2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题18导数恒成立与有解问题（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题18导数恒成立与有解问题（教师版），共31页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。
【方法技巧】
1.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.
2.根据不等式恒成立求参数范围的关键是将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可.
3.含参不等式能成立问题(有解问题)可转化为恒成立问题解决，常见的转化有：
(1)∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min.
(2)∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max.
(3)∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min.
(4)∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max.
4.在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“eq \f(0,0)”型的代数式，就设法求其最值．“eq \f(0,0)”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝∞及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝A.
二、【题型归类】
【题型一】分离参数法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范围.
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，此时a∈R.
②当x>0时，分离参数a，
得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
记g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，
则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函数，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函数h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1>0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(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0e2时，在区间(2，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]．
【题型二】分类讨论法求参数范围
【典例1】已知函数f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
则f(x)只有单调递增区间是(0，＋∞)．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；
所以f(x)的单调递增区间是(0，eq \f(1,a))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，则g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①当a≥1时，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1时满足题意．
②当0＜a＜1时，令g′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).
则g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递增，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，g(x)＞g(1)＝0，
即0＜a＜1时不满足题意(舍去)．
③当a≤0时，g′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞g(1)＝0，
即a≤0时不满足题意(舍去)．
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【典例2】已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈[－a，＋∞)时，h′(x)≥0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在[－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
【典例3】已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴，y轴上的截距分别为eq \f(－2,e－1)，2.
因此所求三角形的面积为eq \f(2,e－1).
(2)当00，
∴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，
∴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)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)1不符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．
【典例2】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．
【解析】(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)－a，
得a(x2－1)－ln x0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，则g(x)>g(1)＝0，不符合题意，
当00恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知eq \(lim,\s\d4(x→0)) g(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(x＋1lnx＋1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
【典例2】已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2).
(2)方法一 当x>0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，
φ′(x)＝ex－a.
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若01)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0时，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(exx－1＋1,x2)，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，eq \(lim,\s\d4(x→0))h(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
三、【培优训练】
【训练一】已知x＝eq \f(1,\r(e))为函数f(x)＝xaln x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))))eq \s\up12(a－1)eq \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＝feq \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)))＝－eeq \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∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞).
【训练二】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．
【解析】(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x0.
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)，＋∞)).
【训练三】设函数f(x)＝eq \f(1－a,2)x2＋ax－ln x(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＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求实数m的取值范围．
【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00；
(2)讨论g(x)的单调性；
(3)若不等式f(x)1时，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上单调递增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，
从而当x>1时，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)，
当a≤0时，g′(x)0时，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，g′(x)0，g(x)单调递增．
(3)由(1)知，当x>1时，f(x)>0.
当a≤0，x>1时，g(x)＝a(x2－1)－ln xeq \f(x2－2x＋1,x2)>0，
因此，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x>1时，h(x)＝g(x)－f(x)>0，
即f(x)x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．
【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)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，＋∞)，
即只需证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，＋∞)．
【训练六】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)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，＋∞)，
即只需证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，＋∞)．
四、【强化测试】
【解答题】
1. 已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围.
【解析】法一 令φ(x)＝f(x)－ax
＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意.
(2)当1－a＜0，即a＞1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)＜0；
x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意.
综上有a≤1，
故实数a的取值范围是(－∞，1].
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
即a＜eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)恒成立.
令g(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x＞0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴k(x)＞k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，
∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知
eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)
＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT [ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
2. 设函数f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若对任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)
＝2a(x－1)－ln x，
令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－ln x，
则g′(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)，
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a)，
①若a≤0，则g′(x)＜0，
则f′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤f′(1)＝0.
∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)≤f(1)＝0，不满足题意.
②若a≥eq \f(1,2)，则eq \f(1,2a)≤1，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(1)＝0，满足题意.
③若0＜a＜eq \f(1,2)，则eq \f(1,2a)＞1，当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，g′(x)＜0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＞0，
∴f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，
又f′(1)＝0，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＜0，
∴f(x)单调递减，∴f(x)＜f(1)＝0.不满足题意.
综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3. 已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围.
【解析】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0＜x＜1时，F′(x)＜0，F(x)单调递减；
当x＞1时，F′(x)＞0，F(x)单调递增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥eq \f(xeq \\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
记G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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 \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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，＋∞).
4. 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．
【解析】(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)单调递增．
②当01，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