高考数学一轮复习讲义第3章第2节第3课时导数的应用

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命题点1 解不等式
例1 设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有eq \f(xf′x－fx,x2)<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是( )
A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)
答案 D
解析 ∵当x>0时，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,x)))′<0，
∴φ(x)＝eq \f(fx,x)为减函数，
又φ(2)＝0，∴当且仅当00，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
命题点2 证明不等式
例2 (2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1(3)设c>1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解 由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)证明 由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x故当x∈(1，＋∞)时，ln x即1(3)证明 由题设c>1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
当x0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
由(2)知1又g(0)＝g(1)＝0，故当00.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.
命题点3 不等式恒成立或有解问题
例3 已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x).
(1)若函数f(x)在区间(a，a＋eq \f(1,2))上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥eq \f(k,x＋1)恒成立，求实数k的取值范围．
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－1－ln x,x2)＝－eq \f(ln x,x2)，
令f′(x)＝0，得x＝1；
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以x＝1为极大值点，所以0故eq \f(1,2)(2)当x≥1时，k≤eq \f(x＋11＋ln x,x)恒成立，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋ln x,x)，
则g′(x)＝eq \f(1＋ln x＋1＋\f(1,x)x－x＋11＋ln x,x2)＝eq \f(x－ln x,x2).
再令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)为单调增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2.所以实数k的取值范围是(－∞，2]．
引申探究
本例(2)中若改为：存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥eq \f(k,x＋1)成立，求实数k的取值范围．
解 当x∈[1，e]时，k≤eq \f(x＋11＋ln x,x)有解，
令g(x)＝eq \f(x＋11＋ln x,x)，由例3(2)解题知，
g(x)为单调增函数，∴g(x)max＝g(e)＝2＋eq \f(2,e)，
∴k≤2＋eq \f(2,e)，即实数k的取值范围是(－∞，2＋eq \f(2,e)]．
思维升华 (1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式．
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2015·福建)已知函数f(x)＝ln x－eq \f(x－12,2).
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．
(1)解 f′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1＝eq \f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)．
由f′(x)＞0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,－x2＋x＋1＞0.))
解得0＜x＜eq \f(1＋\r(5),2).
故f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(5),2))).
(2)证明 令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)．
则有F′(x)＝eq \f(1－x2,x).
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＜x－1.
(3)解 由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．
当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，
则f(x)＜k(x－1)，
从而不存在x0＞1满足题意．
当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝eq \f(1,x)－x＋1－k＝eq \f(－x2＋1－kx＋1,x).
由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得x1＝eq \f(1－k－\r(1－k2＋4),2)＜0，
x2＝eq \f(1－k＋\r(1－k2＋4),2)＞1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，
故G(x)在(1，x2)内单调递增．
从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，
即f(x)＞k(x－1)．
综上，k的取值范围是(－∞，1)．
题型二 利用导数研究函数零点问题
例4 (2016·福州模拟)已知函数f(x)＝(2－a)x－2(1＋ln x)＋a.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(0，eq \f(1,2))上无零点，求a的最小值．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
则f′(x)＝1－eq \f(2,x)，定义域为x∈(0，＋∞)．
由f′(x)>0，得x>2，由f′(x)<0，得0故f(x)的单调递减区间为(0,2)，
单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x，
令m(x)＝(2－a)(x－1)，x>0，
h(x)＝2ln x，x>0，
则f(x)＝m(x)－h(x)，
①当a<2时，m(x)在(0，eq \f(1,2))上为减函数，h(x)在(0，eq \f(1,2))上为增函数，若f(x)在(0，eq \f(1,2))上无零点，
则m(eq \f(1,2))≥h(eq \f(1,2))，即(2－a)(eq \f(1,2)－1)≥2ln eq \f(1,2)，
∴a≥2－4ln 2，∴2－4ln 2≤a＜2，
②当a≥2时，在(0，eq \f(1,2))上m(x)≥0，h(x)<0，
∴f(x)>0，∴f(x)在(0，eq \f(1,2))上无零点．
由①②得a≥2－4ln 2，∴amin＝2－4ln 2.
思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．
(2016·郑州模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为( )
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 定义在R上的奇函数f(x)满足：
f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，
当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，
∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，
又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，
∴h(x)＝xf(x)是偶函数，
∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，
且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，
可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg|x＋1|的大致图象如图，
由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.
题型三 利用导数研究生活中的优化问题
例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解 (1)因为当x＝5时，y＝11，所以eq \f(a,2)＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)[eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2]
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点．
(4)回归实际问题作答．
某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y＝eq \f(1,3)x3－eq \f(39,2)x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
答案 40
解析 令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，
由于当040时，y′>0.
所以当x＝40时，y有最小值．
一审条件挖隐含
典例 (12分)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 \f(1,2)，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M
↓(正确理解“存在”的含义)
[g(x1)－g(x2)]max≥M
↓挖掘[g(x1)－g(x2)]max的隐含实质
g(x)max－g(x)min≥M
↓
求得M的最大整数值
(2)对任意s，t∈[eq \f(1,2)，2]都有f(s)≥g(t)
↓(理解“任意”的含义)
f(x)min≥g(x)max
↓求得g(x)max＝1
eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立
↓分离参数a
a≥x－x2ln x恒成立
↓求h(x)＝x－x2ln x的最大值
a≥h(x)max＝h(1)＝1
↓
a≥1
规范解答
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.[2分]
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－eq \f(2,3))．
令g′(x)>0，得x<0或x>eq \f(2,3)，
又x∈[0,2]，所以g(x)在区间[0，eq \f(2,3)]上单调递减，在区间[eq \f(2,3)，2]上单调递增，所以g(x)min＝g(eq \f(2,3))＝－eq \f(85,27)，
g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq \f(112,27)≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.[5分]
(2)对于任意的s，t∈[eq \f(1,2)，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[eq \f(1,2)，2]上，函数f(x)min≥g(x)max.[7分]
由(1)可知在区间[eq \f(1,2)，2]上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间[eq \f(1,2)，2]上，f(x)＝eq \f(a,x)＋xln x≥1恒成立等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，h′(x)＝1－2xln x－x，可知h′(x)在区间[eq \f(1,2)，2]上是减函数，又h′(1)＝0，
所以当10.[10分]
即函数h(x)＝x－x2ln x在区间(eq \f(1,2)，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．[12分]
1．已知f(x)，g(x) (g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)A．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－3,0)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
答案 C
解析 由已知得，eq \f(fx,gx)是奇函数，
∵当x<0时，f′(x)g(x)∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(fx,gx)))′＝eq \f(f′xgx－fxg′x,g2x)<0，则eq \f(fx,gx)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上也为减函数．又f(－3)＝0，则有eq \f(f－3,g－3)＝0＝eq \f(f3,g3)，可知eq \f(fx,gx)<0的解集为(－3，0)∪(3，＋∞)．故选C.
2．(2016·兰州模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
答案 B
解析 ∵f(x＋2)为偶函数，∴f(x＋2)的图象关于x＝0对称，
∴f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(4)＝f(0)＝1.
设g(x)＝eq \f(fx,ex)(x∈R)，
则g′(x)＝eq \f(f′xex－fxex,ex2)＝eq \f(f′x－fx,ex)，
又∵f′(x)∴函数g(x)在定义域上单调递减，
∵f(x)而g(0)＝eq \f(f0,e0)＝1，
∴f(x)0，故选B.
3．方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数是( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 C
解析 设f(x)＝x3－6x2＋9x－10，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，
所以方程x3－6x2＋9x－10＝0的实根个数为1，故选C.
4．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，－eq \f(9,8)]
C．[－6，－2]D．[－4，－3]
答案 C
解析 当x∈(0,1]时，a≥－3(eq \f(1,x))3－4(eq \f(1,x))2＋eq \f(1,x)，
令t＝eq \f(1,x)，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，在t∈[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，
因此a≥－6；同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立，
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
5．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件B．2百万件
C．3百万件D．4百万件
答案 C
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
6．(2017·合肥质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则AB的最小值为( )
A．2 B．3
C．4－2ln 2 D．3－2ln 2
答案 C
解析 由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|
＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2，
则h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0，
即AB的最小值是4－2ln 2，故选C.
7．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2xx≤0，,lnx＋1x>0，))若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．[－2,1]D．[－2,0]
答案 D
解析 |f(x)|≥ax⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－－x2＋2x≥axx≤0， 1,lnx＋1≥axx>0，2))成立．
①由(1)得x(x－2)≥ax在区间(－∞，0]上恒成立．
当x＝0时，a∈R；
当x<0时，有x－2≤a恒成立，
所以a≥－2.故a≥－2.
②由(2)得ln(x＋1)－ax≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝ln(x＋1)－ax(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－a(x>0)，可知h′(x)为减函数．
当a≤0时，h′(x)>0，故h(x)为增函数，
所以h(x)>h(0)＝0恒成立；
当a≥1时，因为eq \f(1,x＋1)∈(0,1)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x＋1)－a<0，故h(x)为减函数，
所以h(x)当00，满足h(x0)＝ln(x0＋1)－ax0<0成立．如a＝eq \f(1,2)时，取x0＝4，则h(x0)＝ln 5－2<0成立，可知0故a≤0.
由①②可知a的取值范围是[－2,0]．
8．若函数f(x)＝2x＋sin x对任意的m∈[－2,2]，f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________．
答案 (－3,1)
解析 因为f(x)是R上的奇函数，
f′(x)＝2＋cs x>0，则f(x)在定义域内为增函数，
所以f(mx－3)＋f(x)<0可变形为f(mx－3)所以mx－3<－x，将其看作关于m的一次函数，
则g(m)＝x·m－3＋x，m∈[－2,2]，
可得当m∈[－2,2]时，g(m)<0恒成立．
g(2)<0，g(－2)<0，解得－39．(2016·郴州模拟)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为________________．
答案 (0，＋∞)
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，∴y＝g(x)在定义域上单调递增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
又∵g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，
∴g(x)>g(0)，∴x>0.
10．已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0且x0>0，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1有两个零点，不合题意，故a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq \f(2,a).
若a>0，由三次函数图象知f(x)有负数零点，不合题意，故a<0.
由三次函数图象及f(0)＝1>0知，f(eq \f(2,a))>0，
即a×(eq \f(2,a))3－3×(eq \f(2,a))2＋1>0，化简得a2－4>0，
又a<0，所以a<－2.
11．(2016·济南模拟)已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝eq \f(fx,x)，x>－1且x≠0，证明：g(x)<1.
(1)解 f′(x)＝－xex.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明 由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1.
当－1x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x∈(－1,0)时，0<－x<1,0则0<－xex<1，
从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，
h(x)在(－1,0)上单调递减．
当－1h(0)＝0，
即g(x)<1.综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.
12．(2016·东北师大附中、吉林一中等五校联考)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.
易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.
当x<0时，取x＝－eq \f(1,a)，则f(－eq \f(1,a))<1＋a(－eq \f(1,a)－1)＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，f′(x)＝ex＋a，
令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，
解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是－e2*13.已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈[eq \f(1,e)，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解 (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).
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝eq \f(2x－12,x)，
当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
∴当0当x>1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]，
∴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，
∴x∈(eq \f(1,e)，1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
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，＋∞)．x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减