高考数学一轮复习　第三章第2节第3课时导数在研究函数中的应用

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考点一构造函数证明不等式
【例1】已知函数f(x)＝1－eq \f(x－1,ex)，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－eq \f(1,e2).
证明 (1)由题意得g′(x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
当01时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.
所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
(2)由f(x)＝1－eq \f(x－1,ex)，得f′(x)＝eq \f(x－2,ex)，
所以当02时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－eq \f(1,e2)(当且仅当x＝2时取等号).①
又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②
且①②等号不同时取得，
所以(x－ln x)f(x)>1－eq \f(1,e2).
规律方法 1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②∀x1，x2∈[a，b]，且x1(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则∀x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
2.证明f(x)【训练1】已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x2＋1)在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
(1)解将x＝－1代入切线方程得y＝－2，
所以f(－1)＝eq \f(b－a,1＋1)＝－2，化简得b－a＝－4.①
f′(x)＝eq \f(a（x2＋1）－（ax＋b）·2x,（x2＋1）2)，
f′(－1)＝eq \f(2a＋2（b－a）,4)＝－1.②
联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝eq \f(2x－2,x2＋1).
(2)证明由题意知要证ln x≥eq \f(2x－2,x2＋1)在[1，＋∞)上恒成立，
即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，x2ln x＋ln x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.
设h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，
则h′(x)＝2xln x＋x＋eq \f(1,x)－2，
因为x≥1，所以2xln x≥0，x＋eq \f(1,x)≥2·eq \r(x·\f(1,x))≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
考点二利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式
【例2】已知函数f(x)＝xln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)成立.
(1)解函数f(x)＝xln x－ax的定义域为(0，＋∞).
当a＝－1时，f(x)＝xln x＋x，f′(x)＝ln x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e2).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))时，f′(x)<0；当x>eq \f(1,e2)时，f′(x)>0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞))上单调递增.
因此f(x)在x＝eq \f(1,e2)处取得最小值，即f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－eq \f(1,e2)，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.
(2)证明当x>0时，ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x)等价于x(ln x＋1)>eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2).
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln x＋x的最小值是－eq \f(1,e2)，当且仅当x＝eq \f(1,e2)时取等号.
设G(x)＝eq \f(x,ex＋1)－eq \f(2,e2)，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝eq \f(1－x,ex＋1)，易知G(x)max＝G(1)＝－eq \f(1,e2)，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln x＋1>eq \f(1,ex＋1)－eq \f(2,e2x).
规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.
2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f(x)min>g(x)max恒成立.从而f(x)>g(x)，但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.
【训练2】已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln x＋eq \f(a,x)(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
(1)解依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明易得x>0时，f(x)最大值＝1，
由a≥1知，g(x)≥xln x＋eq \f(1,x)(x>0)，
令h(x)＝xln x＋eq \f(1,x)(x>0)，
则h′(x)＝ln x＋1－eq \f(1,x2)＝ln x＋eq \f(x2－1,x2)，
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；
当0即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
考点三不等式恒成立或有解问题多维探究
角度1 不等式恒成立求参数
【例3－1】已知函数f(x)＝eq \f(sin x,x)(x≠0).
(1)判断函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性；
(2)若f(x)解 (1)f′(x)＝eq \f(xcs x－sin x,x2)，
令g(x)＝xcs x－sin x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝－xsin x，
显然，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＝－xsin x<0，即函数g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g(0)＝0.
从而g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒小于零，
所以f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒小于零，
所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减.
(2)不等式f(x)令φ(x)＝sin x－ax，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则φ′(x)＝cs x－a，且φ(0)＝0.
当a≥1时，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，
所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin x－ax<0恒成立.
当0当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
当a≤0时，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin x－ax>0恒成立，这与sin x－ax<0恒成立相矛盾.
故实数a的最小值为1.
规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.
2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围.
【训练3】 (2019·潍坊模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x).
(1)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a＋\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)是增函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数；
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
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)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(x≥1)，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)是增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
角度2 不等式能成立求参数的取值范围
【例3－2】已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x(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.
解 (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))).
规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2.含全称、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max；(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
【训练4】已知函数f(x)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))－2ln x(m∈R)，g(x)＝－eq \f(m,x)，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)解依题意，不等式f(x)∴mx<2ln x在区间[1，e]上有解，即eq \f(m,2)令h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈[1，e]，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，
∴h(x)的最大值为h(e)＝eq \f(1,e).
由题意eq \f(m,2)∴实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,e))).
[思维升华]
1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.
2.恒(能)成立问题的转化策略.若f(x)在区间D上有最值，则
(1)恒成立：∀x∈D，f(x)>0⇔f(x)min>0；
∀x∈D，f(x)<0⇔f(x)max<0.
(2)能成立：∃x∈D，f(x)>0⇔f(x)max>0；
∃x∈D，f(x)<0⇔f(x)min<0.
[易错防范]
1.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.
2.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.
逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.
(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立.
(2)指数形式：ex≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立.
进一步可得到一组不等式链：ex>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1).
【例1】 (1)已知函数f(x)＝eq \f(1,ln（x＋1）－x)，则y＝f(x)的图象大致为( )
解析因为f(x)的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,ln（x＋1）－x≠0，))
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1答案 B
(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝eq \f(1,2)x2＋x＋1有唯一公共点.
证明令g(x)＝f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋x＋1))＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.
【例2】 (2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n))) (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)＋aln 2<0，所以不满足题意.
②若a>0，由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)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.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令x＝1＋eq \f(1,2n)，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))从而lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))【例3】设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1(1)解由题设知，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)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(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 x1.①
因此ln eq \f(1,x)eq \f(x－1,x)，eq \f(x－1,ln x)故当x∈(1，＋∞)时恒有1基础巩固题组
(建议用时：35分钟)
一、选择题
1.(2019·海南一模)函数f(x)＝ln x＋a的导数为f′(x)，若方程f′(x)＝f(x)的根x0小于1，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.(0，1)
C.(1，eq \r(2)) D.(1，eq \r(3))
解析由函数f(x)＝ln x＋a可得f′(x)＝eq \f(1,x)，
∵x0使f′(x)＝f(x)成立，∴eq \f(1,x0)＝ln x0＋a，
又01，ln x0<0，∴a＝eq \f(1,x0)－ln x0>1.
答案 A
2.(2019·济南调研)已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点x1，x2(x1A.f(x1)>0，f(x2)>－eq \f(1,2)
B.f(x1)<0，f(x2)<－eq \f(1,2)
C.f(x1)>0，f(x2)<－eq \f(1,2)
D.f(x1)<0，f(x2)>－eq \f(1,2)
解析 f′(x)＝ln x－2ax＋1，依题意知f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
即曲线y＝1＋ln x与直线y＝2ax有两个不同交点，如图.
由直线y＝x是曲线y＝1＋ln x的切线，
可知：0<2a<1，0由0∵当x10，
∴f(x2)>f(1)＝－a>－eq \f(1,2).
答案 D
二、填空题
3.若对任意a，b满足0解析 ∵0∴eq \f(ln a,a)令y＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，
故y′＝eq \f(1－ln x,x2)>0，解得0故t的最大值是e.
答案 e
4.函数f(x)＝x－2sin x，对任意的x1，x2∈[0，π]，恒有|f(x1)－f(x2)|≤M，则M的最小值为________.
解析 ∵f(x)＝x－2sin x，∴f′(x)＝1－2cs x，
∴当0当eq \f(π,3)0，f(x)单调递增；
∴当x＝eq \f(π,3)时，f(x)有极小值，即最小值，
且f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π,3)－2sin eq \f(π,3)＝eq \f(π,3)－eq \r(3).
又f(0)＝0，f(π)＝π，∴f(x)max＝π.
由题意得|f(x1)－f(x2)|≤M等价于M≥|f(x)max－f(x)min|＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\r(3)))＝eq \f(2π,3)＋eq \r(3).
∴M的最小值为eq \f(2π,3)＋eq \r(3).
答案 eq \f(2π,3)＋eq \r(3)
三、解答题
5.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.
6.已知函数f(x)＝x3－ax2＋10.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋10，
所以f′(x)＝3x2－2x，所以k＝f′(2)＝8.
又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2.
(2)由已知得：a>eq \f(x3＋10,x2)＝x＋eq \f(10,x2)至少有一个实数x使之成立，即a>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10,x2)))eq \s\d7(min).
设g(x)＝x＋eq \f(10,x2)(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－eq \f(20,x3)，
因为1≤x≤2，所以g′(x)<0.
所以g(x)在[1，2]上是减函数，
所以g(x)min＝g(2)＝eq \f(9,2)，a>eq \f(9,2)，
即a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)).
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
7.(2019·北京延庆区调研)已知函数f(x)＝xln x(x>0).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq \f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>eq \f(1,e)；令f′(x)<0，得0∴f(x)的单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
单调减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))).
故f(x)在x＝eq \f(1,e)处有极小值feq \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)及f(x)＝xln x，
得m≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)恒成立，
问题转化为m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x＋x2＋3,x)))eq \s\d7(min).
令g(x)＝eq \f(2xln x＋x2＋3,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(2x＋x2－3,x2)，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒0所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，
因此m≤4，所以m的最大值是4.
8.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.
(1)证明当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，
f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤eq \f(1,2)时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞) 上为增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤eq \f(1,2)时满足条件.
②当2a>1，即a>eq \f(1,2)时，令h′(x)＝0，解得x＝ln (2a)，
在[0，ln (2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln (2a))时，有h(x)∴f(x)在区间(0，ln (2a))上为减函数，∴f(x)综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
(3)证明由(2)得，当a＝eq \f(1,2)，x>0时，ex>1＋x＋eq \f(x2,2)，
即ex－1>x＋eq \f(x2,2)，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证ln(x＋1)>eq \f(2x,x＋2).
设F(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2x,x＋2)，
则F′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,（x＋2）2)＝eq \f(x2,（x＋1）（x＋2）2).
∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.