋sin x－(1＋x)ln(1＋x)，
令函数φ(x)＝2＋sin x－(1＋x)ln(1＋x)，则φ′(x)＝cs x－ln(1＋x)－1<0，
故φ(x)≥φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))>3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(π,2)))>0，则当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(π,2)))时，h(x)>φ(x)>0，
故函数g(x)在[1，2]上单调递增，g(x)max＝g(2)＝eq \f(ln 3,2＋sin 2)，
则当a≤eq \f(ln 3,2＋sin 2)时，存在x∈[1，2]，使得f(x)≥2a．
所以，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(ln 3,2＋sin 2)))．
[例5] 已知函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a(a∈R)，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；
②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．
解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ex(2x－1)－x＋1，f′(x)＝ex(2x＋1)－1，f′(0)＝0，f″(x)＝ex(2x＋3)，
由f″(x)＝0，得x＝－eq \f(3,2)，当x<－eq \f(3,2)时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；当x>－eq \f(3,2)时，f″(x)>0，f′(x)单调递增．
且当x<－eq \f(3,2)时，f′(x)<0，即当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．
所以f(x)的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．
(2)①由f(x)<0，得ex(2x－1)当x＝1时，不等式显然不成立；当x>1时，a>eq \f(ex2x－1,x－1)；当x<1时，a记g(x)＝eq \f(ex2x－1,x－1)，g′(x)＝eq \f(ex2x＋1x－1－ex2x－1,x－12)＝eq \f(ex2x2－3x,x－12)，
所以g(x)在区间(－∞，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上为增函数，在(0,1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))上为减函数．
所以当x>1时，a>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝4；当x<1时，a综上所述，实数a的取值范围为(－∞，1)∪(4，＋∞)．
②由①知，当a<1时，x0∈(－∞，1)，由f(x0)<0，得g(x0)>a，
又g(x)在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g(0)＝1>a，
所以g(－1)≤a，即a≥eq \f(3,2e)，所以eq \f(3,2e)≤a<1．
当a>4时，x0∈(1，＋∞)，由f(x0)<0，得g(x0)又g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增，且geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝4eeq \f(3,2)所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g2综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2e)，1))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(3e2，\f(5e3,2)))．
[例6] 已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R．
(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex．
设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0，
得a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，①
又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)ex0，
整理得a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，②
结合①②得x0ex0－x0＋1＝x0ex0＋ex0－1，即ex0＋x0－2＝0，令h(x)＝ex＋x－2，
则h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上单调递增．
又因为h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得ex0＋x0－2＝0，且x0∈(0，1)，
所以存在唯一实数a，使①②两式成立，故存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切．
(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，所以axex－ax＋a＜ex，所以aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x－1,ex)))＜1，
令m(x)＝x－eq \f(x－1,ex)，则m′(x)＝eq \f(ex＋x－2,ex)，
由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(0，1)，
故当x≤0时，m(x)≥m(0)＝1，当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1，所以当x∈Z时，m(x)≥1恒成立．
①当a≤0时，am(x)＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；
②当0＜a＜1时，m(x)＜eq \f(1,a)，因为eq \f(1,a)＞1，m(0)＝m(1)＝1，
所以两个整数解分别为0，1，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m(2)≥\f(1,a)，,m(－1)≥\f(1,a)，))解得a≥eq \f(e2,2e2－1)，即a∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,2e2－1)，＋∞))；
③当a≥1时，m(x)＜eq \f(1,a)，因为eq \f(1,a)≤1，m(x)在x∈Z时大于或等于1，所以m(x)＜eq \f(1,a)无整数解，舍去．
综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,2e2－1)，＋∞))．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－eq \f(2,x)，g(x)＝－2alnx－eq \f(2,x)，其中a∈R．
(1)当a>0时，求f(x)的单调区间；
(2)若存在x∈[eq \f(1,e)，e2 ] ，使得不等式f(x)≥g(x)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)＝a－eq \f(2a＋1,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(ax2－(2a＋1)x＋2,x2)＝eq \f((ax－1)(x－2),x2)．
当a>0时，令f′(x)＝0，可得x＝eq \f(1,a)>0或x＝2．
①当eq \f(1,a)＝2，即a＝eq \f(1,2)时，对任意的x>0，f′(x)≥0，
此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当0eq \f(1,2)时，令f′(x)>0，得02；令f′(x)<0，得eq \f(1,a)此时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(2，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))．
③当eq \f(1,a)>2，即00，得0eq \f(1,a)；令f′(x)<0，得2此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,a)))．
(2)由f(x)≥g(x)，可得ax－ln x≥0，即a≥eq \f(ln x,x)，其中x∈[eq \f(1,e)，e2 ]．
构造函数h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈[eq \f(1,e)，e2 ]，则a≥h(x)min，
h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令h′(x)＝0，得x＝e∈[eq \f(1,e)，e2 ]．当eq \f(1,e)≤x0；当e∴函数h(x)在[eq \f(1,e)，e2 ]上单调递增，在(e，e2]上单调递减．
∴函数h(x)在x＝eq \f(1,e)或x＝e2处取得最小值．
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－e，h(e2)＝eq \f(2,e2)，∴heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))因此，实数a的取值范围是[－e，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝xlnx(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．
2．解析 (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)min＝g(1)＝4，则m≥4．故m的最小值为4．
3．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx(a∈R)．
(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若∃x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
3．解析 (1)f′(x)＝eq \f((2x－1)(x－a),x)，当导函数f′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，
函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a∉(1，2)，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋a(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
因为当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln x>0，所以a≤eq \f(x2－2x,x－ln x)在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，则h′(x)＝eq \f((x－1)(x＋2－2ln x),(x－ln x)2)．
因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln x，所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝eq \f(e(e－2),e－1)，所以a≤eq \f(e(e－2),e－1)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e(e－2),e－1)))．
4．已知函数f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))＋blnx(其中a，b∈R)．
(1)当b＝－4时，若f(x)在其定义域内为单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，是否存在实数b，使得当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(e，e2))时，不等式f(x)>0恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，请说明理由．
4．解析 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，当b＝－4时，f′(x)＝eq \f(ax2－4x＋4a,x2)．
若f(x)在其定义域内单调递增，则a≥eq \f(4x,x2＋4)＝eq \f(4,x＋\f(4,x))．∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋\f(4,x))))max＝1，∴a≥1；
若f(x)在其定义域内单调递减，则a≤eq \f(4x,x2＋4)＝eq \f(4,x＋\f(4,x))，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x＋\f(4,x))))min在x＋eq \f(4,x)→＋∞时取得，即eq \f(4,x＋\f(4,x))→0．∴a≤0．综上，a≤0或a≥1．
(2)f(x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,x)))＋bln x>0在x∈[e，e2]上恒成立，
令y＝ln x－eq \f(1,x)，x∈[e，e2]，y′＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，函数y＝ln x－eq \f(1,x)在x∈[e，e2]上单调递增，
故当x＝e时，y取最小值1－eq \f(1,e)>0，故y＝ln x－eq \f(1,x)>0在x∈[e，e2]上恒成立，
故问题转化为b>eq \f(x,ln x－\f(1,x))在x∈[e，e2]上恒成立，
令h(x)＝eq \f(x,ln x－\f(1,x))，x∈[e，e2]，h′(x)＝eq \f(ln x－\f(2,x)－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x)))2)，令m(x)＝ln x－eq \f(2,x)－1，x∈[e，e2]，m′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)>0，
而m(e)<0，m(e2)>0，故存在x0∈[e，e2]，使得h(x)在[e，x0)上单调递减，在(x0，e2]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e2)或h(e)，∵h(e2)＝eq \f(e4,2e2－1)eq \f(e2,e－1)．
综上，存在b满足题意，此时b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,e－1)，＋∞))．
5．已知函数f(x)＝eq \f(x－a,ln x)，其中a为实数．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使得对任意x∈(0，1)∪(1，＋∞)，f(x)＞eq \r(x)恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明．
5．解析 (1)当a＝2时，f(x)＝eq \f(x－2,ln x)，f′(x)＝eq \f(xln x－x＋2,x(ln x)2)，f′(2)＝eq \f(1,ln 2)，又f(2)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝eq \f(1,ln 2)(x－2)．
(2)①当0＜x＜1时，ln x＜0，则eq \f(x－a,ln x)＞eq \r(x)⇔a＞x－eq \r(x)ln x，
令g(x)＝x－eq \r(x)ln x，则g′(x)＝eq \f(2\r(x)－2－ln x,2\r(x))，再令h(x)＝2eq \r(x)－2－ln x，则h′(x)＝eq \f(1,\r(x))－eq \f(1,x)＝eq \f(\r(x)－1,x)＜0，
故当0＜x＜1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，所以当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝eq \f(h(x),2\r(x))＞0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，g(x)＜g(1)＝1，所以a≥1．
②当x＞1时，ln x＞0，则eq \f(x－a,ln x)＞eq \r(x) ⇔a＜x－eq \r(x)ln x．
由①知当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝eq \f(h(x),2\r(x))＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞g(1)＝1，所以a≤1．
综合①②得：a＝1．
6．已知函数f(x)＝lna2x－2eq \r(ax)＋alna．
(1)求证：f(x)≤a2－3；
(2)是否存在实数k，使得只有唯一的正整数a，对于x∈(0，＋∞)恒有：f(x)≤ea＋k，若存在，请求出k的范围以及正整数a的值；若不存在请说明理由．(下表的近似值供参考)
6．解析 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \r(\f(a,x))＝eq \f(1－\r(ax),x)，当x0；当x>eq \f(1,a)时，f′(x)<0，
则函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝(a＋1)ln a－2．
下证：(a＋1)ln a－2≤a2－3，
上式等价于证明ln a≤a－1．设函数h(a)＝a－1－ln a，
则h′(a)＝1－eq \f(1,a)，所以函数h(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(a)＝a－1－ln a≥h(1)＝0，则ln a≤a－1，即f(x)≤a2－3．
(2)由(1)可知f(x)max＝(a＋1)ln a－2，
所以不等式(a＋1)ln a－2≤ea＋k只有唯一的正整数解，则k≥(a＋1)ln a－ea－2．
设函数g(a)＝(a＋1)ln a－ea－2，则g′(a)＝ln a＋eq \f(a＋1,a)－e，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，g′(1)＝2－e<0．
令函数u(a)＝ln a＋eq \f(a＋1,a)－e，则u′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)，
所以函数u(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又u(4)<0，u(5)>0，故存在a0∈(4，5)满足u(a0)＝0，
所以函数g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1),\s\d5(e)),a0))上单调递减，(a0，＋∞)上单调递增．
g(3)＝4ln 3－3e－2，g(4)＝5ln 4－4e－2，g(5)＝6ln 5－5e－2，g(3)>g(5)>g(4)，
所以k∈[5ln 4－4e－2，6ln 5－5e－2]，此时a＝4．
7．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝eq \f(ax2,2)，直线l：y＝(k－3)x－k＋2．
(1)曲线y＝f(x)在x＝e处的切线与直线l平行，求实数k的值；
(2)若至少存在一个x0∈[1，e]，使f(x0)＜g(x0)成立，求实数a的取值范围；
(3)设k∈Z，当x＞1时，函数f(x)的图象恒在直线l的上方，求k的最大值．
7．解析 (1)由已知得f′(x)＝ln x＋1，且f′(e)＝ln e＋1＝2＝k－3，解得k＝5．
(2)因为至少存在一个x0∈[1，e]，使f(x0)＜g(x0)成立，
所以至少存在一个x0∈[1，e]，使x0ln x0＜eq \f(axeq \\al(2,0),2)成立，即至少存在一个x0∈[1，e]，使a＞eq \f(2ln x0,x0)成立．
令h(x)＝eq \f(2ln x,x)，当x∈[1，e]时，h′(x)＝eq \f(2(1－ln x),x2)≥0恒成立，因此h(x)＝eq \f(2ln x,x)在[1，e]上单调递增．
故当x＝1时，h(x)min＝0，故实数a的取值范围为(0，＋∞)．
(3)由已知得，xln x＞(k－3)x－k＋2在(1，＋∞)上恒成立，即k＜eq \f(xln x＋3x－2,x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
令F(x)＝eq \f(xln x＋3x－2,x－1)，则F′(x)＝eq \f(x－ln x－2,(x－1)2)，
令m(x)＝x－ln x－2，则m′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，
所以m(x)在(1，＋∞)上单调递增，且m(3)＝1－ln 3＜0，m(4)＝2－ln 4＞0，
所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0(x0∈(3，4))使m(x0)＝0，即x0－ln x0－2＝0．
当1＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，m(x)＞0，即F′(x)＞0，
所以F(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝eq \f(x0ln x0＋3x0－2,x0－1)＝eq \f(x0(x0－2)＋3x0－2,x0－1)＝x0＋2∈(5，6)．
故k＜x0＋2(k∈Z)，所以k的最大值为5．
ln 2
ln 3
ln 4
ln 5
ln 6
ln 7
ln 8
ln 9
0．69
1．10
1．38
1．61
1．79
1．95
2．07
2．20