培优辅导专题3：含参数函数不等式恒成立问题

专题三含参数函数不等式恒成立问题不等式问题是数学中的重要内容之一，而含参数函数不等式恒成立问题又是重点中的难点.这类问题既含参数又含变量，与多个知识有效交汇，有利于考查学生的综合解题能力，检验学生思维的灵活性与创造性，这正符合高考强调能力立意，强调数学思想与方法的命题思想，因此恒成立问题成为近年来全国各地高考数学试题的一个热点.模块1整理方法提升能力处理含参数函数不等式(一个未知数)恒成立问题，从方法上，可考虑分离参数法或猜想+最值法(必要条件法).如果使用分离参数法，则猜想是没有作用的，对于难一点的分离参数法，可能要使用多次求导或洛必达法则.如果使用猜想法，则后续有3种可能：一是猜想没有任何作用；二是利用猜想减少分类讨论；三是在猜想的基础上强化，从而得到答案.从改造的形式上，解答题优先选择一平一曲，可利用分离参数法转化为一平一曲两个函数，也可以把函数化归为一边，考虑函数的图象与％轴的交点情况(本质上也是一平一曲).如果当x如果当xTX0(x0也可以是±8)时，两个函数f(x)和g(x)都趋向于零或都趋向于无f(x).. .穷大，那么极限limf可能存在，也可能不存在.如果存在，其极限值也不尽相同.我们x»0gxJ称这类极限为-型或-型不定式极限.对于这类极限，一般要用洛必达法则来求.0 —定理1：若函数f(x)和g(x)满足条件：limf(x)=limg(x)=0.xTx- xTx-f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导，且g'(x)w0.f(x)(3)lim/存在或为无穷大.(3)xTx0gW则有limx则有limxTx0=limxTx0/(x)g'(x).定理2：若函数f(x)和g(x)满足条件:limf(x)=limg(x)=—.xTx0 xTx0f(x)和g(x)在x0的某个去心邻域内可导，且g'(x)w0.

f(%)lim个存在或为无穷大.%告%-S1%/.f(%) .f,(%)则有lim=lim—%—%0g% %—%0g1%)在定理1和定理2中，将分子、分母分别求导再求极限的方法称为洛必达法则.使用洛必达法则时需要注意:(1)lim/义必须是0型或-型不定式极限.%-%0g(%) 0 -(2)若(2)若lim/32还是-型或-型不定式极限，且函数尸(%)和g'(%)仍满足定理中f(%)f(%)和g(%)所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即lim，J=lim%f(%)和g(%)所满足的条件，则可继续使用洛必达法则，即lim，J=lim%—%0g% %—%0尸(%).lim明%告%-S%)(3)f,(%) 若无法判定No的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时f(%)需要用其它方法计算lim+%告%-S%)(4)可以把定理中的%-%0换为%—%+,%-%-,%—+—,%-――，此时只要把定理中的条件作相应的修改，定理仍然成立.©例1已知函数f(%)=ln%-k%+k(kgR).(1)求f(%)在11,2］上的最小值；(2)若ln［1+%>a\%\对%g(-1,1)恒成立，求正数a的最大值.L1-%J【解析】(1)定义域为(0,+-),/(%)=1-k=-k%+1.% %①当k<0时，尸(%)〉0，函数f(%)在11,2］为增函数，所以rf(%)］=f(1)=0.L」min②当k〉0时，由广(%)〉0可得0<%<1,由/(%)<0可得％〉，，所以f(%)在f0,1］上k k ［kJ递增，在［［+-］上递减.于是f(%)在11,2］上的最小值为f(1)=0或f(2)=ln2-k.IkJ(i)当0<ln2—k，即0<k<ln2时，[/(%)] =f(1)=0.min(ii)当0>ln2—k，即k>ln2时，[f(%)] =f(2)=ln2—k.min综上所述，当k<ln2时，[f(%)] =f(1)=0；当k>ln2时，[f(%)] =f(2)=ln2—k.min min(2)令t=|%|e[0,1)，则ln"H>a\x\对%e(T,1)恒成立oln匕t>at对t£[0,1)UT%|J 11-〃恒成立．法1：(分离参数法)当t=0，不等式恒成立，于是lnf ]>at对te[0,1)恒成立11-1Jlnf]oa<，1-tJ对te(0,1)恒成立.tlnf] 卫--lnf] ( 、令G(t)=11-tJ，则G,(t)=1-t2——，令H(t)=上--lnf3]，贝Ut 12 1—t2 11—tjH，(t)=2+2tx—--=蛆>0,所以H(t)在(0,1)上递增，于是H(t)〉H(0)=0,即(1—12A1—t2(1—12AG()>0，所以G(t)在(0,1)上递增.由洛必达法则，可得limG(t)=lim-=2,于是0<a<2,所以正数a的最大值为2.t-0+ t-0+1法2：(不猜想直接用最值法)构造函数F(t)=lnf-1-at，则11—tJ2 at2+2—aF,(t)= a= 1—12 1—12①当2—a>0，即a<2时，F(t)>0，所以函数F(t)在［0,1)上递增，所以F(t)>F(0)=0.即a>2时，上递减，于是在0,j91上a^F(t)<F(0)=0，不合题意.由F()<0即a>2时，上递减，于是在0,j91上a^F(t)<F(0)=0，不合题意.综上所述，正数a的最大值为2.法3：(先猜想并将猜想强化)由常用不等式ln%<%—1(%>0)可得

InfHt]v匕t-1=工，即at<巨.当t=0时，式子恒成立，当t式0,1),有a<—恒11-31-1 1-1 1-1 1-1成立，而—>2，所以a<2.1-1下面证明a可以取到2，即证明不等式lnf—]>21对t£[0,1)恒成立.构造函数11-1K(t)=lnf=]-21(0<t<1)，则K'(t)=—--2=2t^~>0，所以函数K(t)在[0,1)上、1—ty 1—12 1—12递增，所以K(t)>K(0)=0，所以不等式lnf-)>21对t£[0,1)恒成立，所以正数a的最大11-1y值为2.法4：(先猜想并将猜想强化)F(t)=lnf-1-at>0对te[0,1)恒成立，因为F(0)=011-ty所以F，(0)=2-a>0，即a<2.下同法3.法5：(先猜想并将猜想强化)当t二0，不等式恒成立，于是1nf-a对t£[0，1)恒ln成立ln成立=a<一=G(t)对te(0,1)恒成立.由洛必达法则，可得limG(t)=lim上任=2,t-0+ t-0+1下同法3.【点评】法1(分离参数法)把恒成立问题转化为求G(t)的最小值，法2(最值法)把恒成立问题转化为求F(t)的最小值.由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数.法3、法4和法5都是先求出必要条件a<2，然后将必要条件进行强化，需要解题的敏感度和判断力.如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论.

设函数f(X)=ex一ax一2.(1)求f(X)的单调区间；(2)若a=1,k为整数，且当x〉0时，(x一k)/(x)+x+1>0，求k的最大值.【解析】(1)/(x)=ex-a.①当a<0时，ff(x)>0在R上恒成立，所以f(x)在R上递增.②当a>0时，由f,(x)>0可得x>lna，由f,(x)<0可得x<Ina.所以f(x)在(-*lna)上递减，在(lna,+r)上递增.(2)当a=1时，f(x)=ex-x-2，所以f,(x)=ex-1,即(x-k)(ex-1)+x+1>0在(0,+r)上恒成立.法1：上恒成立．(分离参数法)(x-k)(ex-1)+x+1>0在(0,+r)上恒成立=k<xex士1在(0,+r)ex法1：上恒成立．.、xex+1 (xex+ex)Q-1)-(xex+1)exexQ-x-2)令中(x)=xe-^1，贝°/(x)= (__V =_(__，令ex-1 Ix-12 Ix-1》t(x)=ex-x-2,有t'(x)=ex-1>0在(0,+r)上恒成立，所以t(x)在(0,+r)上递增(也可由(1)可知，函数t(x)=ex-x-2在(0,+r)上递增).而t(1)=e-3<0,t(2)=e2-4>0，所以t(x)=0在(0,+r)上有唯一根x0e(1,2)，所以当xe(0,x0)时在(x)<0，当xe(x0,+^)时祝(x)>0，于是①(x)在(0,x0)上递减，在(x0，+R)上递增，所以①(x)在(0,+R)上的最小值为①(x)=x0ex0+1，因为ex0-x-2=0，所以ex°=x+2，于是0 ex0-1 0 0①(x)=xJxo+，+l=x+1e(2,3)，所以k〈①(x)e(2,3)，所以k的最大值为2.0 (x+2)-1 0 00法2：(不猜想直接用最值法)令g(x)=(x-k)(ex-1)+x+1,贝U，(-)=Qx-1)+(x-k)ex+1=ex(x+1-k),令g'(x)=0可得x=k-1.①当k-1<0,即k<1时，有g'(x)>0在(0,+r)上恒成立，于是g(x)在(0,+r)上递增，从而g(x)在(0,+r)上有g(x)>g(0)=1,于是g(x)>0在(0,+r)上恒成立.②当k-1>0,即k>1时(因为k是整数，所以k>2),可知当xe(0,k-1)时，g'(x)<0,当xe(k-1,+r)时，g'(x)〉0,于是g(x)在(0,+r)上的最小值是g(k-1)=-ek-i+k+1.令h(k)=g(k-1)，则h'(k)=-ek-i+1<0在(1,+r)上恒成立，所以h(k)在(1,+r)上单调递减.而h(2)=3-e〉0,h(3)=4-e2<0.所以当k=2时，有g(x)〉0在(0,+r)上恒成立，当k>3时，g(x)〉0在(0,+r)上不恒成立.综上所述，k的最大值为2.法3：(先猜想并将猜想强化)因为(x-k)(ex-1)+x+1〉0在(0,+r)上恒成立，所以当x=1时，该式子也成立，于是(1-k)(e-1)+2〉0,即k<出工2.16.下证k的最大值为2.e-1令G(x)=(x-2)(ex-1)+x+1,则G(x)=(ex-1)+(x-2)ex+1=ex(x-1)，由G，(x)〉0可得x〉1,由G，(x)<0可得0<x<1,所以G(x)在(0,1)上递减，在(1,+r)上递增.所以[G(x)]=G(1)=3-e〉0，于是k的最大值为2.min【点评】由于k是整数，所以先猜想再将猜想强化是优先采用的解题方法.如果将k是整数这个条件去掉，则得到的必要条件k<四。2.16既不能强化又不能减少分类讨论，此时猜e-1想将没有任何作用，只能用法1的分离参数法和法2的最值法进行求解.0例3设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x>0时，f(x)>0，求a的取值范围.【解析】(1)当a=0时，f(x)=ex-1-x,/(x)=ex-1.由尸(x)〉0可得x〉0，由/(x)<0可得x<0.所以f(x)的递增区间是(0,+r)，递减区间是(-*0).(2)法1：(分离参数法)f(x)>0在[0,+r)上恒成立。ax2<ex-1-x在[0,+r)上恒成立．当x=0时，式子显然成立；当xW0时，分离参数可得a<ex-1-x在(0,+r)上恒成立.令x2ex-1-x xex-2ex+x+2F(x)= ，则UF(x)= ,令h(x)=xex-2ex+x+2，可得x2 x3h'(x)=xex-ex+1,h〃(x)=xex〉0，所以h'(x)在(0,+r)上递增，于是h'(x)〉h，(0)=0,

即h'(%)〉0，所以h(x)在(0,+r)上递增，于是h(x)>h(0)=0，所以F'(x)〉0，所以F(x)在(0,+r)上递增.由洛必达法则，可得limF(由洛必达法则，可得limF(x)=limx-0+ x-0+(ex-1) ex1=lim =lim—=—x—0+(2x) x—0+2 2所以在(0,+r)上有F(x)〉4，所以a<—.2 2法2：(不猜想直接用最值法)/(x)=ex-1-2ax,f"(x)=ex-2a.①当2a<1，即a<-时，有f<x)>0，所以尸6)在［0,+r)上递增，所以2f(x)>广(0)=0，所以f(x)>0，所以f(x)在〔0,+r)上递增，所以f(x)>f(0)=0.②当2a>1,即a>-时，由f〃(x)<0可得x<ln2a时，于是尸(x)在10,ln2a)上递减，2所以f，(x)<f(0)=0,所以f，(x)<0,所以f(x)在［0,ln2a)上递减，于是f(x)<f(0)=0,于是f(x)>0不恒成立.__ / 11综上所述,a的取值范围是上哈耳J法3：(先猜想并将猜想强化)当x=0时，f(x)>0在［0,+r)上恒成立.当x中0时，f(x)>0在［0,+r)上恒成立=a<ex—-~x=F(x)在(0,+r)上恒成立.由x2,、(ex-1-x) (ex-1)ex1洛必达法则，可得limF(x)=lim 彳- =lim -=lim—=—,洛必达法则，x—0+ x—0+ G2/ x—0+(2x) x—0+2 2f(x)=ex-1-2ax,f〃(x)=ex-2a>0，所以f(x)在［0,+r)上递增，所以f(x)>f<0)=0，所以f(x)>0，所以f(x)在［0,+r)上递增，所以f(x)>f(0)=0.【点评】对于恒成立问题，最值法与分离参数法是两种最常用的方法.如果分离后的函数容易求最值，则选用分离参数法，否则选用最值法.最值法主要考查学生分类讨论的思想，一般遵循“构造函数一一分类讨论”两部曲来展开.一些稍难的恒成立问题，如果用分离参数法来处理，往往需要多次求导和使用洛必达法则.本题中，法2的最值法比法1的分离参数法要简单，这是因为处理f(x)=ex-1-x-ax2的最小值要比处理F(x)=ex二上x的最小x2值要容易.

猜想+最值法的模式是解决恒成立问题的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放缩，洛必达法则，端点效应.模块2练习巩固整合提升练习1：已知函数fQ)=ln1+x.-x(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；( ( x3)(2)求证：当xe(0,1)时，f(x)〉2x+一；I3J( x31(3)设实数k使得f(x)>kx+x-对xe(0,1)恒成立，求k的最大值.I3J【解析】(1)f(0)=0，因为r(x)=-，所以尸(0)=2，于是切线方程为y=2x.1-x20<x<1.因为【证明】(2)构造函数F(x0<x<1.因为1-xF，(x)=——-2G+x2)=>0，所以F(x)在(0,1)上递增，所以F(x)>F(0)=0.于1—x2 1—x2/\ /、 ( x31是当xe(0,1)时，f(x)>2x+—.k3J【解析】(3)法1：(不猜想直接用最值法)构造函数G(x)=InS1-x2 ( )kx4+(2-k)贝°G(x)= kV1+x2)= .1-x2 1-x2①当k<0时，G，(x)>0，所以G(x)在(0,1)上递增，所以G(x)>G(0)=0.②当0<k<2时，G，(x)>0，所以G(x)在(0,1)上递增，所以G(x)>G(0)=0.③当k>2时，由G'(x)<0可得0<x<4kp，于是G(x)在(。，行过上递减，所以G(G(x)<G(0)=0，于是f(x)在(0,1)上不恒成立.综上所述，k的最大值为2.法2：(先猜想并将猜想强化)由(2)可知k<2,猜想k的最大值为2.下面证明当k>2时，f时，f(x)在(0,1)上不恒成立.构造函数G(x)=ln匕x1-xGf(x)= k(1+x2)=h+(2.当k〉2时，由Gf(x)<0可得0<x<4-~-，于是TOC\o"1-5"\h\z1—x2 1—x2 k(W-2- ( 丫3\G(x)在0,4——上递减，所以G(x)<G(0)=0，于是f(x)〉kx+一在(0,1)上不恒成IVk7 I37立.练习2：设函数f(x)=emx+x2—mx.(1)证明：f(x)在(-*0)单调递减，在(0,+R)单调递增；(2)若对于任意一、x2e[—1,1],都有|f(x)—f(x2)<e—1,求m的取值范围.【证明】(1)/(x)=memx+2x—m,令g(x)=f,(x)，则g'(x)=m2emx+2〉0,所以g(x)在R上递增，而g(0)=0，所以当x<0时，/(x)<0，当x〉0时，尸(x)〉0，所以f(x)在(-*0)单调递减，在(0,+r)单调递增.【解析】(2)由(1)可知，f(x)在［—1,0］上递减，在［0,1］上递增，所以［f(x)］=f(0)=1,min于是对于任意xjx2e[—1,1]，都有|f')一f(x2)<e—1o[f(x) —[f(x).<e—1,即[f(即[f(x)] <eomaxf(1)=em+1—m<ef(—1)=e-m+1+m<e.构造函数k(x)=ex则k'(x)=ex—1,由k'(x)〉0可得x〉0，由k'(x)<0可得x<0，所以k(x)在(—*0)上递减，在(0,+r)上递增.又因为f(1)=0,f(—1)=2+1—e<0，所以m的取值范围是[—1,1]．e练习3:已知函数f(x)=(x+1)lnx—a(x—1).(1)当a=4时，求曲线y=f(x)在G,f(1))处的切线方程；(2)若当xe(1,+R)时，f(x)〉0，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+R).当a=4时，f(x)=(x+1)lnx—4(x—1),f(x)=lnx+3—4，所以f(1)=0,r(1)=—2.于是曲线y=f(x)在G,f(1))处的切线x方程为2x+y—2=0.

(2)法1：(分离参数法)当％e(1,(2)法1：(分离参数法)当％e(1,+R)时，f(x)>0oa<(%+1)lnx.令H(x)=(x1^，则h，(x)二x—1(x+111—+lnxIx(x-1)-(x+1)lnx x-1-2lnx_x(x-1)2(x-1)2，令K(x)=x-1-2lnx，则K'(x)=x2-2x+1>0，于是K(x)在(1,+r)上递增，所以x x2K(x)〉K(1)=0，于是H'(x)〉0，从而H(x)在(1,+r)上递增.(x+1(x+1)lnx由洛必达法则，可得lim-一-一x-1+ x-1=limx—1+((x+1)lnx)

(x-1)1 1i1+ +lnx=lim—x =2,于是a<2.于x—1+ 1是a的取值范围是(-*2].法2：(不猜想直接用最值法)/(x)=lnx+1+1-a.x①当1-a>0,即a<1时，/(x)〉0,所以f(x)在(1,+r)上递增，所以f(x)>f(1)=0.②当a〉1时，令g(x)=/(x)，则g，(x)=士1>0，所以g(x)(即f(x))在(1,+r)上x2递增，于是f(x)〉尸(1)=2-a.(i)若2-a>0，即1<a<2时，/(x)〉0，于是f(x)在(1,+国)上递增，于是f(x)〉f(1)=0.(ii)若2-a<0，即a〉2时，存在x0e(1,+R),使得当1<x<x0时，/(x)<0，于是f(x)在(1,x0)上递减，所以f(x)<f(1)=0.综上所述，a的取值范围是(一*2].法3：(变形后不猜想直接用最值法)当xe(1,+R)时，f(x)〉0olnx-&二^〉0.令x+1a(x-1) 1 2a x2+2(1-a)x+1.F(x)=lnx- ，贝UF(x)=-t t-= z t ,i记x+1 x(x+1)2 x(x+1)2G(x)=x2+2(1-a)x+1,则G(x)是以x=a-1为对称轴，开口方向向上的抛物线.①当a-1<1,即a<2时，G(1)=2(2-a)>0，所以F(x)>0，于是F(x)在(1,+国)上递增，因此F(x)>F(1)=0.

(%-1)+(%-1)=2a-4>0(%-1)(%-1)=4-(%-1)+(%-1)=2a-4>0(%-1)(%-1)=4-2a<0、…一 ，一，、 %+%=2a-2一一设为%、％，且％<%.由韦达定理可得《1 2，于是12 12 %%=1L12所以%1<1<%2，于是，当%式1,%2)时，G(%)<0，所以Ff(%)<0，于是F(%)在(1,%2)上递减，即F(%)<F(1)=0.综上所述，a的取值范围是(-*2].法4：(通过猜想减少分类讨论)当%e(1,+r)时，f(%)>0oF(%)=ln%-a^———>0.因%+1为F(1)=0，所以F，(1)=1-1a>0,即a<2.2F(%)=%+2,1_，—+1,记g(%)=%2+2(1-a)%+1,贝UG(%)是以%=a-1为对称轴，%(%+1)2开口方向向上的抛物线.当a<2时，G(1)=2(2-a)>0，所以F(%)>0,于是F(%)在(1,+国)上递增，因此F(%)>F(1)=0.所以a的取值范围是(-*2].法5：(通过猜想减少分类讨论)当%e(1,+R)时，f(%)>0oa<(%.6"%="(%).由%-1洛必达法则，可得lim%—洛必达法则，可得lim%—1+(%+1)ln% ((%+1)ln%) =lim %—1+ (%-1)1 1 11+ +ln%=lim——% =2，于是a<2.%-1+ 1下同法4.练习4：已知函数f(%)=也％+-，曲线j=f(%)在点Qf(1))处的切线方程为%+1%%+2j-3=0.(1)求a、b的值；(2)如果当%>0，且%中1时，f(%)>电—+k,求k的取值范围.%-1%a%+--ln%【解析】(1)f(1)=b=1,因为f(%)=1J、―」-—，所以尸(1)=a-1=-1,(%+1)2 %2 2 2于是a=1.(2)法1：(分离参数法)由f(%)>巫+-可得k<1+生n%，令H(%)=生n%(%>0%-1% 1-%2 1-%2且%牛1).

2Gn%+%2ln%+1-%2)H，(%)= ^一j——一，令H.(%)=ln%+%2ln%+1-%2,H，(%)=-+2%In%-%，令H(%)=H，(%)，则H'(%)=-—+2ln%+1,令H(%)=H《%),TOC\o"1-5"\h\z1 % 2 1 2 %2 3 2则Hf(%)=—+->0.3 %3%当%e(0,1)时，H(%)在(0,1)上递增，于是H(%)<H(1)=0，即H'(%)<0，所以H(%)3 3 3 2 2在(0,1)上递减，于是H2(%)>H2(1)=0，即H<%)>0，所以H.J%)在(0,1)上递增，所以H1(%)<H1(1)=0，于是H'(%)<0，所以H(%)在(0,1)上递减.当%e(1,+R)时，H(%)在(1,+r)上递增，于是H(%)>H(1)=0，即H'(%)>0，所以3 3 3 2H2(%)在(1,+r)上递增，于是HJ%)〉H2(1)=0，即H<%)>0，所以H1(%)在(1,+r)上递增，所以H1(%)>H1(1)=0，于是H'(%)>0，所以H(%)在(1,+r)上递增.2%ln% (2%ln%) 2ln%+2由洛必达法则，可得limH(%)=lim =lim =lim =-1,同理，%.1+ %.1+1-%2%-1+Q_%2J %-1+-2%limH(%)=-1,所以当%>0且%牛1时，有1+网n%>0，于是k<0.%.1- 1-%2法2：(不猜想直接用最值法)FQf法2：(不猜想直接用最值法)FQf(%1普+11占ln% 1由(1)知f(%)= +，所以%+1%2ln%+ ，考虑函数%(k(k-1)(%2-1)h(%)=2ln%+ %,()_(k-1)%2+2%+(k-1)h\%= ，%2A=4-4(k-1)2=-4k(k-2).则F(%)=-1-h(%)，此时有h(1)=0.1-%2令甲(%)=(k-1)%2+2%+(k-1)，当k中1时，其判别式为①当k<0时，A<0，所以①(%)<0，于是h'(%)<0，于是h(%)在(0,+r)上递减，而h(1)=0，所以当%e(0,1)时，h(%)>0，于是F(%)=-1-h(%)>0；当%e(1,+R)时，1-%2h(%)<0，于是F(%)=-1-h(%)>0.所以当%>0，且%牛1时，F(%)>0，即f(%)>电士+-1-%2 %-1%恒成立.②当0<k<1时，①(%)是开口方向向下，以—>1为对称轴，与%轴有两个交点的二次1-k

函数.因为①(1)=2k>0，所以当％e1,^^时，中(%)〉0，所以h'(%)〉0，于是h(x)在I1-k)"1,—］上递增，所以h(x)>0.而%efl,—］时，-^―<0,所以F(x)=-1-h(x)<0,I1-k) I1-k) 1-x2 1-x2于是f(x)>处x+-不恒成立.x-1x③当k=1时，h'(x)=2>0，所以h(x)在(0,+R)上是增函数，所以当xe(1,+R)时，xh(x)>0，而<0，所以F(x)=-1-h(x)<0，于是f(x)>巫+-不恒成立.1一x2 1一x2 x一1x④当1<k<2时，①(x)是开口方向向上，以—<0为对称轴，与x轴有两个交点的二1-k次函数.因为①(0)=k-1>0,所以①(x)>0在(0,+r)上恒成立，所以h(x)在(0,+r)上是增函数，以下同③，于是f(x)>处x+-不恒成立.x-1x⑤当k>2时，①(x)是开口方向向上，以—<0为对称轴，与x轴最多有一个交点的二1-k次函数，所以①(x)>0在(0,+8)上恒成立，所以h(x)在(0,+8)上是增函数，以下同③，于是f(x)>皿+-不恒成立.x-1x综上所述，k的取值范围为(一*0］.法3：(通过猜想减少分类讨论)由(1)知f(x)=处工+工，所以x+1x.因为F(2)=-33(k-1).因为F(2)=-33(k-1)2ln2+ 2一一.4ln2>0，所以k<1 x0.08.3考虑函数h(x)=2lnx+"-1)'2-1),x>0，贝UF(x)=-