北师版高中同步学案数学选择性必修第二册精品课件 第2章 导数及其应用 培优课 导数的综合应用 (2)
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所以 f(x)的最大值在区间(2,+∞)上时取得.
由 f'(x)=0,得 x=2+ 4-,
x
(2,2+ 4-a)
2+ 4-a
(2+ 4-a,+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
所以 f(x)max=f(2+ 4-)=
2+ 4--2
(2+ 4-)2 -
因为 a<0,所以 4->2 恒成立,
所以当
当
1
0<x<2时,f'(x)>0,即
1
x>2时,f'(x)<0,即
所以 f(x)在
f(x)在
1-2
f'(x)=
,
f(x)在
1
,
+
∞
2
1
0, 2
内单调递增,
内单调递减,
1
x=2处取得极大值,符合题意,因此
a=2.
(2)证明 设 g(x)=xf(x)+
1 2
=xln
2
2
x-2x +2x+
1 2
数.
1
变式训练3[2023辽宁丹东统考二模]已知x= 2 为函数f(x)=ln
极值点.
(1)求a;
(2)证明:当
3
0<x< 时,xf(x)+
2
1 2
>0.
2
x-ax+a的
(1)解 f(x)=ln x-ax+a
由 f'
1
2
1-
的定义域为(0,+∞),f'(x)= ,
=0,解得 a=2,
当 a=2 时,f(x)=ln x-2x+2,则
规律方法
利用导数解决实际应用问题的步骤
(1)函数建模:细致分析实际问题中各个量之间的关系,正确设定所求最大
值或最小值的变量y与自变量x,把实际问题转化为数学问题,即列出函数关
系式y=f(x).
(2)确定定义域:一定要从问题的实际意义去考虑,舍去没有实际意义的自
变量的取值范围.
(3)求最值:尽量使用导数法求出函数的最值.
因为MN=x,OM=3.5,所以ON=x+3.5,
在 Rt△ONF 中,NF=
2 - 2
=
2
100-( + 3.5) =
在矩形 EFGH 中,EF=2NF= 351-28-4 2 ,FG=MN=x,
故 S=EF·FG=x 351-28-4 2 ,
即所求函数关系是 S=x
13
2
351-28-4 ,0<x< .
∴f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),单调递减区间为(-∞,-1).
(2)证明 g(x)=xex-x-ln x-1,定义域为(0,+∞),
∴g'(x)=e +xe
x
1 x
+1
+1
x 1
-1- =e (x+1)- =(x+1)(e - )= (xex-1).
x
+1
∵x>0,∴ >0.
(1)解 当 a=3
-2
时,f(x)= 2 ,定义域为{x|x≠±
-3
2 -3-(-2)2
(-1)(-3)
(2 -3)2
(2 -3)2
3},f'(x)=
=-
,
f'(x)=0,则 x1=1,x2=3,
x
(-∞,- 3)
- 3 (- 3,1) 1
(1, 3)
3 ( 3,3) 3
(3,+∞)
OP⊥AB,交AB于点M,交EF于点N,交圆弧AB于点P,
已知OP=10,MP=6.5(单位:m),记通风窗EFGH的面积为S(单位:m2).
(1)设MN=x(单位:m),将S表示成x的函数;
(2)当通风窗的高度MN为多少时,通风窗EFGH的面积S最大?
解 (1)由题意知,OF=OP=10,MP=6.5,故OM=3.5,
性),特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法),但后一种方法不具备普遍性.
2.证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式
两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式
f(x1)+g(x1)<f(x2)+g(x2)对x1<x2恒成立,即等价于函数h(x)=f(x)+g(x)为增函
当1≤x<30时,f'(x)>0;当30<x≤40时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在[1,30)内单调递增,在(30,40]上单调递减,
所以当x=30时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,为
4
f(30)=- ×303+3
3
600×30=72 000,也即y的最大值为72 000,
所以该种饮品的最大日利润为72 000元.
2.此类问题特别要小心“最值能否取到”和“不等式中是否含等号”的情况,
以此来确定参数的范围能否取得“=”.
变式训练2设函数f(x)=2x3-9x2+12x+8c.
(1)若对任意的x∈[0,3],都有f(x)<c2成立,求c的取值范围;
(2)若对任意的x∈(0,3),都有f(x)<c2成立,求c的取值范围.
∴x∈[0,3]时,f(x)的最大值为f(3)=9+8c.
∵对任意的x∈[0,3],有f(x)<c2恒成立,∴9+8c<c2,即c<-1或c>9.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(9,+∞).
(2)由(1)知f(x)<f(3)=9+8c,
∴9+8c≤c2,即c≤-1或c≥9,
∴c的取值范围为(-∞,-1]∪[9,+∞).
,每生产一瓶正品盈利4元,每
生产一瓶次品亏损2元.(注:正品率=饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)
(1)将日利润y(单位:元)表示成日产量x的函数;
(2)求该种饮品的最大日利润.
解 (1)由题意,知每生产1千瓶正品盈利4 000元,每生产1千瓶次品亏损2 000元,
故 y=4
4 200-2
000×
0
0
∴当x∈(0,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x0∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增,
0
x
e
∴g(x)≥g(x0)= 0 -x0-ln x0-1=1-0-1=0,
即g(x)≥0在区间(0,+∞)内恒成立.
规律方法 1.证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)=f(x)-g(x)>0(利用单调
f'(x)
-
-
+
+
-
f(x)
↘
↘
↗
↗
0
所以,f(x)的单调递增区间为(1, 3),( 3,3);单调递减区间为
(-∞,- 3),(- 3,1),(3,+∞).
0
↘
(2)证明 当 a<0 时,定义域为 R,
2 --(-2)2
f'(x)=
(2 -)2
=
-2 +4-
(2 -)2
,
因为当 x>2 时,f(x)>0,
2
2
所以当
9
x=2时,f(x)取到最大值,此时
S 有最大值.
即当 MN=x=4.5 m 时,通风窗的面积最大.
探究点二
【例2】 已知函数
与最值有关的恒成立问题
-2
f(x)= 2 .
-
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
1
(2)当a<0时,证明:f(x)存在最大值,且f(x)< 8
恒成立.
目录索引
重难探究·能力素养全提升
成果验收·课堂达标检测
重难探究·能力素养全提升
探究点一
导数在解决实际问题中的应用
【例1】 某保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最
多不超过40千瓶,最少1千瓶,经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产
4 200- 2
量x(x∈N+,单位:千瓶)间的关系为 P= 4 500
探究点三
利用导数证明不等式
【例3】 已知函数f(x)=xex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若g(x)=xex-x-ln x-1,证明:g(x)≥0在区间(0,+,定义域为R,
f'(x)=ex+xex=ex(x+1),
令f'(x)>0,解得x>-1;令f'(x)<0,解得x<-1,
l +
【例4】 已知函数 f(x)=
-1,
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤1时,求函数f(x)在区间(0,e]上零点的个数.
解
1-ln-
(1)f'(x)= 2 ,令
f'(x)=0,得 x=e1-a.
f'(x)及 f(x)随 x 的变化情况如下表:
x
f'(x)
f(x)
(0,e1-a)
解 (1)∵f'(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),
∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(2,3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴当x=1时,f(x)取极大值f(1)=5+8c.
又f(3)=9+8c>f(1),
x-2
4 500
所以日利润
4 3
y=- x +3
3
4 3
(2)令f(x)=- x +3
3
4 200-2
000(1)x=3
4 500
4 3
600x- x .
3
600x(x∈N+,1≤x≤40).
600x,x∈[1,40],则f'(x)=3 600-4x2.
令f'(x)=0,解得x=30或x=-30(舍去).
(4)下结论:根据问题的实际意义给出圆满的答案.
变式训练1 [2023江苏苏州高二统考期中]如图为某
仓库一侧墙面的示意图,其下部是矩形ABCD,上部
是圆弧AB,该圆弧所在的圆心为O,为了调节仓库内
的湿度和温度,现要在墙面上开一个矩形的通风窗
EFGH(其中E,F在圆弧AB上,G,H在弦AB上).过O作
+
↗
e1-a
0
极大值
所以f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为(e1-a,+∞).
(e1-a,+∞)
↘
1-e
1-a
(2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e )=
1-
e1-
,
①当a=1时,f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,e)内单调递减.
又f(1)=0,故f(x)在区间(0,e]上只有一个零点.
2
设h(x)=xex-1(x>0),
由(1)可知当x>0时,f(x)=xex单调递增,
∴h(x)在(0,+∞)内单调递增,
又
1
e
h( )= -1<0,h(1)=e-1>0,
2
2
∴存在唯一
∴e
0
=
1
x0∈( ,1),使得
2
h(x0)=0,即 x0e 0 =1,
1
1
,∴x0=ln =-ln x0,
函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.
变式训练4[2023湖北武汉高二校联考期中]已知函数f(x)=ax(x-1)-ln x
(a∈R).
(1)当a=3时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
1
(2)若函数g(x)=f(x)+ 2 x(2-ax)有两个不同的零点,求a的取值范围.
2
351
-7- 2 ,
4
(2)因为 S= 2 (351-28-4 2 ),则令 f(x)=x2(351-28x-4x2),
f'(x)=-2x(2x-9)(4x+39)=0,解得
所以当
9
x=2.
9
0<x<2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
13
9
当 <x< 时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
2
1 2
由g'(x0)=0得ln x0=2x0-2, 所以 g(x0)= 0 - >0,
2
1
3
1
因此当 0<x< 时,g(x)≥g(x0)>0,而 g
= (ln 27-ln
2
2
2
3
1 2
于是当 0<x< 时,xf(x)+ >0.
2
2
8e)>0,
2
,使 g'(x0)=0,
探究点四
利用导数解决函数的零点或方程的根的问题
解
(1)当a=3时,f(x)=3x2-3x-ln
1
x,所以f'(x)=6x-3- ,
根据导数的几何意义可知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=2,
又因为f(1)=0,所以所求切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.
(2)由已知可得
1
g(x)=f(x)+ x(2-ax)=ax2-ax-ln
1-e
②当a<1时,1-a>0,e1-a>1,则f(e1-a)=
所以f(x)在区间(0,e]上无零点.
1-
e1-
<0,
综上,当a=1时,f(x)在区间(0,e]上只有一个零点,
当a<1时,f(x)在区间(0,e]上无零点.
规律方法
利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究
函数的单调性、极值、最值,通过极值或最值的正负、函数的单调性判断
所以 2 4-+4>8 恒成立,
所以
1
f(x)max<8,
所以
-2
f(x)= 2
-
<
1
.
8
=
1
.
2 4-+4
规律方法
1.“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型,一般地,可
采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max;λ≤f(x)恒成立
⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题,直接求含参函数的最值即可.
,
2
则g'(x)=ln x-2x+2=f(x),f(1)=0,
由 f'(x)=0,得 x=2+ 4-,
x
(2,2+ 4-a)
2+ 4-a
(2+ 4-a,+∞)
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
所以 f(x)max=f(2+ 4-)=
2+ 4--2
(2+ 4-)2 -
因为 a<0,所以 4->2 恒成立,
所以当
当
1
0<x<2时,f'(x)>0,即
1
x>2时,f'(x)<0,即
所以 f(x)在
f(x)在
1-2
f'(x)=
,
f(x)在
1
,
+
∞
2
1
0, 2
内单调递增,
内单调递减,
1
x=2处取得极大值,符合题意,因此
a=2.
(2)证明 设 g(x)=xf(x)+
1 2
=xln
2
2
x-2x +2x+
1 2
数.
1
变式训练3[2023辽宁丹东统考二模]已知x= 2 为函数f(x)=ln
极值点.
(1)求a;
(2)证明:当
3
0<x< 时,xf(x)+
2
1 2
>0.
2
x-ax+a的
(1)解 f(x)=ln x-ax+a
由 f'
1
2
1-
的定义域为(0,+∞),f'(x)= ,
=0,解得 a=2,
当 a=2 时,f(x)=ln x-2x+2,则
规律方法
利用导数解决实际应用问题的步骤
(1)函数建模:细致分析实际问题中各个量之间的关系,正确设定所求最大
值或最小值的变量y与自变量x,把实际问题转化为数学问题,即列出函数关
系式y=f(x).
(2)确定定义域:一定要从问题的实际意义去考虑,舍去没有实际意义的自
变量的取值范围.
(3)求最值:尽量使用导数法求出函数的最值.
因为MN=x,OM=3.5,所以ON=x+3.5,
在 Rt△ONF 中,NF=
2 - 2
=
2
100-( + 3.5) =
在矩形 EFGH 中,EF=2NF= 351-28-4 2 ,FG=MN=x,
故 S=EF·FG=x 351-28-4 2 ,
即所求函数关系是 S=x
13
2
351-28-4 ,0<x< .
∴f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),单调递减区间为(-∞,-1).
(2)证明 g(x)=xex-x-ln x-1,定义域为(0,+∞),
∴g'(x)=e +xe
x
1 x
+1
+1
x 1
-1- =e (x+1)- =(x+1)(e - )= (xex-1).
x
+1
∵x>0,∴ >0.
(1)解 当 a=3
-2
时,f(x)= 2 ,定义域为{x|x≠±
-3
2 -3-(-2)2
(-1)(-3)
(2 -3)2
(2 -3)2
3},f'(x)=
=-
,
f'(x)=0,则 x1=1,x2=3,
x
(-∞,- 3)
- 3 (- 3,1) 1
(1, 3)
3 ( 3,3) 3
(3,+∞)
OP⊥AB,交AB于点M,交EF于点N,交圆弧AB于点P,
已知OP=10,MP=6.5(单位:m),记通风窗EFGH的面积为S(单位:m2).
(1)设MN=x(单位:m),将S表示成x的函数;
(2)当通风窗的高度MN为多少时,通风窗EFGH的面积S最大?
解 (1)由题意知,OF=OP=10,MP=6.5,故OM=3.5,
性),特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法),但后一种方法不具备普遍性.
2.证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式,一种方法为变换不等式
两个变元成为一个整体,另一种方法为转化后利用函数的单调性,如不等式
f(x1)+g(x1)<f(x2)+g(x2)对x1<x2恒成立,即等价于函数h(x)=f(x)+g(x)为增函
当1≤x<30时,f'(x)>0;当30<x≤40时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在[1,30)内单调递增,在(30,40]上单调递减,
所以当x=30时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,为
4
f(30)=- ×303+3
3
600×30=72 000,也即y的最大值为72 000,
所以该种饮品的最大日利润为72 000元.
2.此类问题特别要小心“最值能否取到”和“不等式中是否含等号”的情况,
以此来确定参数的范围能否取得“=”.
变式训练2设函数f(x)=2x3-9x2+12x+8c.
(1)若对任意的x∈[0,3],都有f(x)<c2成立,求c的取值范围;
(2)若对任意的x∈(0,3),都有f(x)<c2成立,求c的取值范围.
∴x∈[0,3]时,f(x)的最大值为f(3)=9+8c.
∵对任意的x∈[0,3],有f(x)<c2恒成立,∴9+8c<c2,即c<-1或c>9.
∴c的取值范围为(-∞,-1)∪(9,+∞).
(2)由(1)知f(x)<f(3)=9+8c,
∴9+8c≤c2,即c≤-1或c≥9,
∴c的取值范围为(-∞,-1]∪[9,+∞).
,每生产一瓶正品盈利4元,每
生产一瓶次品亏损2元.(注:正品率=饮品的正品瓶数÷饮品总瓶数×100%)
(1)将日利润y(单位:元)表示成日产量x的函数;
(2)求该种饮品的最大日利润.
解 (1)由题意,知每生产1千瓶正品盈利4 000元,每生产1千瓶次品亏损2 000元,
故 y=4
4 200-2
000×
0
0
∴当x∈(0,x0)时,h(x)<0,即g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x0∈(x0,+∞)时,h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)单调递增,
0
x
e
∴g(x)≥g(x0)= 0 -x0-ln x0-1=1-0-1=0,
即g(x)≥0在区间(0,+∞)内恒成立.
规律方法 1.证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)=f(x)-g(x)>0(利用单调
f'(x)
-
-
+
+
-
f(x)
↘
↘
↗
↗
0
所以,f(x)的单调递增区间为(1, 3),( 3,3);单调递减区间为
(-∞,- 3),(- 3,1),(3,+∞).
0
↘
(2)证明 当 a<0 时,定义域为 R,
2 --(-2)2
f'(x)=
(2 -)2
=
-2 +4-
(2 -)2
,
因为当 x>2 时,f(x)>0,
2
2
所以当
9
x=2时,f(x)取到最大值,此时
S 有最大值.
即当 MN=x=4.5 m 时,通风窗的面积最大.
探究点二
【例2】 已知函数
与最值有关的恒成立问题
-2
f(x)= 2 .
-
(1)当a=3时,求f(x)的单调区间;
1
(2)当a<0时,证明:f(x)存在最大值,且f(x)< 8
恒成立.
目录索引
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重难探究·能力素养全提升
探究点一
导数在解决实际问题中的应用
【例1】 某保健品企业新研发了一种健康饮品.已知每天生产该种饮品最
多不超过40千瓶,最少1千瓶,经检测知生产过程中该饮品的正品率P与日产
4 200- 2
量x(x∈N+,单位:千瓶)间的关系为 P= 4 500
探究点三
利用导数证明不等式
【例3】 已知函数f(x)=xex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若g(x)=xex-x-ln x-1,证明:g(x)≥0在区间(0,+,定义域为R,
f'(x)=ex+xex=ex(x+1),
令f'(x)>0,解得x>-1;令f'(x)<0,解得x<-1,
l +
【例4】 已知函数 f(x)=
-1,
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a≤1时,求函数f(x)在区间(0,e]上零点的个数.
解
1-ln-
(1)f'(x)= 2 ,令
f'(x)=0,得 x=e1-a.
f'(x)及 f(x)随 x 的变化情况如下表:
x
f'(x)
f(x)
(0,e1-a)
解 (1)∵f'(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),
∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(2,3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴当x=1时,f(x)取极大值f(1)=5+8c.
又f(3)=9+8c>f(1),
x-2
4 500
所以日利润
4 3
y=- x +3
3
4 3
(2)令f(x)=- x +3
3
4 200-2
000(1)x=3
4 500
4 3
600x- x .
3
600x(x∈N+,1≤x≤40).
600x,x∈[1,40],则f'(x)=3 600-4x2.
令f'(x)=0,解得x=30或x=-30(舍去).
(4)下结论:根据问题的实际意义给出圆满的答案.
变式训练1 [2023江苏苏州高二统考期中]如图为某
仓库一侧墙面的示意图,其下部是矩形ABCD,上部
是圆弧AB,该圆弧所在的圆心为O,为了调节仓库内
的湿度和温度,现要在墙面上开一个矩形的通风窗
EFGH(其中E,F在圆弧AB上,G,H在弦AB上).过O作
+
↗
e1-a
0
极大值
所以f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为(e1-a,+∞).
(e1-a,+∞)
↘
1-e
1-a
(2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e )=
1-
e1-
,
①当a=1时,f(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,e)内单调递减.
又f(1)=0,故f(x)在区间(0,e]上只有一个零点.
2
设h(x)=xex-1(x>0),
由(1)可知当x>0时,f(x)=xex单调递增,
∴h(x)在(0,+∞)内单调递增,
又
1
e
h( )= -1<0,h(1)=e-1>0,
2
2
∴存在唯一
∴e
0
=
1
x0∈( ,1),使得
2
h(x0)=0,即 x0e 0 =1,
1
1
,∴x0=ln =-ln x0,
函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.
变式训练4[2023湖北武汉高二校联考期中]已知函数f(x)=ax(x-1)-ln x
(a∈R).
(1)当a=3时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
1
(2)若函数g(x)=f(x)+ 2 x(2-ax)有两个不同的零点,求a的取值范围.
2
351
-7- 2 ,
4
(2)因为 S= 2 (351-28-4 2 ),则令 f(x)=x2(351-28x-4x2),
f'(x)=-2x(2x-9)(4x+39)=0,解得
所以当
9
x=2.
9
0<x<2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
13
9
当 <x< 时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
2
1 2
由g'(x0)=0得ln x0=2x0-2, 所以 g(x0)= 0 - >0,
2
1
3
1
因此当 0<x< 时,g(x)≥g(x0)>0,而 g
= (ln 27-ln
2
2
2
3
1 2
于是当 0<x< 时,xf(x)+ >0.
2
2
8e)>0,
2
,使 g'(x0)=0,
探究点四
利用导数解决函数的零点或方程的根的问题
解
(1)当a=3时,f(x)=3x2-3x-ln
1
x,所以f'(x)=6x-3- ,
根据导数的几何意义可知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=2,
又因为f(1)=0,所以所求切线方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0.
(2)由已知可得
1
g(x)=f(x)+ x(2-ax)=ax2-ax-ln
1-e
②当a<1时,1-a>0,e1-a>1,则f(e1-a)=
所以f(x)在区间(0,e]上无零点.
1-
e1-
<0,
综上,当a=1时,f(x)在区间(0,e]上只有一个零点,
当a<1时,f(x)在区间(0,e]上无零点.
规律方法
利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究
函数的单调性、极值、最值,通过极值或最值的正负、函数的单调性判断
所以 2 4-+4>8 恒成立,
所以
1
f(x)max<8,
所以
-2
f(x)= 2
-
<
1
.
8
=
1
.
2 4-+4
规律方法
1.“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型,一般地,可
采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max;λ≤f(x)恒成立
⇔λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题,直接求含参函数的最值即可.
,
2
则g'(x)=ln x-2x+2=f(x),f(1)=0,