2023届高考数学导数满分通关：单变量不等式能成立之参变分离法

专题33 单变量不等式能成立之参变分离法
【方法总结】
单变量不等式能成立之参变分离法
参变分离法是将不等式变形成一个一端是f (a )，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若f (a )≥g (x )在x ∈D 上能成立，则f (a )≥g (x )min ；若f (a )≤g (x )在x ∈D 上能成立，则f (a )≤g (x )max ．特别地，经常将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式g (x )的不等式后，若a ≥g (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥g (x )min ；若a ≤g (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤g (x )max ．
利用分离参数法来确定不等式f (x ，a )≥0(x ∈D ，a 为实参数)能成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f 1(a )≥f 2(x )或f 1(a )≤f 2(x )的形式．
(2)求f 2(x )在x ∈D 时的最大值或最小值．
(3)解不等式f 1(a )≥f 2(x )min 或f 1(a )≤f 2(x )max ，得到a 的取值范围．
注意 “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．
【例题选讲】
[例1] 已知函数f (x )＝3ln x －12
x 2＋x ，g (x )＝3x ＋a ． (1)若f (x )与g (x )的图象相切，求a 的值；
(2)若∃x 0>0，使f (x 0)>g (x 0)成立，求参数a 的取值范围．
解析 (1)由题意得，f ′(x )＝3x －x ＋1，设切点为(x 0，f (x 0))，则k ＝f ′(x 0)＝3x 0
－x 0＋1＝3， 解得x 0＝1或x 0＝－3(舍)，所以切点为⎝⎛⎭⎫1，12，代入g (x )＝3x ＋a ，得a ＝－52
． (2)设h (x )＝3ln x －12x 2－2x ，∃x 0>0，使f (x 0)>g (x 0)成立，等价于∃x >0，使h (x )＝3ln x －12
x 2－2x >a 成立， 等价于a <h (x )max (x >0)．
因为h ′(x )＝3x －x －2＝－x 2－2x ＋3x ＝－(x －1)(x ＋3)x ，令⎩⎪⎨⎪⎧h ′(x )>0，x >0，得0<x <1；令⎩
⎪⎨⎪⎧h ′(x )<0，x >0，得x >1． 所以函数h (x )＝3ln x －12
x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h (x )max ＝h (1)＝－52，即a <－52
，因此参数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－52． [例2] 已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x
． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，求a 的取值范围．
解析 (1)因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R ．
当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ．
由f ′(x )>0，得f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )<0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)． 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a >0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(ln a ，＋∞)．
(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )－g (x )＋e x ≤0成立，所以ax ≤ln x x ，即a ≤ln x x 2． 设h (x )＝ln x x 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ．由h ′(x )＝1－2ln x x 3
，令h ′(x )＝0，得x ＝e ． 当x ∈(0，e)时，h ′(x )>0，当x ∈(e ，＋∞)时，h ′(x )<0，
所以h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．
当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值，为12e ，所以a ≤12e
． 故a 的取值范围是⎝
⎛⎦⎤－∞，12e ． [例3] 已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x ．
(1)若x ＝3是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的值；
(2)设g (x )＝(a －2)x ，若存在x 0∈[1e
，e]，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围． 解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋a x
． ∵x ＝3是函数f (x )的一个极值点，∴f ′(3)＝0，解得a ＝－6．
经检验，当a ＝－6时，x ＝3是函数f (x )的一个极小值点，符合题意，故a ＝－6．
(2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0
， 记F (x )＝x －ln x (x >0)，则F ′(x )＝x －1x
(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 ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0．记G (x )＝x 2－2x x －ln x
，x ∈[1e ，e]， 则G ′(x )＝(2x －2)(x －ln x )－(x －2)(x －1)(x －ln x )2＝(x －1)(x －2ln x ＋2)(x －ln x )2
． ∵x ∈[1e
，e]，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，∴x －2ln x ＋2>0， ∴当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，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，＋∞)．
[例4] 已知函数f (x )＝ln(1＋x )－a sin x ，a ∈R ．
(1)若y ＝f (x )在点(0，0)处的切线为x －3y ＝0，求a 的值；
(2)若存在x ∈[1，2]，使得f (x )≥2a ，求实数a 的取值范围．
解析 (1)f ′(x )＝11＋x
－a cos x ，则f ′(0)＝1－a ＝13，所以a ＝23． (2)将不等式转化为存在x ∈[1，2]，使得a ≤ln(1＋x )2＋sin x
． 令函数g (x )＝ln(1＋x )2＋sin x ，则g ′(x )＝2＋sin x －(1＋x )cos x ln(1＋x )(1＋x )(2＋sin x )2
， 令函数h (x )＝2＋sin x －(1＋x )cos x ln(1＋x )，x ∈[1，2]，
当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，2时，h (x )>0；当x ∈⎣⎡⎦
⎤1，π2时，h (x )>2＋sin x －(1＋x )ln(1＋x )， 令函数φ(x )＝2＋sin x －(1＋x )ln(1＋x )，则φ′(x )＝cos x －ln(1＋x )－1<0，
故φ(x )≥φ⎝⎛⎭⎫π2＝3－⎝⎛⎭⎫1＋π2ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2>3－⎝⎛⎭⎫1＋π2>0，则当x ∈⎣⎡⎦
⎤1，π2时，h (x )>φ(x )>0， 故函数g (x )在[1，2]上单调递增，g (x )max ＝g (2)＝ln 32＋sin 2
， 则当a ≤ln 32＋sin 2
时，存在x ∈[1，2]，使得f (x )≥2a ． 所以，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦
⎤－∞，ln 32＋sin 2． [例5] 已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a (a ∈R )，e 为自然对数的底数．
(1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；
(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，求实数a 的取值范围；
②若有且只有唯一整数x 0，满足f (x 0)<0，求实数a 的取值范围．
解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x (2x －1)－x ＋1，f ′(x )＝e x (2x ＋1)－1，f ′(0)＝0，f ″(x )＝e x (2x ＋3)，
由f ″(x )＝0，得x ＝－32，当x <－32时，f ″(x )<0，f ′(x )单调递减；当x >－32
时，f ″(x )>0，f ′(x )单调递增． 且当x <－32
时，f ′(x )<0，即当x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以f (x )的单调减区间为(－∞，0)，单调增区间为(0，＋∞)．
(2)①由f (x )<0，得e x (2x －1)<a (x －1)．
当x ＝1时，不等式显然不成立；当x >1时，a >e x (2x －1)x －1；当x <1时，a <e x (2x －1)x －1
． 记g (x )＝e x (2x －1)x －1，g ′(x )＝e x (2x ＋1)(x －1)－e x (2x －1)(x －1)2＝e x (2x 2－3x )(x －1)2
， 所以g (x )在区间(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫32，＋∞上为增函数，在(0,1)和⎝⎛⎭
⎫1，32上为减函数． 所以当x >1时，a >g ⎝⎛⎭⎫32＝43
2e ；当x <1时，a <g (0)＝1． 综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，1)∪(43
2
e ，＋∞)．
②由①知，当a <1时，x 0∈(－∞，1)，由f (x 0)<0，得g (x 0)>a ，
又g (x )在区间(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且g (0)＝1>a ，
所以g (－1)≤a ，即a ≥32e ，所以32e
≤a <1． 当a >432e 时，x 0∈(1，＋∞)，由f (x 0)<0，得g (x 0)<a ，
又g (x )在区间⎝⎛⎭⎫1，32上单调递减，在⎝⎛⎭⎫32，＋∞上单调递增，且g ⎝⎛⎭⎫32＝4e 32
<a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧
g (2)<a ，g (3)≥a ，解得3e 2<a ≤5e 32． 综上所述，实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫32e ，1∪⎝
⎛⎦⎤3e 2，5e 32． [例6] 已知函数f (x )＝a (x －1)，g (x )＝(ax －1)·e x ，a ∈R ．
(1)求证：存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切；
(2)若不等式f (x )＞g (x )有且只有两个整数解，求a 的取值范围．
解析 (1)f ′(x )＝a ，g ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ．
设直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )的切点的坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝a (x 0－1)＝(ax 0－1)e x 0，
得a (x 0e x 0－x 0＋1)＝e x 0，①
又因为直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切，所以a ＝g ′(x 0)＝(ax 0＋a －1)e x 0，
整理得a (x 0e x 0＋e x 0－1)＝e x 0，②
结合①②得x 0e x 0－x 0＋1＝x 0e x 0＋e x 0－1，即e x 0＋x 0－2＝0，令h (x )＝e x ＋x －2，
则h ′(x )＝e x ＋1＞0，所以h (x )在R 上单调递增．
又因为h (0)＝－1＜0，h (1)＝e －1＞0，所以存在唯一实数x 0，使得e x 0＋x 0－2＝0，且x 0∈(0，1)， 所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．
(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以a ⎝
⎛⎭⎫x －x －1e x ＜1， 令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2e x
， 由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0，1)，
故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．
①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；
②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a ＞1，m (0)＝m (1)＝1， 所以两个整数解分别为0，1，即⎩⎨⎧ m (2)≥1a ，
m (－1)≥1a ，解得a ≥e 22e 2－1
，即a ∈⎣⎡⎭⎫e 22e 2－1，＋∞；
③当a ≥1时，m (x )＜1a ，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a
无整数解，舍去． 综上所述，a 的取值范围为⎣⎡⎭
⎫e 2
2e 2－1，＋∞． 【对点精练】
1．已知函数f (x )＝ax －(2a ＋1)ln x －2x ，g (x )＝－2a ln x －2x
，其中a ∈R ． (1)当a >0时，求f (x )的单调区间；
(2)若存在x ∈[1e
，e 2 ] ，使得不等式f (x )≥g (x )成立，求实数a 的取值范围． 1．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝a －2a ＋1x ＋2x 2＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x 2＝(ax －1)(x －2)x 2
． 当a >0时，令f ′(x )＝0，可得x ＝1a
>0或x ＝2． ①当1a ＝2，即a ＝12
时，对任意的x >0，f ′(x )≥0， 此时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
②当0<1a <2，即a >12时，令f ′(x )>0，得0<x <1a 或x >2；令f ′(x )<0，得1a
<x <2． 此时，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫1a ，2． ③当1a >2，即0<a <12时，令f ′(x )>0，得0<x <2或x >1a ；令f ′(x )<0，得2<x <1a
． 此时，函数f (x )的单调递增区间为(0，2)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭
⎫2，1a ． (2)由f (x )≥g (x )，可得ax －ln x ≥0，即a ≥ln x x ，其中x ∈[1e
，e 2 ]． 构造函数h (x )＝ln x x ，x ∈[1e
，e 2 ]，则a ≥h (x )min ， h ′(x )＝1－ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ∈[1e ，e 2 ]．当1e ≤x <e 时，h ′(x )>0；当e<x ≤e 2时，h ′(x )<0． ∴函数h (x )在[1e
，e 2 ]上单调递增，在(e ，e 2]上单调递减． ∴函数h (x )在x ＝1e
或x ＝e 2处取得最小值． ∵h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，h (e 2)＝2e 2
，∴h ⎝⎛⎭⎫1e <h (e)，∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－e ，∴a ≥－e ． 因此，实数a 的取值范围是[－e ，＋∞)．
2．已知函数f (x )＝x ln x (x >0)．
(1)求函数f (x )的极值；
(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32
成立，求实数m 的最小值． 2．解析 (1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e
． 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭
⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e
，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x ．问题转化为m ≥⎝⎛⎭⎫2x ln x ＋x 2＋3x min ．
令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2
． 由g ′(x )>0，得x >1；由g ′(x )<0，得0<x <1．所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4．故m 的最小值为4．
3．已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln 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∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围．
3．解析 (1)f ′(x )＝(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x 2－2x ＋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 ≤x 2－2x x －ln x
在区间[1，e]上有解． 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝(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)＝e(e －2)e －1，所以a ≤e(e －2)e －1
， 所以实数a 的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1． 4．已知函数f (x )＝a ⎝⎛⎭
⎫x ＋b x ＋b ln x (其中a ，b ∈R )． (1)当b ＝－4时，若f (x )在其定义域内为单调函数，求a 的取值范围；
(2)当a ＝－1时，是否存在实数b ，使得当x ∈[]e ，e 2时，不等式f (x )>0恒成立，如果存在，求b 的取值范围，如果不存在，请说明理由．
4．解析 (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，当b ＝－4时，f ′(x )＝ax 2－4x ＋4a x 2
．
若f (x )在其定义域内单调递增，则a ≥4x x 2＋4＝4x ＋4x
．∵⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋4x max ＝1，∴a ≥1； 若f (x )在其定义域内单调递减，则a ≤4x x 2＋4＝4x ＋4x
， ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋4x min 在x ＋4x →＋∞时取得，即4x ＋4x
→0．∴a ≤0．综上，a ≤0或a ≥1． (2)f (x )＝－⎝⎛⎭
⎫x ＋b x ＋b ln x >0在x ∈[e ，e 2]上恒成立， 令y ＝ln x －1x ，x ∈[e ，e 2]，y ′＝1x ＋1x 2>0，函数y ＝ln x －1x
在x ∈[e ，e 2]上单调递增， 故当x ＝e 时，y 取最小值1－1e >0，故y ＝ln x －1x
>0在x ∈[e ，e 2]上恒成立， 故问题转化为b >x ln x －1x
在x ∈[e ，e 2]上恒成立， 令h (x )＝x ln x －1x ，x ∈[e ，e 2]，h ′(x )＝ln x －2x －1⎝
⎛⎭⎫ln x －1x 2，令m (x )＝ln x －2x －1，x ∈[e ，e 2]，m ′(x )＝1x ＋2x 2>0， 而m (e)<0，m (e 2)>0，故存在x 0∈[e ，e 2]，使得h (x )在[e ，x 0)上单调递减，在(x 0，e 2]上单调递增， ∴h (x )max ＝h (e 2)或h (e)，∵h (e 2)＝e 42e 2－1<h (e)＝e 2e －1，∴b >e 2e －1
． 综上，存在b 满足题意，此时b ∈⎝⎛⎭
⎫e 2e －1，＋∞． 5．已知函数f (x )＝x －a ln x
，其中a 为实数． (1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a ，使得对任意x ∈(0，1)∪(1，＋∞)，f (x )＞x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a 的值并加以证明．
5．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝x ln x －x ＋2x (ln x )2，f ′(2)＝1ln 2
，又f (2)＝0， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝1ln 2
(x －2)． (2)①当0＜x ＜1时，ln x ＜0，则x －a ln x ＞x ⇔a ＞x －x ln x ， 令g (x )＝x －x ln x ，则g ′(x )＝2x －2－ln x 2x ，再令h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝1x －1x
＝x －1x ＜0， 故当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0，1)上单调递减，所以当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0，
所以g ′(x )＝h (x )2x
＞0，所以g (x )在(0，1)上单调递增，g (x )＜g (1)＝1，所以a ≥1． ②当x ＞1时，ln x ＞0，则x －a ln x ＞x ⇔a ＜x －x ln x ． 由①知当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增，当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，
所以g ′(x )＝h (x )2x
＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )＞g (1)＝1，所以a ≤1． 综合①②得：a ＝1．
6．已知函数f (x )＝ln a 2x －2ax ＋a ln a ．
(1)求证：f (x )≤a 2－3；
(2)是否存在实数k ，使得只有唯一的正整数a ，对于x ∈(0，＋∞)恒有：f (x )≤e a ＋k ，若存在，请求出k 的范围以及正整数a 的值；若不存在请说明理由．(下表的近似值供参考)
6．解析 (1)f ′(x )＝1x －a x ＝1－ax x ，当x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a
时，f ′(x )<0， 则函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减，所以f (x )≤f ⎝⎛⎭
⎫1a ＝(a ＋1)ln a －2． 下证：(a ＋1)ln a －2≤a 2－3，
上式等价于证明ln a ≤a －1．设函数h (a )＝a －1－ln a ，
则h ′(a )＝1－1a
，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 )＝a －1－ln a ≥h (1)＝0，则ln a ≤a －1，即f (x )≤a 2－3．
(2)由(1)可知f (x )max ＝(a ＋1)ln a －2，
所以不等式(a ＋1)ln a －2≤e a ＋k 只有唯一的正整数解，则k ≥(a ＋1)ln a －e a －2．
设函数g (a )＝(a ＋1)ln a －e a －2，则g ′(a )＝ln a ＋a ＋1a
－e ，g ′⎝⎛⎭⎫1e ＝0，g ′(1)＝2－e<0． 令函数u (a )＝ln a ＋a ＋1a －e ，则u ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a
2， 所以函数u (a )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又u (4)<0，u (5)>0，故存在a 0∈(4，5)满足u (a 0)＝0，
所以函数g (a )在⎝⎛⎭
⎫0，1e 上单调递增，在错误!上单调递减，(a 0，＋∞)上单调递增． g (3)＝4ln 3－3e －2，g (4)＝5ln 4－4e －2，g (5)＝6ln 5－5e －2，g (3)>g (5)>g (4)，
所以k ∈[5ln 4－4e －2，6ln 5－5e －2]，此时a ＝4．
7．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22
，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2．
(1)曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值；
(2)若至少存在一个x 0∈[1，e]，使f (x 0)＜g (x 0)成立，求实数a 的取值范围；
(3)设k ∈Z ，当x ＞1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值．
7．解析 (1)由已知得f ′(x )＝ln x ＋1，且f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5．
(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]，使f (x 0)＜g (x 0)成立，
所以至少存在一个x 0∈[1，e]，使x 0ln x 0＜ax 202成立，即至少存在一个x 0∈[1，e]，使a ＞2ln x 0x 0
成立． 令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝2(1－ln x )x 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x
在[1，e]上单调递增． 故当x ＝1时，h (x )min ＝0，故实数a 的取值范围为(0，＋∞)．
(3)由已知得，x ln x ＞(k －3)x －k ＋2在(1，＋∞)上恒成立，即k ＜x ln x ＋3x －2x －1
在(1，＋∞)上恒成立， 令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2(x －1)2
， 令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x
＞0在(1，＋∞)上恒成立， 所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3＜0，m (4)＝2－ln 4＞0，
所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3，4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0．
当1＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m (x )＞0，即F ′(x )＞0，
所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，
故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0(x 0－2)＋3x 0－2x 0－1
＝x 0＋2∈(5，6)． 故k ＜x 0＋2(k ∈Z )，所以k 的最大值为5．。