高考数学科学创新复习方案提升版第19讲利用导数解决不等式恒（能）成立问题学案（Word版附解析）

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第19讲 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
例1 (2024·揭阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－eq \f(1,2)mx2＋1(m∈R)．
(1)当m＝1时，证明：f(x)<1；
(2)若关于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立，求整数m的最小值．
解 (1)证明：当m＝1时，f(x)＝2ln x－eq \f(1,2)x2＋1(x>0)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)－x＝eq \f(2－x2,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(2)，
当x∈(0，eq \r(2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(eq \r(2)，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝eq \r(2)处取得唯一的极大值，即最大值，
所以f(x)max＝f(eq \r(2))＝2ln eq \r(2)－eq \f(1,2)×2＋1＝ln 2，所以f(x)≤ln 2，而ln 2所以f(x)<1.
(2)令G(x)＝f(x)－(m－2)x＝2ln x－eq \f(1,2)mx2＋(2－m)x＋1，
则G′(x)＝eq \f(2,x)－mx＋(2－m)
＝eq \f(－mx2＋（2－m）x＋2,x).
当m≤0时，因为x>0，所以G′(x)>0，
所以G(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为G(1)＝－eq \f(3,2)m＋3>0，
所以关于x的不等式G(x)<0不能恒成立；
当m>0时，G′(x)＝－eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,m)))（x＋1）,x).
令G′(x)＝0，得x＝eq \f(2,m)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))时，G′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)，＋∞))时，G′(x)<0.
因此函数G(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)，＋∞))上单调递减．
故函数G(x)的最大值为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,m)))＝eq \f(2,m)－2ln m＋2ln 2－1.
令h(m)＝eq \f(2,m)－2ln m＋2ln 2－1，
易知h(m)在(0，＋∞)上单调递减，
又h(2)＝0，所以当m≥3时，h(m)<0.
所以整数m的最小值为3.
求解不等式恒成立问题的方法
(1)构造函数分类讨论：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或u(x)max≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．
(2)分离参数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a，另一端是变量表达式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，则a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，则a≤v(x)min.
(2024·宜昌枝江一中质检)已知函数f(x)＝xln x，若对于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求实数a的取值范围．
解 解法一(分离参数法)：
依题意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤ln x＋eq \f(1,x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)，x∈[1，＋∞)．
设g(x)＝ln x＋eq \f(1,x)(x≥1)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2).
令g′(x)＝0，得x＝1.
当x≥1时，因为g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
解法二(构造函数法)：
当x＝1时，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.
令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xln x－ax＋1，
原命题等价于F(x)≥0在x≥1时恒成立⇔F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．
由于F′(x)＝ln x＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，
因此函数F(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
例2 (2024·邯郸模拟)已知函数f(x)＝a·2x－xln 2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解．
解 (1)f′(x)＝aln 2·2x－ln 2＝ln 2(a·2x－1)，
当a≤0时，f′(x)<0，则函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，当xlg2eq \f(1,a)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，lg2\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，lg2\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)证明：要证不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解，
只需证明f(x)min≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
由(1)得f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,a)))＝a·2lg2eq \f(1,a)－ln 2×lg2eq \f(1,a)＝1＋ln a，
则只要证明1＋ln a≤2ln a＋eq \f(1,a)即可，
即证ln a＋eq \f(1,a)－1≥0.
令h(a)＝ln a＋eq \f(1,a)－1(a>0)，
则h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,a2)＝eq \f(a－1,a2)，
当01时，h′(a)>0，
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)≥h(1)＝0，即ln a＋eq \f(1,a)－1≥0，
所以当a>0时，不等式f(x)≤2ln a＋eq \f(1,a)有实数解．
由不等式能成立求参数范围的常见题型
(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m.
(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m.
(2023·汕头一模)已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－eq \f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)解 依题意，只需[f(x)－g(x)]min<0，x∈[1，e]即可．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln x＋eq \f(a＋1,x)，x∈[1，e]，
则h′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(a＋1,x2)＝eq \f(x2－ax－（a＋1）,x2)
＝eq \f([x－（a＋1）]（x＋1）,x2).
①当a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；
②当1h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，
故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln (a＋1)＋1＝a[1－ln (a＋1)]＋2>2，不符合题意；
③当a＋1≥e，即a≥e－1时，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋eq \f(a＋1,e)<0，得a>eq \f(e2＋1,e－1)>e－1成立．
综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).
例3 (2023·郑州四中第二次调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,x2)＋2ln x(a>0)，g(x)＝x3－x2.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．
解 (1)由题意，可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,x2)＋2ln x，
∴f′(x)＝－eq \f(2,x3)＋eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2,x3)＝eq \f(2（x＋1）（x－1）,x3).
∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，1)上单调递减；
当x＞1时，f′(x)＞0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
又x∈[1，2]，∴g′(x)＞0，
故函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝0.
∴对任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，
即eq \f(a,x)＋2xln x≥0恒成立，
∴a≥－2x2ln x恒成立．
令h(x)＝－2x2ln x，x∈(0，2]，
则h′(x)＝－2x－4xln x＝－2x(1＋2ln x)，x∈(0，2]，
令h′(x)＝0，则1＋2ln x＝0，解得x＝e－eq \s\up7(\f(1,2)).
当x∈(0，e－eq \s\up7(\f(1,2)))时，h′(x)＞0，
∴函数h(x)在(0，e－eq \s\up7(\f(1,2))上单调递增；
当x∈(e－eq \s\up7(\f(1,2))，2]时，h′(x)＜0，
∴函数h(x)在(e－eq \s\up7(\f(1,2))，2]上单调递减．
∴h(x)max＝h(e－eq \s\up7(\f(1,2)))＝eq \f(1,e)，∴a≥eq \f(1,e).
∴实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
双参数不等式问题的求解方法
一般采用等价转化法：
(1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．
(2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．
(4)∃x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．
已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－eq \f(4,x)－mx，其中0解 因为f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，
所以f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，
因为00，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00，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(x)min≤g(x)max，
所以6－2m≥－e，
又0故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，3＋\f(e,2))).
课时作业
一、单项选择题
1．函数f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－1) B．(－∞，1)
C．(－1，3) D．(－∞，3)
答案 D
解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得当x>2或x<0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当00，则f(0)＝3－a>0，故a<3.故选D.
2．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2，2]恒成立，则m的取值范围是( )
A．(－∞，7] B．(－∞，－20]
C．(－∞，0] D．[－12，7]
答案 B
解析 令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.因为f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，所以f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.
3．(2024·南京模拟)已知函数f(x)＝x－eq \f(1,2)sinx.若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，使f(x)≤ax成立，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),π)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，1－\f(\r(2),π)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(π,2)－\f(1,2)))
答案 A
解析 由f(x)≤ax，得x－eq \f(1,2)sinx≤ax，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即a≥1－eq \f(sinx,2x)能成立，令h(x)＝1－eq \f(sinx,2x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则h′(x)＝－eq \f(2xcsx－2sinx,（2x）2)＝eq \f(sinx－xcsx,2x2)，设φ(x)＝sinx－xcsx，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则φ′(x)＝xsinx>0，∴φ(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，∴φ(x)≥φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(π,4)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(π,4)))>0，∴在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上，h′(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1－eq \f(\r(2),π)，∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),π)，＋∞)).
4．(2023·衡水模拟)1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡儿开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻，对数函数与指数函数互为反函数，即对数函数f(x)＝lgax(a＞0，且a≠1)的反函数为f－1(x)＝ax(a＞0，且a≠1)．已知函数g(x)＝ex，F(x)＝x2＋kg－1(x)，若对任意x2＞x1＞0，有eq \f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(1012，＋∞) D．[2×5062，＋∞)
答案 D
解析 ∵F(x)＝x2＋kg－1(x)＝x2＋kln x，且对任意x2＞x1＞0，有eq \f(F（x2）－F（x1）,x2－x1)>2024恒成立，即对任意x2＞x1＞0，F(x2)－2024x2＞F(x1)－2024x1恒成立，令h(x)＝F(x)－2024x＝x2＋kln x－2024x(x＞0)，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，∴h′(x)＝2x＋eq \f(k,x)－2024≥0在(0，＋∞)上恒成立，即－eq \f(k,2)≤x2－1012x在(0，＋∞)上恒成立，∵当x＞0时，x2－1012x＝(x－506)2－5062≥－5062(当且仅当x＝506时取等号)，∴－eq \f(k,2)≤－5062，∴k≥2×5062，即实数k的取值范围为[2×5062，＋∞)．故选D.
二、多项选择题
5．已知函数f(x)＝ex－cs2x，则下列结论正确的是( )
A．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减
C．∀x≥0，f(x)≥0D．∃x≥0，f(x)<0
答案 AC
解析 ∵f(x)＝ex－cs2x＝ex－eq \f(1,2)(1＋cs2x)，∴f′(x)＝ex＋sin2x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，∵sin2x>0，ex>0，∴f′(x)>0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，故A正确，B错误；当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)≥f(0)＝0，又当x≥eq \f(π,2)时，f(x)＝ex－cs2x>e－1恒成立，∴∀x≥0，f(x)≥0，故C正确，D错误．故选AC.
6．(2023·苏锡常镇四市联考)已知函数f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得f(t)＜f(s)，则满足条件的实数a的值可能是( )
A．－1 B．0
C．eq \f(1,e) D．1
答案 AB
解析 函数f(x)＝a·eq \f(ex,x)－x＋ln x(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，因为∀s∈(0，＋∞)，∃t∈(0，＋∞)使得f(t)＜f(s)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上没有最小值，对f(x)求导得f′(x)＝a·eq \f(ex（x－1）,x2)－eq \f(x－1,x)＝eq \f(ex,x2)(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(x,ex)))，当a≤0时，当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则当x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝ea－1，值域为(－∞，ea－1]，f(x)在(0，＋∞)内无最小值，因此a≤0符合题意；当a＞0时，令g(x)＝eq \f(x,ex)，x＞0，g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，即g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，显然eq \f(x,ex)>0，即0＜g(x)≤eq \f(1,e)，在同一坐标系内作出直线y＝a与函数y＝g(x)的图象，如图，
当0＜a三、填空题
7．(2024·渭南尚德中学月考)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2－3x，x≤0，,x－aln x，x>0，))若∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围为________________．
答案 (－∞，0)∪[e，＋∞)
解析 由∀x1≤0，∃x2>0，使得f(x1)＝f(x2)成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上的值域包含函数f(x)在(－∞，0]上的值域．当x≤0时，函数f(x)＝4x2－3x的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(3,8)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(0)＝0，所以f(x1)∈[0，＋∞)；当x>0时，f(x)＝x－aln x，则f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，①若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝a－aln a，即f(x2)∈[a－aln a，＋∞)，所以a－aln a≤0，即1－ln a≤0，解得a≥e；②若a<0，则f′(x)＝eq \f(x－a,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)＝x－aln x(x>0)的值域为R，符合题意；③当a＝0时，f(x)＝x(x>0)的值域为(0，＋∞)，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为(－∞，0)∪[e，＋∞)．
8．(2023·山东部分学校联考)已知函数f(x)＝aeax－ln x，对任意的x>1，f(x)≥0恒成立，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析 当a≤0，x＞1时，f(x)<0，不符合题意．当a>0，x＞1时，则aeax≥ln x，即axeax≥xln x⇔eax·ln eax≥xln x，设g(x)＝xln x，x>1，则g′(x)＝ln x＋1>0恒成立，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为x>1，a>0，所以eax>1.因为axeax≥xln x，即g(eax)≥g(x)，所以eax≥x，所以ax≥ln x，所以a≥eq \f(ln x,x).设h(x)＝eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).由h′(x)>0，得0e，则h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
四、解答题
9．(2023·张掖模拟)已知函数f(x)＝2(x－1)ex.
(1)若函数f(x)在区间(a，＋∞)上单调递增，求f(a)的取值范围；
(2)设函数g(x)＝ex－x＋p，若存在x0∈[1，e]，使不等式g(x0)≥f(x0)－x0成立，求实数p的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝2xex>0，得x>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≥0，
所以f(a)≥f(0)＝－2.
所以f(a)的取值范围是[－2，＋∞)．
(2)因为存在x0∈[1，e]，使不等式e x0－x0＋p≥2(x0－1)e x0－x0成立，
所以存在x0∈[1，e]，使p≥(2x0－3)ex0成立．
令h(x)＝(2x－3)ex，x∈[1，e]，
从而p≥h(x)min，h′(x)＝(2x－1)ex.
因为x∈[1，e]，所以2x－1≥1，ex>0，
所以h′(x)>0，所以h(x)＝(2x－3)ex在[1，e]上单调递增．
所以h(x)min＝h(1)＝－e，所以p≥－e，
所以实数p的取值范围是[－e，＋∞)．
10．(2023·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，g(x)＝x－eq \f(a,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,2)ln x－mx，x>0，
所以f′(x)＝eq \f(1,2x)－m，
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2m)；
由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>eq \f(1,2m).
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞))上单调递减．
综上所述，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)，＋∞)).
(2)若m＝eq \f(1,2e2)，则f(x)＝eq \f(1,2)ln x－eq \f(1,2e2)x.
∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，
等价于对x∈[2，2e2]，g(x)min≥f(x)max，
由(1)知，在[2，2e2]上，f(x)的最大值为f(e2)＝eq \f(1,2)，
又g′(x)＝1＋eq \f(a,x2)>0(a>0)，
所以函数g(x)在[2，2e2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(2)＝2－eq \f(a,2).
由2－eq \f(a,2)≥eq \f(1,2)，得a≤3，又a>0，
所以a∈(0，3]，
即实数a的取值范围为(0，3]．
11．(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，
f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝f′(1)＝e－1，又f(1)＝e，
∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.
∵切线与x，y轴的交点分别是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1－e)，0))，(0，1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积
S＝eq \f(1,2（e－1）).
(2)存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0，
即ex0－a－ln x0<0，即e x0－a即存在x0∈[e，＋∞)，使ea>eq \f(e x0,ln x0)成立．
令h(x)＝eq \f(ex,ln x)，因此只要函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
下面求函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上的最小值．
h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),（ln x）2)，
令u(x)＝ln x－eq \f(1,x)，
∵u′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，
∴u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－eq \f(1,e)>0.
∴h′(x)＝eq \f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,x))),（ln x）2)>0在[e，＋∞)上恒成立，
∴h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上单调递增，
∴函数h(x)＝eq \f(ex,ln x)在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，h(e)＝eee.
∴a的取值范围为(e，＋∞)．
12．(2023·漳州模拟)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln eq \f(x－1,a)＋x，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)，
令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)，
所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，f(x)>ln eq \f(x－1,a)＋x，
所以aex＋x＋1>ln eq \f(x－1,a)＋x，
即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x，
即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1，
即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x－1)＋ln (x－1)．
令h(x)＝ex＋x，则h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
易知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
故只需x＋ln a>ln (x－1)，即ln a>ln (x－1)－x对任意x∈(1，＋∞)恒成立．
令F(x)＝ln (x－1)－x，则F′(x)＝eq \f(1,x－1)－1＝eq \f(2－x,x－1)，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2，
因此ln a>－2，所以a>eq \f(1,e2).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).考向一 恒成立问题
考向二 能成立问题
考向三 双变量不等式恒(能)成立问题