高考数学导数冲满分-专题36 双变量不等式恒成立与能成立问题考点探析

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【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行．
(1)求证：函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值；
(2)记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))恒成立，求实数c的取值范围．
解析 (1)由题意得f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＋a．
因为函数图象在点A处的切线与直线l平行，且l的斜率为eq \f(1,2)，
所以f′(1)＝eq \f(1,2)，即1＋a＝eq \f(1,2)，所以a＝－eq \f(1,2)．
所以f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－2ln x－x2,2x2)，所以f′(1)＝eq \f(1,2)＞0，f′(e)＝－eq \f(1,2)＜0．
因为y＝2－2ln x－x2在(1，e)上连续，
所以f′(x)在区间(1，e)上存在一个零点，设为x0，则x0∈(1，e)，且f′(x0)＝0．
当x∈(1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，x0)上单调递增；
当x∈(x0，e)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(x0，e)上单调递减．
所以当x＝x0时，函数y＝f(x)取得最大值．故函数y＝f(x)在区间(1，e)上存在最大值．
(2)法一 因为g(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))恒成立，
所以c≤eq \f(1,2)x2－bx－ln x．记h1(x)＝eq \f(1,2)x2－bx－ln x(x＞0)，则c≤h1(x)min．
h′1(x)＝x－b－eq \f(1,x)．令h′1(x)＝0，得x2－bx－1＝0，所以x1＝eq \f(b－\r(b2＋4),2)＜0(舍去)，x2＝eq \f(b＋\r(b2＋4),2)．
因为b∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，所以x2＝eq \f(b＋\r(b2＋4),2)∈(1，2)．
当0＜x＜x2时，h′1(x)＜0，h1(x)单调递减；当x＞x2时，h′1(x)＞0，h1(x)单调递增．
所以h1(x)min＝h1(x2)＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－bx2－ln x2＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)＋1－xeq \\al(2,2)－ln x2＝－eq \f(1,2)xeq \\al(2,2)－ln x2＋1．
记h2(x)＝－eq \f(1,2)x2－ln x＋1．
因为h2(x)在(1，2)上单调递减，所以h2(x)＞h2(2)＝－1－ln 2．
所以c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
法二 因为g(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2＋bx＋c≤0对一切x∈(0，＋∞)恒成立，所以c≤eq \f(1,2)x2－bx－ln x．
设h1(b)＝－xb＋eq \f(1,2)x2－ln x，因为x∈(0，＋∞)，则函数h1(b)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上为减函数，
所以h1(b)＞heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x，则对∀x∈(0，＋∞)，c≤eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x恒成立，
设h2(x)＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－ln x，
则h′2(x)＝x－eq \f(3,2)－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－3x－2,2x)＝eq \f((x－2)(2x＋1),2x)，
令h′2(x)＝0，则x＝2，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，函数单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，函数单调递增，则x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－eq \f(1,2)－ln 2，
则c≤－1－ln 2，故c的取值范围是(－∞，－1－ln 2]．
[例2] 已知函数f(x)＝(lgax)2＋x－lnx(a>1)．
(1)求证：函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
(2)若关于x的方程|f(x)－t|＝1在(0，＋∞)上有三个零点，求实数t的值；
(3)若对任意的x1，x2∈[a－1，a]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1恒成立(e为自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为函数f(x)＝(lgax)2＋x－ln x，所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋2lgax·eq \f(1,xln a)．
因为a>1，x>1，所以f′(x)＝1－eq \f(1,x)＋2lgax·eq \f(1,xln a)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)因为当a>1，0结合(1)可得f(x)min＝f(1)，所以t－1＝f(1)＝1，故t＝2．
(3)由(2)可知，函数f(x)在[a－1，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1，
f(x)max＝max{f(a－1)，f(a)}．f(a)－f(a－1)＝a－a－1－2ln a，
令g(x)＝x－x－1－2ln x(x>1)，则g′(x)＝1＋x－2－eq \f(2,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up12(2)≥0，
所以g(a)>g(1)＝0，即f(a)－f(a－1)>0，所以f(x)max＝f(a)，
所以问题等价于∀x1，x2∈[a－1，a]，
|f(x1)－f(x2)|max＝f(a)－f(1)＝a－ln a≤e－1．
由h(x)＝x－ln x的单调性，且a>1，解得1所以实数a的取值范围为(1，e]．
[例3] 已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx．
(1)若函数y＝f(x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设f(x)有两个极值点x1，x2，若x1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，且f(x1)≥t＋f(x2)恒成立，求实数t的取值范围．
思路 (1)转化为恒不等式问题，即f′(x)＝2x－a＋eq \f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，然后用分离参数＋最值分析法解决．(2)分离参数t，即t≤f(x1)－f(x2)，然后用条件f(x)有两个极值点x1，x2，进行消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．
解析 (1)因为函数y＝f(x)在定义域上单调递增，所以f′(x)≥0，
即2x－a＋eq \f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤2x＋eq \f(2,x)(x∈(0，＋∞))．而2x＋eq \f(2,x)≥2eq \r(2x·\f(2,x))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当2x＝\f(2,x)，即x＝1时等号成立))，
所以a≤4，所以实数a的取值范围是(－∞，4]．
(2)因为f′(x)＝eq \f(2x2－ax＋2,x)(x＞0)，由题意可得x1，x2为方程f′(x)＝0，
即2x2－ax＋2＝0(x＞0)的两个不同实根，所以ax1＝2xeq \\al(2,1)＋2，ax2＝2xeq \\al(2,2)＋2．
由根与系数的关系可得x1x2＝1．由已知0＜x1≤eq \f(1,e)，则x2＝eq \f(1,x1)≥e．
而f(x1)－f(x2)＝(xeq \\al(2,1)－ax1＋2ln x1)－(xeq \\al(2,2)－ax2＋2ln x2)＝[xeq \\al(2,1)－(2xeq \\al(2,1)＋2)＋2ln x1]－[xeq \\al(2,2)－(2xeq \\al(2,2)＋2)＋2ln x2]
＝(－xeq \\al(2,1)－2＋2ln x1)－(－xeq \\al(2,2)－2＋2ln x2)＝xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)＋2(ln x1－ln x2)＝xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)＋2ln eq \f(x1,x2)
＝xeq \\al(2,2)－eq \f(1,x\\al(2,2))＋2ln eq \f(1,x\\al(2,2))＝xeq \\al(2,2)－eq \f(1,x\\al(2,2))－2ln xeq \\al(2,2)(x2≥e)．
设p(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x(x≥e2)，则p′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(x2－2x＋1,x2)＝eq \f(x－12,x2)，
显然当x≥e2时，p′(x)＞0，函数p(x)单调递增，故p(x)≥p(e2)＝e2－eq \f(1,e2)－2ln e2＝e2－eq \f(1,e2)－4．
故f(x1)－f(x2)≥e2－eq \f(1,e2)－4，故t≤e2－eq \f(1,e2)－4．所以实数t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，e2－\f(1,e2)－4))．
悟通 (2)是双变量恒不等式问题，分离参数后通过消元，转化为一元不等式恒成立问题处理．但在f(x1)－f(x2)＝(xeq \\al(2,1)－ax1＋2ln x1)－(xeq \\al(2,2)－ax2＋2ln x2)中含有三个变量x1，x2与a，最终保留哪个？由于x1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))，消掉x2与a为佳，解答中是消掉x1与a，保留下x2也可以，但要注意x2的范围，由于x1，x2为f(x)的两个极值点，所以ax1＝2xeq \\al(2,1)＋2，ax2＝2xeq \\al(2,2)＋2．先消去ax1与ax2，再用韦达定理消去x1，此时构造函数p(x)＝x－eq \f(1,x)－2ln x(x≥e2)，求的最小值．
[例4] 已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax．+X+K]
(1)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
(2)令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图象上任意两点，且满足eq \f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，求实数a的取值范围；
解析 (1)f′(x)＝1－eq \f(1,x)，x＞0，令f′(x)＝0，则x＝1．
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－ln t；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t，1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1．
综上，m(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t－ln t，t≥1，,1，0＜t＜1.))
(2)h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，x＞0．不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由eq \f(h(x1)－h(x2),x1－x2)＞1，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋ln x，x＞0，则F(x)＝x2－(a＋2)x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋eq \f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x＋eq \f(1,x)≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时取“＝”，所以a≤2eq \r(2)－2．
故a的取值范围为(－∞，2eq \r(2)－2]．
[例5] 已知函数f(x)＝lnx＋ax2－3x．
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；
(2)若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1eq \f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，求实数m的取值范围．
解析 (1)f(x)＝ln x＋ax2－3x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax－3．
由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1．
此时f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f((2x－1)(x－1),x)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,2)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，f′(x)<0．
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2．
(2)由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x．因为对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1eq \f(m(x2－x1),x1x2)恒成立，所以对于任意x1，x2∈[1，10]，
当x1f(x2)－eq \f(m,x2)恒成立，所以函数y＝f(x)－eq \f(m,x)在[1，10]上单调递减．
令h(x)＝f(x)－eq \f(m,x)＝ln x＋x2－3x－eq \f(m,x)，x∈[1，10]，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＋eq \f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立，则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立．
设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，则F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)．
当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，
所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710，所以m≤－1 710，
故实数m的取值范围为(－∞，－1 710]．
悟通 (1)利用f′(1)＝0，得a的方程，解方程求a的值，再求f′(x)＝0的实数解，并判断在实数解的两侧f(x)的导数值符号，得f(x)的极值．
(2)“双变量不等式”变“单变量不等式”：双变量不等式“f(x1)－f(x2)>eq \f(m(x2－x1),x1x2)”可化为“f(x1)－eq \f(m,x1)>f(x2)－eq \f(m,x2)”，只需构造函数h(x)＝f(x)－eq \f(m,x)，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＋eq \f(m,x2)≤0在[1，10]上恒成立”．分离参数m，构造新函数，借助函数最值求m的取值范围．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝alnx＋x－eq \f(1,x)，其中a为实常数．
(1)若x＝eq \f(1,2)是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式alnx－eq \f(1,x)≤b－x对任意－eq \f(5,2)≤a≤0，eq \f(1,2)≤x≤2恒成立，求b的最小值．
1．解析 (1)f′(x)＝eq \f(x2＋ax＋1,x2)，由题意知x>0．由f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \f(1,2)a＋1＝0，
所以a＝－eq \f(5,2)，此时f(x)＝－eq \f(5,2)ln x＋x－eq \f(1,x)．则f′(x)＝eq \f(x2－\f(5,2)x＋1,x2)＝eq \f((x－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x2)．
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝eq \f(3,2)－eq \f(5ln 2,2)．
(2)不等式aln x－eq \f(1,x)≤b－x即为f(x)≤b，所以b≥f(x)max对任意－eq \f(5,2)≤a≤0，eq \f(1,2)≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－eq \f(1,x)≤x－eq \f(1,x)≤2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)．当a＝0，x＝2时取等号．
②若eq \f(1,2)≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－eq \f(1,x)≤－eq \f(5,2)ln x＋x－eq \f(1,x)．
由(1)可知g(x)＝－eq \f(5,2)ln x＋x－eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上为减函数．所以当eq \f(1,2)≤x<1时，g(x)≤geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(5,2)ln 2－eq \f(3,2)．
因为eq \f(5,2)ln 2－eq \f(3,2)2．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
2．解析 (1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0．
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0．
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f(1)－f(0)≤e－1，,f(－1)－f(0)≤e－1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1．当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0．
故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0．
当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．
综上，m的取值范围是[－1，1]．
3．设函数f(x)＝eq \f(1－a,2)x2＋ax－lnx(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)若对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有eq \f(a－1,2)m＋ln2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
3．解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的极小值为f(1)＝1，无极大值．
(2)由题意知f′(x)＝(1－a)x＋a－eq \f(1,x)＝eq \f((1－a)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a－1)))(x－1),x)，
当a∈(4，5)时，1－a<－3，0∴在区间[1，2]上，f′(x)≤0，则f(x)单调递减，f(1)是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值．
∴|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(2)＝eq \f(a,2)－eq \f(3,2)＋ln 2．
∵对任意a∈(4，5)及任意x1，x2∈[1，2]，恒有eq \f(a－1,2)m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，
∴eq \f(a－1,2)m＋ln 2>eq \f(a,2)－eq \f(3,2)＋ln 2，得m>eq \f(a－3,a－1)．
∵a∈(4，5)，∴eq \f(a－3,a－1)＝1－eq \f(2,a－1)<1－eq \f(2,5－1)＝eq \f(1,2)，
∴m≥eq \f(1,2)，故实数m的取值范围是[eq \f(1,2)，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,e)))lnx(其中e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≤f(e)；
(2)对任意正实数x、y，不等式aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(y,e)))(lny－lnx)－2x≤0恒成立，求正实数a的最大值．
4．解析 (1)f′(x)＝－eq \f(1,e)ln x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x,e)))eq \f(1,x)＝－eq \f(1,e)ln x＋eq \f(2,x)－eq \f(1,e)＝eq \f(－xln x＋2e－x,ex)，
令g(x)＝－xln x＋2e－x，g′(x)＝－ln x＋(－x)·eq \f(1,x)－1＝－ln x－2，
在(0，e－2)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，在(e－2，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(e－2)＝－e－2ln e－2＋2e－e－2＝2e－2＋2e－e－2＝e－2＋2e＞0，
又因为x→0时，g(x)→0；g(e)＝0，
所以在(0，e)上，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(e)，即f(x)≤f(e)．
(2)因为x，y，a，都大于0，由aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(y,e)))(ln y－ln x)－2x≤0两边同除以ax整理得：eq \f(2,a)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(y,ex)))ln eq \f(y,x)，
令eq \f(y,x)＝t(t＞0)，所以eq \f(2,a)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(t,e)))ln t恒成立，记h(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(t,e)))ln t，则eq \f(2,a)≥h(t)max，
由(1)知h(t)max＝g(e)＝1，所以eq \f(2,a)≥1，即0＜a≤2，amax＝2．
所以正实数a的最大值是2．
5．设函数f(x)＝lnx＋eq \f(k,x)，k∈R．
(1)若曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，求f(x)的单调性和极小值(其中e为自然对数的底数)；
(2)若对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)5．解析 (1)由条件得f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)(x>0)，
∵曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线x－2＝0垂直，∴f′(e)＝0，即eq \f(1,e)－eq \f(k,e2)＝0，得k＝e，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,x2)＝eq \f(x－e,x2)(x>0)，由f′(x)<0得00得x>e，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增．
当x＝e时，f(x)取得极小值，且f(e)＝ln e＋eq \f(e,e)＝2．∴f(x)的极小值为2．
(2)由题意知，对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋eq \f(k,x)－x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x>0时，k≥－x2＋x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)恒成立，
∴k≥eq \f(1,4)．故k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))．
6．已知函数f(x)＝x－1－alnx(a<0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，求实数a的取值范围．
6．解析 (1)由题意知f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x>0)，
因为x>0，a<0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)不妨设0eq \f(1,x2)>0，由(1)知f(x1)所以|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x2)－f(x1)<4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))⇔f(x1)＋eq \f(4,x1)>f(x2)＋eq \f(4,x2)．
设g(x)＝f(x)＋eq \f(4,x)，x∈(0，1]，|f(x1)－f(x2)|<4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))等价于g(x)在(0，1]上单调递减，
所以g′(x)≤0在(0，1]上恒成立⇔1－eq \f(a,x)－eq \f(4,x2)＝eq \f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立⇔a≥x－eq \f(4,x)在(0，1]上恒成立，
易知y＝x－eq \f(4,x)在(0，1]上单调递增，其最大值为－3．因为a<0，所以－3≤a<0，
所以实数a的取值范围为[－3，0)．
7．设f(x)＝ex－a(x＋1)．
(1)若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋eq \f(a,ex)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围．
7．解析 (1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a．
由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln a．
故当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)的最小值为f(lna)＝eln a－a(lna＋1)＝－alna．
由题意，若∀x∈R，f(x)≥0恒成立，即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－alna≥0，
又a＞0，所以ln a≤0，解得0＜a≤1．所以正实数a的取值范围为(0，1]．
(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2．则直线AB的斜率为k＝eq \f(g(x2)－g(x1),x2－x1)，
由已知k＞m，即eq \f(g(x2)－g(x1),x2－x1)＞m．
因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1．
因为x1＜x2，所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x)．
而g′(x)＝ex－a－eq \f(a,ex)，又a≤－1＜0，故g′(x)＝ex＋eq \f(－a,ex)－a≥2eq \r(ex·\f((－a),ex))－a＝2eq \r(－a)－a．
而2eq \r(－a)－a＝2eq \r(－a)＋(eq \r(－a))2＝(eq \r(－a)＋1)2－1≥3，所以m的取值范围为(－∞，3]．
考点二 双函数双任意型
【例题选讲】
[例6] 已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；
(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝ eq \f(1,x)－a＝ eq \f(1－ax,x)，
①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；
②当0③当 eq \f(1,e)当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))时，f′(x)≤0，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上单调递减；
④当a≥1时，0< eq \f(1,a)≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．
综上所述，当a≤ eq \f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当 eq \f(1,e)(2)g′(x)＝2ax，依题意知，x∈[1，e]时，f(x)min>g(x)max恒成立．已知a∉(0，e)，则
①当a≤0时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，而f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a，g(x)max＝g(1)＝a＋1，所以－a>a＋1，得a<－ eq \f(1,2)；
②当a≥e时，g′(x)>0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，而f(x)在[1，e]上单调递减，
所以g(x)max＝g(e)＝ae2＋1，f(x)min＝f(e)＝1－ae，所以1－ae>ae2＋1，得a<0，与a≥e矛盾．
综上所述，实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))．
[例7] 已知函数f(x)＝eq \f(x,ex)＋x－1，g(x)＝ln x＋eq \f(1,e)(e为自然对数的底数)．
(1)证明：f(x)≥g(x)；
(2)若对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤eq \f(2,e2)－eq \f(1,e)＋1，求a的最大值．
解析 (1)令F(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(x,ex)＋x－ln x－1－eq \f(1,e)，
∴F′(x)＝eq \f(1－x,ex)＋1－eq \f(1,x)＝(x－1)eq \f(ex－x,xex)．∵x>0，∴ex>x＋1，
∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x)．
(2)∵x∈[1，a]，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)＋1>0，g′(x)＝eq \f(1,x)>0，∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增．
∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上的距离随x增大而增大，
∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤eq \f(2,e2)－eq \f(1,e)＋1，∴eq \f(a,ea)＋a≤eq \f(2,e2)＋2，
设G(a)＝eq \f(a,ea)＋a(a>1)，G′(a)＝eq \f(1－a,ea)＋1＝eq \f(ea－a＋1,ea)，
∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，∴a≤2，
∴a的最大值为2．
[例8] 已知函数f(x)＝x2－2alnx(a∈R)，g(x)＝2ax.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)若0＜a＜1，对于区间[1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|成立，求实数a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(a,x)．
当a≤0时，显然f′(x)＞0恒成立，故f(x)无极值；
当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \r(a)，f(x)在(0，eq \r(a))上单调递减；
由f′(x)＞0，得x＞eq \r(a)，f(x)在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
故f(x)有极小值f(eq \r(a))＝a－aln a，无极大值．
综上，a≤0时，f(x)无极值；a＞0时，f(x)极小值＝a－aln a，无极大值．
(2)不妨令1≤x1＜x2≤2，因为0＜a＜1，所以g(x1)＜g(x2)．由(1)可知f(x1)＜f(x2)，
因为|f(x1)－f(x2)|＞|g(x1)－g(x2)|，所以f(x2)－f(x1)＞g(x2)－g(x1)，即f(x2)－g(x2)＞f(x1)－g(x1)，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2aln x－2ax在[1，2]上单调递增，
所以h′(x)＝2x－eq \f(2a,x)－2a≥0在[1，2]上恒成立，即a≤eq \f(x2,x＋1)在[1，2]上恒成立．
令t＝x＋1∈[2，3]，则eq \f(x2,x＋1)＝t＋eq \f(1,t)－2≥eq \f(1,2)，所以a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
【对点训练】
8．已知两个函数f(x)＝7x2－28x－c，g(x)＝2x3＋4x2－40x．若对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求实数c的取值范围．
8．解析 由对任意x1，x2∈[－3，3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，得f(x1)max≤g(x2)min，
因为f(x)＝7x2－28x－c＝7(x－2)2－28－c，所以当x1∈[－3，3]时，f(x1)max＝f(－3)＝147－c，
因为g(x)＝2x3＋4x2－40x，所以g′(x)＝6x2＋8x－40＝2(3x＋10)(x－2)，
当x∈(－3，2)，则g′(x)<0，当x∈(2，3)，则g′(x)>0，
所以f(x)在(－3，2)上单调递减；f(x)在(2，3)上单调递增．
易得g(x)min＝g(2)＝－48，故147－c≤－48，即c≥195．
故实数c的取值范围是[195，＋∞)．
9．已知函数f(x)＝x－1－aln x(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,x)．
(1)当a＝－2时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若a<0，且对任意x1，x2∈(0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|<4×|g(x1)－g(x2)|，求实数a的取值范围．
9．解析 (1)当a＝－2时，f(x)＝x－1＋2ln x，f′(x)＝1＋eq \f(2,x)，f(1)＝0，切线的斜率k＝f′(1)＝3，
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－3＝0．
(2)对x∈(0，1]，当a<0时，f′(x)＝1－eq \f(a,x)>0，∴f(x)在(0，1]上单调递增，
易知g(x)＝eq \f(1,x)在(0，1]上单调递减，
不妨设x1，x2∈(0，1]，且x1g(x2)，
∴f(x2)－f(x1)<4×[g(x1)－g(x2)]，即f(x1)＋eq \f(4,x1)>f(x2)＋eq \f(4,x2)．
令h(x)＝f(x)＋eq \f(4,x)，则当x1h(x2)，∴h(x)在(0，1]上单调递减，
∴h′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(4,x2)＝eq \f(x2－ax－4,x2)≤0在(0，1]上恒成立，
∴x2－ax－4≤0在(0，1]上恒成立，等价于a≥x－eq \f(4,x)在(0，1]上恒成立，∴只需a≥(x－eq \f(4,x))max．
∵y＝x－eq \f(4,x)在(0，1]上单调递增，∴ymax＝－3，∴－3≤a<0，故实数a的取值范围为[－3，0)．
10．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．
10．解析 (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，＋∞)．
考点三 任意存在型
【例题选讲】
[例9] 设函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋2lneq \f(ax＋2,6\r(x))，对于任意a∈(2，4)，总存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围．
解析 (1)∵函数f(x)＝ln x＋x2－ax，∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－a．
∵函数在定义域内为增函数，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq \f(1,x)＋2x在(0，＋∞)上恒成立，
而x＞0，eq \f(1,x)＋2x≥2eq \r(2)，当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，“＝”成立．即eq \f(1,x)＋2x的最小值为2eq \r(2)，∴a≤2eq \r(2)．
(2)∵g(x)＝f(x)＋2ln eq \f(ax＋2,6\r(x))＝2ln (ax＋2)＋x2－ax－2ln 6，
∴g′(x)＝eq \f(2a,ax＋2)＋2x－a＝eq \f(2ax\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4－a2,2a))),ax＋2)，
∵a∈(2，4)，∴eq \f(4－a2,2a)＝eq \f(2,a)－eq \f(a,2)＞－eq \f(3,2)，x＋eq \f(4－a2,2a)＞0
∴g′(x)＞0，故g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))上单调递增，∴当x＝2时，g(x)取最大值2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6．
即2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6＞k(4－a2)在a∈(2，4)上恒成立，
令h(a)＝2ln (2a＋2)－2a＋4－2ln 6－k(4－a2)，则h(2)＝0，且h(a)＞0在(2，4)内恒成立，
h′(a)＝eq \f(2,a＋1)－2＋2ka＝eq \f(2a(ka＋k－1),a＋1)．
当k≤0时，h′(a)＜0，h(a)在(2，4)上单调递减，h(a)＜h(2)＝0，不合题意；
当k＞0时，由h＇(a)＝0，得a＝eq \f(1－k,k)．
①若eq \f(1－k,k)＞2，即0＜k＜eq \f(1,3)时，h(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1－k,k)))内单调递减，存在h(a)＜h(2)，不合题意，
②若eq \f(1－k,k)≤2，即k≥eq \f(1,3)时，h(a)在(2，4)内单调递增，h(a)＞h(2)＝0满足题意．
综上，实数k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))．
[例10] 已知函数f(x)＝2lneq \f(x,2)－eq \f(3x－6,x＋1)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝lnx－ax，若对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝2ln eq \f(x,2)－eq \f(3x－6,x＋1)，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(9,(x＋1)2)＝eq \f(2x2－5x＋2,x(x＋1)2)＝eq \f((2x－1)(x－2),x(x＋1)2)，
当eq \f(1,2)2时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，f(x)≥f(2)＝0，又g(x)＝ln x－ax，
所以对任意x1∈(1，＋∞)，存在x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)成立
⇔存在x2∈(0，＋∞)，使得g(x2)≤0成立
⇔函数y＝lnx与直线y＝ax的图象在(0，＋∞)上有交点
⇔方程a＝eq \f(ln x,x)在(0，＋∞)上有解．
设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，又h(e)＝eq \f(1,e)，x→0时，h(x)→－∞，
所以在(0，＋∞)上，h(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))．
[例11] 已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq \f(1－a,x)－1(a∈R)．
(1)当0＜a＜eq \f(1,2)时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4．当a＝eq \f(1,4)时，若对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
解析 (1)因为f(x)＝ln x－ax＋eq \f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－a＋eq \f(a－1,x2)＝－eq \f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，可得两根分别为1，eq \f(1,a)－1，因为0＜a＜eq \f(1,2)，所以eq \f(1,a)－1＞1＞0，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)－1))时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1，＋∞))时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
(2)a＝eq \f(1,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \f(1,a)－1＝3∉(0，2)，由(1)知，
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－eq \f(1,2)．
对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)等价于
g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－eq \f(1,2)，(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以，
①当b＜1时，g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；
②当1≤b≤2时，g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b＞2时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，且当b＞2时，8－4b＜0，解不等式8－4b≤－eq \f(1,2)，可得b≥eq \f(17,8)，
所以实数b的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,8)，＋∞))．
[例12] 已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xalnx的极值点．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)＝eq \f(kx,ex)，若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·eq \f(1,x)＝xa－1(aln x＋1)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))a－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln \f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，
当a＝2时，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞))上单调递增，
所以x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x的极小值点，因此a＝2．
(2)由(1)知f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝－eq \f(1,2e)，函数g(x)的导函数g′(x)＝k(1－x)e－x．
①当k>0时，当x<1时，g′(x)>0，g(x)在(－∞，1)上单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2＝－eq \f(1,k)，使得g(x2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝<－1<－eq \f(1,2e)≤f(x1)，符合题意．
②当k＝0时，g(x)＝0，取x1＝eq \f(1,\r(e))，对∀x2∈R有f(x1)－g(x2)<0，不符合题意．
③当k<0时，当x<1时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x>1时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝eq \f(k,e)，
若对∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，即eq \f(k,e)≤－eq \f(1,2e)，解得k≤－eq \f(1,2)．
综上所述，k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．
[例13] 已知函数f(x)＝exsinx－csx，g(x)＝xcsx－eq \r(2)ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
解析 (1)函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内零点的个数为1，理由如下：f′(x)＝exsin x＋excs x＋sin x，
当00，则函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，f(0)＝－1<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eeq \f(π,2)>0，f(0)·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))<0．
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))内零点的个数为1．
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max．
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1．
又g′(x)＝cs x－xsin x－eq \r(2)ex，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，0≤cs x≤1，xsin x≥0，eq \r(2)ex≥eq \r(2)，所以g′(x)<0．
故g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，当x＝0时，g(x)取得最大值－eq \r(2)．
所以－1≥m－(－eq \r(2))，所以m≤－eq \r(2)－1，故实数m的取值范围是(－∞，－1－eq \r(2)]．
[例14] 已知函数f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝ex－1－x．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)∀a∈(0，1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析 (1)f(x)＝x2eax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)eax＋1，
①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
②当a>0时，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,a)))，f′(x)>0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)，0))，f′(x)<0，x∈(0，＋∞)，f′(x)>0，
所以函数f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,a)))，(0，＋∞)，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)，0))；
③当a<0时，x∈(－∞，0)，f′(x)<0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,a)))，f′(x)>0，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)，＋∞))，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)，＋∞))，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,a)))．
(2)由g(x)＝ex－1－x，得g′(x)＝ex－1－1，当x>1时，g′(x)>0，当x<1时，g′(x)<0，
故g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝0，故当m∈[a－1，a]时，g(m)min＝g(a)＝ea－1－a>0，
当a∈(0，1)时，a－1>－ eq \f(2,a)，由(1)知，当n∈[a－1，a]时，f(n)min＝f(0)＝1－a>0，
所以[f(n)] eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(min))＝(1－a)2，
若∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立，即[f(n)]2<λg(m)，则λ>0，且[f(n)] eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(min))<λg(m)min．
所以(1－a)2<λ(ea－1－a)，所以λ> eq \f((1－a)2,ea－1－a)．
设h(x)＝ eq \f((1－x)2,ex－1－x)，x∈[0，1)，则h′(x)＝ eq \f((x－1)(3ex－1－xex－1－x－1),(ex－1－x)2)，
令r(x)＝3ex－1－xex－1－x－1，x∈[0，1]，则r′(x)＝(2－x)ex－1－1，
当x∈(0，1)时，e1－x>2－x，所以(2－x)ex－1<1，故r′(x)<0，所以r(x)在[0，1]上单调递减，
所以当x∈[0，1)时，r(x)>r(1)＝0，即r(x)>0，
又当x∈[0，1)时，x－1<0，所以当x∈[0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当x∈(0，1)时，h(x)所以当λ≥e时，∀a∈(0，1)，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使[f(n)]2－λg(m)<0成立．
【对点训练】
11．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋1的单调递减区间是(1，2)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式eq \f(1,2)xeq \\al(3,1)－x1lnx1－x1t＋3＞f(x2)成立，求实数t的取值范围．
11．解析 (1)由题得f′(x)＝3x2＋2bx＋c．∵f(x)的单调递减区间是(1，2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2b＋c＝0,f′2＝12＋4b＋c＝0))解得b＝－eq \f(9,2)，c＝6，∴f(x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋6x＋1；
(2)由(1)得f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3(x－1)(x－2)
当x∈[2，＋∞)，f′(x)≥0，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(2)＝3；
要使若对任意的x1∈(0，2]，存在x2∈[2，＋∞)，使不等式eq \f(1,2)xeq \\al(3,1)－x1ln x1－x1t＋3＞f(x2)成立，
只需对任意的x1∈(0，2]，不等式eq \f(1,2)xeq \\al(3,1)－x1ln x1－x1t＋3＞3成立，
所以需对任意的x1∈(0，2]，x1t＜eq \f(1,2)xeq \\al(3,1)－x1ln x1恒成立，
只需t＜eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)－ln x1在x1∈(0，2]上恒成立．
设h(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)，
当x1∈(0，2]时，h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝eq \f(1,2)，
要使t＜eq \f(1,2)x2－ln x在 x∈(0，2]上恒成立，只需t＜h(x)min，则t＜eq \f(1,2)．
故t的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))．
12．已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)12．解析 (1)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax＋1,x)(x>0)，
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,a)．
在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上，f′(x)>0，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))．
(2)由已知得所求可转化为f(x)max由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a<0时，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，
故f(x)的极大值即为最大值，是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1－ln(－a)，
所以2>－1－ln(－a)，解得a<－eq \f(1,e3)．
13．已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq \f(1－a,x)－1(a∈R)．
(1)当a＝1时，证明：f(x)≤－2；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝eq \f(1,4)时，若∀x1∈(0，2)，∃x2∈[1，2]，f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
13．解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x－1，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－2，故f(x)≤－2．
(2)依题意得f(x)在(0，2)上的最小值不小于g(x)在[1，2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min．
当a＝eq \f(1,4)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,4)x＋eq \f(3,4x)－1，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,4)－eq \f(3,4x2)＝－eq \f((x－1)(x－3),4x2)，
当00，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，
所以当x∈(0，2)时，f(x)min＝f(1)＝－eq \f(1,2)．又g(x)＝x2－2bx＋4，x∈[1，2]，
①当b<1时，易得g(x)min＝g(1)＝5－2b，则5－2b≤－eq \f(1,2)，解得b≥eq \f(11,4)，这与b<1矛盾；
②当1≤b≤2时，易得g(x)min＝g(b)＝4－b2，则4－b2≤－eq \f(1,2)，所以b2≥eq \f(9,2)，这与1≤b≤2矛盾；
③当b>2时，易得g(x)min＝g(2)＝8－4b，则8－4b≤－eq \f(1,2)，解得b≥eq \f(17,8)．
综上，实数b的取值范围是[eq \f(17,8)，＋∞)．
14．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋ax．
(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
(2)若函数g(x)＝eq \f(x,ex)，对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
14．解析 (1)由题设知f′(x)＝x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，
而函数y＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则ymax＝－3，
所以a≥－3，所以a的最小值为－3．
(2)“对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，f′(x)max≤g(x)max”．
因为f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f′(x)max＝f′(2)＝8＋a．
而g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由g′(x)>0，得x<1，由g′(x)<0，得x>1，
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))时，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)．由8＋a≤eq \f(1,e)，得a≤eq \f(1,e)－8，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)－8))．
15．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(2a＋1)x＋2lnx(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)15．解析 (1)f′(x)＝eq \f((ax－1)(x－2),x)(x>0)．
①当a≤0时， ax－1<0，在区间(0，2)上，f′(x)>0，在区间(2，＋∞)上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．
②当02，在区间(0，2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)>0，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,a)))上，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间是(0，2)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,a))).
③当a＝eq \f(1,2)时，f′(x)＝eq \f(x－22,2x)≥0，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a>eq \f(1,2)时，00，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))上f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(2，＋∞)，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2)).
(2)由已知，在(0，2]上有f(x)max①当a≤eq \f(1,2)时，f(x)在(0，2]上单调递增．故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln 2＝－2a－2＋2ln 2，
所以，－2a－2＋2ln 2<0，解得a>ln 2－1.∴ln 2－1②当a>eq \f(1,2)时，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)，2))上单调递减，
故f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \f(1,2a)－(2a＋1)eq \f(1,a)＋2lneq \f(1,a)＝－eq \f(1,2a)－2－2ln a<0.
当a>eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＋2ln a>eq \f(1,2a)＋2ln e－1>－2，故a>eq \f(1,2)时满足题意．
综上，a的取值范围为(ln 2－1，＋∞)．
16．函数f(x)＝exsinx，g(x)＝(x＋1)csx－eq \r(2)ex，其中e是自然对数的底数．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)对∀x1∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∃x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使f(x1)＋g(x2)≥m成立，求实数m的取值范围．
16．解析 (1)f′(x)＝exsin x＋excs x＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，当2kπ即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(3π,4)＋2kπ)) (k∈Z)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当π＋2kπ即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋2kπ，\f(7π,4)＋2kπ))(k∈Z) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)＋2kπ，\f(3π,4)＋2kπ))(k∈Z)，
f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋2kπ，\f(7π,4)＋2kπ))(k∈Z)．
(2)f(x1)＋g(x2)≥m，即f(x1)≥m－g(x2)，设t(x)＝m－g(x)，则原问题等价于f(x)min≥t(x)min，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
一方面由(1)可知，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)≥0，故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝0．
另一方面：t(x)＝m－(x＋1)cs x＋eq \r(2)ex，t′(x)＝－cs x＋(x＋1)sin x＋eq \r(2)ex，
由于－cs x∈[－1，0]，eq \r(2)ex≥eq \r(2)，∴－cs x＋eq \r(2)ex>0，又(x＋1)sin x≥0，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，t′(x)>0，t(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))为增函数，t(x)min＝t(0)＝m－1＋eq \r(2)，所以m－1＋eq \r(2)≤0，m≤1－eq \r(2)．
即实数m的取值范围是(－∞，1－eq \r(2))．
考点四 存在任意型
【例题选讲】
[例15] 已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋a,x)，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.718 28…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．
解析 (1)f′(x)＝eq \f(1－a－ln x,x2)(x＞0)．由f′(x)＝0，得x＝e1－a．易知f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴当0＜x＜e1－a时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞e1－a时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间是(0，e1－a)，单调递减区间是(e1－a，＋∞)．
(2)当a＝1时，由(1)可知f(x)≤f(e1－a)＝1，∴∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，5f(x1)＋g(x2)＞0成立，
等价于5＋(x－k)ex＋k＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，
∵当x∈(0，＋∞)时，ex－1＞0，∴x＋eq \f(x＋5,ex－1)＞k对x∈(0，＋∞)恒成立，
设h(x)＝x＋eq \f(x＋5,ex－1)，则h′(x)＝eq \f(ex(ex－x－6),(ex－1)2)．令F(x)＝ex－x－6，则F′(x)＝ex－1．
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＞0，∴函数F(x)＝ex－x－6在(0，＋∞)上单调递增．
而F(2)＝e2－8＜0，F(3)＝e3－9＞0．∴F(2)·F(3)＜0．
∴存在唯一的x0∈(2，3)，使得F(x0)＝0，即ex0＝x0＋6．
∴当x∈(0，x0)时，F(x)＜0，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，F(x)＞0，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增．
∴当x＝x0时，函数h(x)有极小值(即最小值)h(x0)．
∵h(x0)＝x0＋eq \f(x0＋5,ex0－1)＝x0＋1∈(3，4)．又k＜h(x0)，k∈Z，∴k的最大值是3．
[例16] 已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq \f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex．
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x－1x－a,x2)．
①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a．
②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1．
③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)．
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1；
当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)．
(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值．
由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq \f(a,e)．g′(x)＝(1－ex)x．
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq \f(a,e)＜1，
即a＞eq \f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2－2e,e＋1)，1))．
[例17] (2021·天津)已知a＞0，函数f(x)＝ax－xex．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)证明函数y＝f(x)存在唯一的极值点；
(3)若存在实数a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．
解析 (1) f′(x)＝a－(x＋1)ex，则f′(0)＝a－1，
又f(0)＝0，则所求切线方程为y＝(a－1)x(a＞0)．
(2)令f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，则a＝(x＋1)ex．
令g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex．
当x∈(－∞，－2)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
又当x→－∞时，g(x)＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，
又g(－1)＝0，故画出g(x)的大致图象如下：
所以当a＞0时，y＝a与y＝g(x)的图象仅有一个交点．
令g(m)＝a，则m＞－1，且f′(m)＝a－g(m)＝0．
当x∈(－∞，m)时，a＞g(x)，则f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(m，＋∞)时，a＜g(x)，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以x＝m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点．
(3)由(2)知f(x)max＝f(m)，此时a＝(1＋m)em，且m＞－1，
所以(f(x)－a)max＝f(m)－a＝(m2－m－1)em，m＞－1．
令h(x)＝(x2－x－1)ex(x＞－1)，
若存在a，使得f(x)≤a＋b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(－1，＋∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min．
h′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x－1)(x＋2)ex，x＞－1，
当x∈(－1，1)时，h′(x)＜0，h(x)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)＝－e，故b≥－e，所以实数b的取值范围为[－e，＋∞)．
【对点训练】
17．已知f(x)＝eq \f(1－x,ax)＋lnx，(a∈R，且a≠0)．
(1)试讨论函数y＝f(x)的单调性；
(2)若∃x0∈(0，＋∞)使得∀x∈(0，＋∞)都有f(x)≥f(x0)恒成立，且f(x0)≥0，求满足条件的实数a的取值集合．
17．解析 (1)由f(x)＝eq \f(1－x,ax)＋ln x，得f′(x)＝eq \f(－1＋ax,ax2)(x＞0)．
①当a＜0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞eq \f(1,a)，由f′(x)＜0得0＜x＜eq \f(1,a)，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
综上：①当a＜0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无递减区间；
②当a＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)由题意函数存在最小值f(x0)且f(x0)≥0，
①当a＜0时，由(1)上单调递增且f(1)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)＜0，不符合条件；
②当a＞0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－eq \f(1,a)＋ln eq \f(1,a)，
∴只需f(x)min≥0即1－eq \f(1,a)＋ln eq \f(1,a)≥0，记g(x)＝1－x＋ln x(x＞0)则g′(x)＝－1＋eq \f(1,x)，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，由g′(x)＜0得x＞1，
∴g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，∴eq \f(1,a)＝1，∴a＝1，
即满足条件a的取值集合为{1}．
18．已知函数f(x)＝x－mlnx－eq \f(m－1,x)(m∈R)，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex．
(1)若m(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．
18．解析 (1)f(x)＝x－mln x－eq \f(m－1,x)，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－eq \f(m,x)＋eq \f(m－1,x2)＝eq \f((x－1)[x－(m－1)],x2)，
①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m．
②当2若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0．f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1)．
(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min．由(1)知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－eq \f(m－1,e)．又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1．
所以m≤2且e－m－eq \f(m－1,e)≤1，解得eq \f(e2－e＋1,e＋1)≤m≤2．
所以实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(e2－e＋1,e＋1)，2))．
19．已知函数f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)．
(1)若函数f(x)与h(x)的图象无公共点，试求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，都有函数y＝f(x)＋eq \f(m,x)的图象在g(x)＝eq \f(ex,x)的图象的下方？若存在，请求出最大整数m的值；若不存在，请说明理由．
参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6，eq \r(e)≈1.648 7 ，eq \r(3,e)≈1.395 6．
19．解析 (1)函数f(x)与h(x)的图象无公共点，等价于方程eq \f(ln x,x)＝a在(0，＋∞)上无解．
令t(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，则t′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令t′(x)＝0，得x＝e．
当x变化时，t′(x)，t(x)的变化情况如下表：
由表可知x＝e是函数t(x)的唯一极大值点，故tmax＝t(e)＝eq \f(1,e)，
故要使方程eq \f(ln x,x)＝a在(0，＋∞)上无解，只需a＞eq \f(1,e)，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞.))
(2)假设存在实数m满足题意，则不等式ln x＋eq \f(m,x)＜eq \f(ex,x)对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，
即m＜ex－xln x对x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))恒成立．
令r(x)＝ex－xln x，则r′(x)＝ex－ln x－1，令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
因为φ′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，φ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0，且φ′(x)的图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上连续，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，使得φ′(x0)＝0，即ex0－eq \f(1,x0)＝0，则x0＝－ln x0．
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．
所以φ(x)的最小值为φ(x0)，且φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝x0＋eq \f(1,x0)－1＞2eq \r(x0·\f(1,x0))－1＝1＞0，
所以r′(x)＞0，r(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．
∴m≤req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eeq \s\up6(\f(1,2))－eq \f(1,2)lneq \f(1,2)＝eeq \s\up6(\f(1,2))＋eq \f(1,2)ln 2≈1.995 25．∴存在实数m，且最大整数m的值为1．
20．已知向量m＝(ex，ln x＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，
f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0，1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)20．解析 (1)由已知可得f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)，所以f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)．
由已知，f′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf′(x)＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－ln x－1 ))＝1－xln x－x，所以F′(x)＝－ln x－2．
由F′(x)＝－ln x－2≥0得0所以F(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))，单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))．
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)由(1)知，当x＝eq \f(1,e2)时，F(x)取得最大值Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝1＋eq \f(1,e2)．
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a．
当0当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋eq \f(1,e2)，从而1综上可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1＋\f(1,2e2)))．
考点五 双存在型
【例题选讲】
[例18] 已知函数f(x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
∵当a>1时，ln a>0，函数y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0∴当a>1或0又∵f′(0)＝0，∴f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－∞，0)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)在x＝0处取得极小值1．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，∴只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
由(1)可知，当x∈[－1，1]时，f(x)在[－1，0]上是减函数，在(0，1]上是增函数，
∴当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max为f(－1)和f(1)中的较大者．
f(1)－f(－1)＝(a＋1－ln a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1＋ln a))＝a－eq \f(1,a)－2ln a，
令g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a(a>0)，∵g′(a)＝1＋eq \f(1,a2)－eq \f(2,a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))2>0，
∴g(a)＝a－eq \f(1,a)－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0∴当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，即a－ln a≥e－1．
由函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0由函数y＝eq \f(1,a)＋ln a在(0，1)上是减函数，解得0综上可知，所求实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))∪[e，＋∞)．
[例19] 已知函数f(x)＝x－alnx＋eq \f(b,x)在x＝1处取得极值.
(1)若a>1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若a>3，函数g(x)＝a2x2＋3，若存在m1，m2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)．
由题意，f′(1)＝1－a－b＝0，得b＝1－a．
则f′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(1－a,x2)＝eq \f(x2－ax－(1－a),x2)＝eq \f((x－1)[x－(a－1)],x2)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a－1．
若1若a＝2，则函数f(x)无单调递减区间，单调递增区间为(0，＋∞)；
若a>2，则函数f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(0，1)，(a－1，＋∞)．
(2)若a>3时，f(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，所以f(x)的最大值为f(1)＝2－a<0．
易知g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，则g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))．
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,4)a2＋3>0，∴g(x)>f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上恒成立，
若存在m1，m2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，使得|f(m1)－g(m2)|<9成立，只需要geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－f(1)<9，
即eq \f(1,4)a2＋3－(2－a)<9，解得－8由于a>3，所以实数a的取值范围是(3，4)．
【对点训练】
21．已知函数f (x)＝ax＋x2－xln a(a>0，a≠1)．
(1)当a＝e(e是自然对数的底数)时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1，求实数a的取值范围．
21．解析 (1)f ′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a．
当a＝e时，f ′(x)＝2x＋ex－1，其在R上是增函数，
又f ′(0)＝0，∴f ′(x)>0的解集为(0，＋∞)，f ′(x)<0的解集为(－∞，0)，
故函数f (x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．
(2)∵存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f (x1)－f (x2)|≥e－1，
又当x1，x2∈[－1，1]时，|f (x1)－f (x2)|≤f (x)max－f (x)min，∴只要f (x)max－f (x)min≥e－1即可．
∵当a>1时，ln a>0，y＝(ax－1)ln a在R上是增函数，
当0∴当a>1或0∴当x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)<0．
∴f (x)在(－∞，0)上是增函数，f (x)在(0，＋∞)是减函数．
∴当x∈[－1，1]时，f (x)min＝f (0)＝1，f (x)max为f (－1)和f (1)中的较大者．
f (1)－f (－1)＝(a＋1－ln a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,a)＋1＋ln a))＝a－eq \f (1,a)－2ln a．
令g(a)＝a－eq \f (1,a)－2ln a(a>0)，∴g′(a)＝1＋eq \f (1,a2)－eq \f (2,a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f (1,a)))2≥0，
∴g(a)＝a－eq \f (1,a)－2ln a在(0，＋∞)上是增函数．
而g(1)＝0，故当a>1时，g(a)>0，即f (1)>f (－1)；当0∴当a>1时，f (x)max－f (x)min＝f (1)－f (0)≥e－1，即a－ln a≥e－1，
函数y＝a－ln a在(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0函数y＝eq \f (1,a)＋ln a在(0，1)上是减函数，解得0综上可知，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f (1,e)))∪[e，＋∞)．
22．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，当0＜m≤6时，g(x)＝x3－eq \f(4,x)－mx，x∈(0，2]，若存在x1∈R，x2∈(0，
2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．
22．解析 x∈(－∞，＋∞)且f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，
当m＞0时，因为ex＋1＞0，所以ex＋1＋2m＞0，
所以当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0．
故f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－e．
又g′(x)＝3x2＋eq \f(4,x2)－m≥4eq \r(3)－m，因为0＜m≤6，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，2]上为增函数．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m．
依题意有f(x1)min≤g(x2)max，所以6－2m≥－e，所以0＜m≤3＋eq \f(e,2)，
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，3＋\f(e,2)))．
23．设x＝3是函数f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一个极值点．
(1)求a与b之间的关系式，并求当a＝2时，函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(25,4)))ex．若存在x1，x2∈[0，4]使得|f(x1)－g(x2)|<1成立，求实数a的取值范围．
23．解析 (1)f′(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x，
由题意知f′(3)＝0，即－[9＋3(a－2)＋b－a]＝0，解得b＝－2a－3．当a＝2时，b＝－7，
故由f′(x)＝－(x2－9)e3－x>0得－3于是f(x)在(－3，3)上单调递增，在(－∞，－3)和(3，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f′(x)＝－[x2＋(a－2)x－3a－3]e3－x，由f′(x)>0得－a－1所以f(x)在[0，3)上单调递增，在(3，4]上单调递减，
于是f(x)max＝f(3)＝a＋6，f(x)min＝min{f(0)，f(4)}＝－(2a＋3)e3．
g(x)在[0，4]上单调递增，g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2＋\f(25,4)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(25,4)))e4))．
根据题意，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(25,4)))－(a＋6)≥0恒成立，
所以只要eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋\f(25,4)))－(a＋6)<1，解得－eq \f(1,2)又因为a>0，所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))．
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
t′(x)
＋
0
－
t(x)

极大值
