浙江高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式习题含解析

第5节 导数与不等式考试要求 1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.知 识 梳 理1.证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题.2.求解不等式恒成立或有解问题，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数值域的问题.3.不等式能成立看作不等式有解问题. [常用结论与易错提醒] 与不等式有关的结论(1)对任意x ，f (x )>g (x )⇔f (x )－g (x )>0⇔[f (x )－g (x )]min >0. (2)对任意x 1，x 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )min >g (x )max . (3)存在x 1，x 2，f (x 1)>g (x 2)⇔f (x )max >g (x )min . (4)对任意x ，存在x 0，f (x )>g (x 0)⇔f (x )min >g (x )min .(5)f (x )≥a 或f (x )≤a 对x ∈D 恒成立⇔f (x )min ≥a 或f (x )max ≤a . (6)若存在x ∈D ，使f (x )≥a 或f (x )≤a ⇔f (x )max ≥a 或f (x )min ≤a .(7)对任意的x 1∈D 1，总存在x 2∈D 2，使f (x 1)＝g (x 2)⇔A ⊆B (其中集合A 为f (x 1)的值域，集合B 为f (x 2)的值域).(8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用.基 础 自 测1.已知函数f (x )＝x 2e x，当x ∈[－1，1]时，不等式f (x )<m 恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞C.[e ，＋∞)D.(e ，＋∞)解析 由f ′(x )＝x e x(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－2(舍去).当x ∈(－1，0]时，f ′(x )<0，f (x )递减，当x ∈(0，1]时，f ′(x )>0，f (x )递增，f (－1)＝1e，f (1)＝e ， ∴f (x )最大＝f (1)＝e ，由题意m >e. 答案 D2.设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1解析 设g (x )＝e x(2x －1)，h (x )＝ax －a ，由题意知存在唯一的整数x 0，使h (x 0)在直线h (x )＝ax －a 的下方，因为g ′(x )＝e x (2x ＋1)，∴当x <－12时，g ′(x )<0，当x >－12时，g ′(x )>0，∴当x ＝12时，[g (x )]min ＝－2e 12，g (0)＝－1，g (1)＝e>1，直线h (x )＝ax －a 恒过(1，0)且斜率为a ，故－a >g (0)＝－1，且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.答案 D3.已知函数f (x )＝ln x ＋（x －b ）2x (b ∈R )，若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2使得f (x )＋xf ′(x )>0，则实数b 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，32B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，94C.(－∞，3)D.(－∞，2)解析 f ′(x )＝1x2[]1＋2x （x －b ）－ln x －（x －b ）2.f (x )＋xf ′(x )＝ln x ＋（x －b ）2x ＋1x[1＋2x (x －b )－ln x －(x －b )2]＝1＋2x （x －b ）x，∵存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )>0，∴1＋2x (x －b )>0，∴b <x ＋12x .设g (x )＝x ＋12x ，∴b <g (x )max ，而g ′(x )＝2x 2－12x 2，∴当g ′(x )＝0时，解得x ＝22. 当g ′(x )>0，即22<x ≤2时，g (x )递增，当g ′(x )<0，即12≤x <22时，g (x )递减，∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32，g (2)＝94，∴g (x )最大＝g (2)＝94，∴b <94.答案 B4.已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋2，若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，则实数a 的取值范围是________. 解析 g ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1， ∵2f (x )≤g ′(x )＋2， ∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1.∵x ∈(0，＋∞)，∴a ≥ln x －32x －12x .设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2， 令h ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－13(舍去)，当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0，h (x )递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )递减， ∴h (x )最大＝h (x )极大＝h (1)＝－2， 由题意a ≥－2. 答案 [－2，＋∞)5.当x ∈[－2，1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________. 解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R ，当x ∈(0，1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max ，设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝（2x －4）x 3－（x 2－4x －3）3x 2x6＝－x 2－8x －9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4>0， ∴φ(x )在(0，1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6.∴a ≥－6.当x ∈[－2，0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min . 仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－（x －9）（x ＋1）x 4， 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0， 当x ∈(－1，0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值. 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2. 答案 [－6，－2]考点一 利用导数证明不等式【例1】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1. (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x－1x.由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x .当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. (2)证明 当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1(x >0).设g (x )＝e xe －ln x －1(x >0)，则g ′(x )＝e xe －1x(x >0).当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点. 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.规律方法 (1)利用参数a 的范围放缩不等式是关键；(2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.【训练1】 已知函数f (x )＝x ln x －2x . (1)求f (x )的单调区间、极值；(2)若x >y >0，试确定f (x )－f (y )与x ln y －y ln x 的大小关系，并给以证明. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－2＝ln x －1，令f ′(x )＝0得x ＝e.将x ，f ′(x )，f (x )变化情况列下表：可得(0，e)是f (x )的递减区间，(e ，＋∞)是f (x )的递增区间，f (x )在x ＝e 处有极小值－e ，无极大值.(2)f (x )－f (y )>x ln y －y ln x .证明如下： [f (x )－f (y )]－(x ln y －y ln x ) ＝x ln x －2x －y ln y ＋2y －x ln y ＋y ln x ＝x ln x y ＋y ln x y－2(x －y )＝y [x y ln x y ＋ln x y －2(x y－1)]. (*)设t ＝x y>1，Q (t )＝t ln t ＋ln t －2(t －1)(t >1)， 则Q ′(t )＝ln t ＋1＋1t －2＝ln t ＋1t－1(t >1).设M (t )＝ln t ＋1t －1(t >1)，则M ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t2>0(t >1).∴M (t )在(1，＋∞)上是递增函数.∴M (t )>M (1)＝0即Q ′(t )>0.∴Q (t )在(1，＋∞)上是递增函数. ∴Q (t )>Q (1)＝0.又y >0，∴(*)>0， ∴f (x )－f (y )>x ln y －y ln x .考点二 根据不等式恒成立求参数的范围多维探究 角度1 单变量任意型【例2－1】 (2019·杭州质检)设函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R ).(1)求证：f (x )≥－x 2＋x ＋1；(2)当x ∈[－1，0]时，函数f (x )≥ax ＋2恒成立，求实数a 的取值范围. (1)证明 原不等式等价于x 4－x 3－x ＋1≥0， 设g (x )＝x 4－x 3－x ＋1，则g ′(x )＝4x 3－3x 2－1＝(x －1)(4x 2＋x ＋1)， 当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 2＋x ＋1. (2)解 当x ＝0时，易知a ∈R ；当x ∈[－1，0)时，f (x )≥ax ＋2恒成立，即a ≥－2x1＋x 2恒成立.－2x 1＋x 2＝21－x＋（－x ）≤221－x·（－x ）＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当1－x ＝－x ，x ＝－1时取等号， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞). 角度2 双变量任意型【例2－2】 已知函数f (x )＝x e x ＋x －1，g (x )＝ln x ＋1e(e 为自然对数的底数).(1)证明：f (x )≥g (x )；(2)若对于任意的x 1，x 2∈[1，a ](a >1)，总有|f (x 1)－g (x 2)|≤2e 2－1e ＋1，求a 的最大值.(1)证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝x e x ＋x －ln x －1－1e， ∴F ′(x )＝1－x e x ＋1－1x ＝(x －1)e x－x x e x .∵x >0，∴e x>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)解 ∵x ∈[1，a ]，f ′(x )＝1－x e x ＋1>0，g ′(x )＝1x >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 ]上距离随x 增大而增大， ∴|f (x 1)－g (x 2)|max ＝f (a )－g (1)≤2e 2－1e＋1，∴a e a ＋a ≤2e2＋2， 设G (a )＝ae a ＋a (a >1)，G ′(a )＝1－a e a ＋1＝e a－a ＋1e a， ∵当a >1时，e a>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. 角度3 双变量任意存在型【例2－3】 已知函数f (x )＝2ln x 2－3x －6x ＋1.(1)求f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝ln x －ax ，若对任意x 1∈(1，＋∞)，存在x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)因为f (x )＝2ln x 2－3x －6x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝2x －9（x ＋1）2＝2x 2－5x ＋2x （x ＋1）2 ＝（2x －1）（x －2）x （x ＋1）2，当12<x <2时，f ′(x )<0， 当0<x <12或x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(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x 1∈(1，＋∞)，存在x 2∈(0，＋∞)，使得f (x 1)≥g (x 2)成立⇔存在x 2∈(0，＋∞)，使得g (x 2)≤0成立⇔函数y ＝ln x 与直线y ＝ax 的图象在(0，＋∞)上有交点⇔方程a ＝ln xx在(0，＋∞)上有解.设h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2， 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)＝1e，x →0时，h (x )→－∞，所以在(0，＋∞)上，h (x )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e ， 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e .规律方法 (1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数；(2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决. 【训练2】 (2019·台州质量评估)已知函数f (x )＝(x 2－x ＋1)·e －x. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，2]时，f (x )≥－x 2＋2x ＋m 恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝－(x －2)(x －1)e －x ，∵e －x>0，∴令f ′(x )<0，解得x <1或x >2，f (x )为减函数， 令f ′(x )>0，解得1<x <2，f (x )为增函数，∴f (x )的单调递减区间为(－∞，1)，(2，＋∞)，单调递增区间为(1，2). (2)∵f (x )≥－x 2＋2x ＋m 在x ∈[0，2]时恒成立， ∴m ≤f (x )＋x 2－2x ＝(x 2－x ＋1)·e －x＋x 2－2x ， 令g (x )＝(x 2－x ＋1)·e －x＋x 2－2x ， 则g ′(x )＝－(x －2)(x －1)e －x＋2(x －1)，当x ∈[0，1)时，g ′(x )＝（x －1）（2－x ＋2e x）e x<0， 当x ∈(1，2]时，g ′(x )＝（x －1）（2－x ＋2e x ）e x>0， ∴g (x )在[0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝1e －1，∴m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1e －1.考点三 不等式能成立【例3】 (2019·绍兴调测)设x ＝3是函数f (x )＝(x 2＋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 )＝⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋254e x.若存在x 1，x 2∈[0，4]使得|f (x 1)－g (x 2)|<1成立，求实数a的取值范围.解 (1)f ′(x )＝－[x 2＋(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 )＝－(x 2－9)e3－x>0得－3<x <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 )＝－[x 2＋(a －2)x －3a －3]e 3－x，由f ′(x )>0得－a －1<x <3，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)e 3.g (x )在[0，4]上单调递增，g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 2＋254，⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋254e 4.根据题意，⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋254－(a ＋6)≥0恒成立，所以只要⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋254－(a ＋6)<1，解得－12<a <32， 又因为a >0，所以a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.规律方法 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错.【训练3】 (2019·无锡调研)已知函数f (x )＝e x(3x －2)，g (x )＝a (x －2)，其中a ，x ∈R . (1)若对任意x ∈R ，有f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值范围；(2)若存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<g (x 0)，求a 的取值范围. 解 (1)由题意，对任意x ∈R 有e x(3x －2)≥a (x －2)恒成立， ①当x ∈(－∞，2)时，a ≥e x （3x －2）x －2⇒a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x（3x －2）x －2max， 令F (x )＝e x（3x －2）x －2，则F ′(x )＝e x（3x 2－8x ）（x －2）2，令F ′(x )＝0得x ＝0，F (x )max ＝F (0)＝1，故此时a ≥1.②当x ＝2时，恒成立，故此时a ∈R . ③当x ∈(2，＋∞)时，a ≤e x（3x －2）x －2⇒a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤e x（3x －2）x －2min ，由①得，令F ′(x )＝0⇒x ＝83，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3＝9e 83，故此时a ≤9e 83. 综上：1≤a ≤9e 83.(2)因为f (x )<g (x )，即e x(3x －2)<a (x －2)，由(1)知a ∈(－∞，1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫9e 83，＋∞， 令F (x )＝e x（3x －2）x －2，则当x ∈(－∞，2)时，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<g (x 0)，等价于a <e x（3x －2）x －2存在唯一的整数x 0成立，因为F (0)＝1最大，F (－1)＝53e ，F (1)＝－e ，所以当a <53e时，至少有两个整数成立，所以a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53e ，1.当x ∈(2，＋∞)时，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<g (x 0)， 等价于a >e x（3x －2）x －2存在唯一的整数x 0成立，因为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫83＝9e 83最小，且F (3)＝7e 3，F (4)＝5e 4，所以当a >5e 4时，至少有两个整数成立，所以当a ≤7e 3时，没有整数成立，所以a ∈(7e 3，5e 4].综上：a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫53e ，1∪(]7e 3，5e 4.导数与不等式【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点. 审题路线图 (1)(2)取特值m ，n ，比差法证明f （x ）＝kx ＋a 在（m ，n ）上有解— 构造差函数—用导数证其单调性—结论 满分解答证明 (1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x，……………………………………2分由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12.由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2).…………………………………………………………4分 设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4)，所以x >0时，g ′(x )、g (x )的变化情况如下表：所以g (x )在[256，＋∞)上单调递增，故g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2，即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2.…………………………………………………………7分(2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点.…………………………………………………………………………………11分 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根.综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点.………………………………………………………………………………15分 [构建模板]【训练】 已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －2b ，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数. (1)若a ＝e －2b ，当f (x )≥0有唯一解时，求b 的值； (2)若不等式f (x )≤0 对x ∈(0，＋∞)恒成立，求b a的最小值.解 (1)当a ＝e －2b 时，f (x )＝ln x ＋2bx －2b ，其定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2b ＝1＋2bxx.①若b ≥0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝0， 所以当x ≥1时，都有f (x )≥0，不符合题意； ②若b <0，当－12b <1，即b <－12时，f (x )在(－12b，1)上单调递减，且f (1)＝0，因此在该区间上都有f (x )≥0，不符合题意；当－12b ＝1，即b ＝－12时，f (x )在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以f (x )max ＝f (1)＝0，所以f (x )≥0有唯一解x ＝1，符合题意；当－12b >1，即－12<b <0时，f (x )在(1，－12b)上单调递增，且f (1)＝0，因此在该区间上都有f (x )≥0，不符合题意.综上所述，实数b 的值为－12.(2)显然a >e ，f ′(x )＝1x＋e －a (x >0)，因此当x ＝1a －e时，f (x )取到极大值，也为最大值. 根据题意有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －e ＝ln 1a －e －2b －1≤0，于是b a ≥ln 1a －e －12a . 设g (a )＝ln 1a －e －12a ，则g ′(a )＝（a －e ）ln （a －e ）－e2（a －e ）a 2， 当a ∈(e，e ＋1]时，(a －e)ln(a －e)≤0， 当a ∈(e＋1，＋∞)时，(a －e)ln(a －e)单调递增，且(a －e)ln(a －e)>0，所以方程(a －e)ln(a －e)－e ＝0有唯一零点a ＝2e ， 所以g (a )在(e ，2e)上单调递减，在(2e ，＋∞)上单调递增， 所以g (a )≥g (2e)＝－12e.综上所述，b a 的最小值为－12e，当a ＝2e ，b ＝－1时取得.基础巩固题组1.(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)解 f ′(x )＝－ax 2＋（2a －1）x ＋2e x，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明 当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0. 2.已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设k 为正常数，若对定义域内的任意实数x 都有f (x )＋f (k －x )>k 成立，求实数k 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 解f ′(x )>0，得x >1e ；解f ′(x )<0，得0<x <1e.所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .(2)令g (x )＝f (x )＋f (k －x )＝x ln x ＋(k －x )ln(k －x )，定义域是(0，k ).g ′(x )＝ln x ＋1－[ln(k －x )＋1]＝ln xk －x，由g ′(x )>0，得k 2<x <k ，由g ′(x )<0，得0<x <k2，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫k2，k 上单调递增， 故函数g (x )的最小值是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＝k ln k2.由题意得k ln k2>k ，解得k >2e.故所求实数k 的取值范围为(2e ，＋∞).3.(2019·湖州适应性考试)已知函数f (x )＝1－e－xx(x >0).(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：f (x )>e －x2(x >0).(1)解 已知函数f (x )＝1－e －xx(x >0)，导函数为f ′(x )＝1＋x －e xx 2e x.令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x－1， 当x <0时，h ′(x )＝e x－1<0； 当x >0时，h ′(x )＝e x－1>0，所以h (x )min ＝h (0)＝0，即e x≥x ＋1，当且仅当x ＝0时，等号成立. 由已知x >0，得e x>x ＋1， 所以f ′(x )＝1＋x －exx 2e x<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间. (2)证明 f (x )>e －x2(x >0)等价于e －x ＋x e －x2－1<0(x >0). 令g (x )＝e －x＋x e －x2－1，x >0，g ′(x )＝－e －x＋e －x2＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e －x2 ＝－e －x2⎣⎢⎡⎦⎥⎤e －x2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2＋1，由(1)易得e －x2>－x2＋1，所以g ′(x )<0.所以当x >0时，有g (x )<g (0)＝0， 即e －x＋x e －x2－1<0(x >0)，故f (x )>e －x2(x >0).4.设函数f (x )＝x ln x ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122(b ∈R )，曲线y ＝f (x )在(1，0)处的切线与直线y ＝3x 平行.证明：(1)函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增； (2)当0<x <1时，|f (x )|<1.证明 (1)由题得f ′(x )＝ln x ＋1＋2b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12， 又∵f ′(1)＝1＋b ＝3， ∴b ＝2，f ′(x )＝ln x ＋4x －1. ∵x ≥1，∴f ′(x )≥ln 1＋4－1＝3>0， ∴ 函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增.(2)|f (x )|＝|x ln x ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122| ≤|x ln x |＋|2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122| 令g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x . 令g ′(x )≥0可得x ≥e －1.∴g (x )在(0，e －1)上单调递减，在(e －1，＋∞)上单调递增. ∵0<x <1，∴－e －1≤g (x )<0，|g (x )|≤1e <12，又∵0<x <1时，|2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122<12.∴|f (x )|<1.5.(2019·金丽衢十二校三联)已知函数f (x )＝ln(2x ＋1)－kx (k >0). (1)若x ＝0时，函数f (x )取得一个极值，求实数k 的值；(2)在(1)的条件下，对任意n ∈N *，m >1，求证⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m n <e 1m －1(e 为自然对数的底数).(1)解 因为f (x )＝ln(2x ＋1)－kx ⎝⎛⎭⎪⎫x >－12，所以f ′(x )＝22x ＋1－k ，由f ′(0)＝0，得k ＝2.当k ＝2时，f ′(x )＝－4x2x ＋1，它在x ＝0的两侧是异号的，所以k ＝2成立.(2)证明 由(1)进一步可以判断出f (0)是f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上的极大值，也是最大值，于是我们可以得到任意x >－12，ln(1＋2x )≤2x ，所以任意x >－12，1＋2x ≤e 2x.于是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m n ≤e 1m ＋1m2＋…＋1m n ＝e 1m －1m n ＋11－1m<e 1m －1，即得证.6.已知函数f (x )＝a ln x ＋x －1x，其中a 为实常数.(1)若x ＝12是f (x )的极大值点，求f (x )的极小值；(2)若不等式a ln x －1x ≤b －x 对任意－52≤a ≤0，12≤x ≤2 恒成立，求b 的最小值.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x 2.由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0 ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12a ＋1＝0, 所以a ＝－52，此时f (x )＝－52ln x ＋x －1x.则f ′(x )＝x 2－52x ＋1x 2＝（x －2）（x －12）x 2.由f ′(x )>0得0<x <12或x >2；由f ′(x )<0得12<x <2，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是减函数，在[2，＋∞)上为增函数.所以x ＝12为极大值点，x ＝2为极小值点，极小值为f (2)＝32－5ln 22.(2)不等式a ln x －1x≤b －x 即为f (x )≤b ，所以b ≥f (x )max ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52≤a ≤0，12≤x ≤2.(ⅰ)若1≤x ≤2, 则ln x ≥0，f (x )＝a ln x ＋x －1x ≤x －1x ≤2－12＝32(当a ＝0，x ＝2 时，取等号)；(ⅱ)若12≤x <1，则ln x <0，f (x )＝a ln x ＋x －1x ≤－52ln x ＋x －1x (当a ＝－52时，取等号).由(1)可知g (x )＝－52ln x ＋x －1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 上为减函数.所以当12≤x <1时，g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝52ln 2－32.因为52ln 2－32<52－32＝1<32，所以f (x )max ＝32 ，于是b min ＝32.能力提升题组7.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R 且a <e)，g (x )＝12x 2＋e x －x e x.(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝（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. 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；(2)由题意知：f (x )(x ∈[e，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae，又g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， 则g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－ae ＜1，解得a ＞e 2－2ee ＋1，所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1 .8.(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝4ax 3＋3|a －1|x 2＋2ax －a (a ∈R ). (1)当a ＝1时，判断f (x )的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，恒有|f (x )|≤f (1)，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝4x 3＋2x －1，f ′(x )＝12x 2＋2>0.故函数f (x )在R 上单调递增.(2)由|f (0)|≤f (1)，即|a |≤5a ＋3|a －1|， 解得a ≥－1.①当a ≥0时，f ′(x )＝12ax 2＋6|a －1|x ＋2a ， 当x ∈[0，1]时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，1]上单调递增，符合题意.②当－34<a <0时，f ′(0)＝2a <0，f ′(1)＝8a ＋6>0，存在x 0∈(0，1)，使得f ′(x 0)＝0，故f (x )在(0，x 0)上单调递减，f (x )在(x 0，1)上单调递增. 因为f ′(x 0)＝12ax 20＋6(1－a )x 0＋2a ＝0， 所以4ax 30＝－2(1－a )x 20－23ax 0，f (x 0)＝4ax 30＋3(1－a )x 20＋2ax 0－a＝(1－a )x 20＋43ax 0－a＝x 2－a ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫x 0－232＋59>0.又f (0)＝－a <34，f (1)＝3＋2a >32，所以f (0)<f (1)，所以由单调性知|f (x 0)|＝f (x 0)<f (1)，符合题意. ③当a ＝－34时，f (x )＝－3x 3＋214x 2－32x ＋34，f ′(x )＝－9⎝⎛⎭⎪⎫x －16(x －1)，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，16上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫16，1上单调递增，且f (0)＝34，f (1)＝32>f (0)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫16＝49144，所以当x ∈[0，1]时，|f (x )|＝f (x )<f (1)，符合题意. ④当－1≤a <－34时，f ′(x )＝12ax 2＋6(1－a )x ＋2a ，Δ＝－60a 2－72a ＋36>0，f ′(0)<0，f ′(1)<0， 对称轴x ＝a －14a∈(0，1). 故f ′(x )＝0在(0，1)内有两个不同的实根x 1，x 2，设x 1<x 2，则f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，在(x 2，1)上单调递减， 因为f (1)＝2a ＋3>0，所以f (x 2)>0， 所以|f (x 2)|＝f (x 2)>f (1)，不符合题意.综合①②③④知，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－34，＋∞.。