专题43导数中不等式恒成立问题(原卷版+解析)

专题43导数中不等式恒成立问题【高考真题】1．(2022·新高考Ⅱ)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．1．解析(1)当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾．若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立．由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以．当时，有，所以在上为减函数，所以．综上，．(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立．所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立．【方法总结】1．单变量恒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上恒成立，则f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，则f(a)≤g(x)min．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上恒成立，则a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，则a≤g(x)min．利用分离参数法来确定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a为实参数)恒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f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范围．2．单变量恒成立之最值分析法遇到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．3．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f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范围．4．单变量不等式能成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立问题时，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)max≥0或u(x)min≤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．5．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．6．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)【题型突破】1．已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．2．函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋eq\f(3,2)x2．(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若对于任意x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．3．已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)．(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数y＝g(x)的图象相切，求k的值；(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．(参考数据：ln5≈1．61，ln6≈1．7918，ln(eq\r(2)＋1)≈0．8814)4．设函数f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．5．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，当x>0且x≠1时，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立，求k的取值范围．6．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．7．(2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．8．已知函数f(x)＝x－alnx．(1)若曲线y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0，求a，b的值；(2)求函数g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)(a∈R)的极值点；(3)设h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．9．已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当x∈[1，e]时，f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围．10．已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．11．已知函数f(x)＝e－x－ax(x∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若x≥0时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，求实数a的取值范围．12．已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1．(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．13．(2016·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．14．设函数f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．15．已知函数f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a．(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求参数a的取值范围．16．设函数f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．17．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．18．已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．19．设函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)已知函数在定义域内为增函数，求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)＋2lneq\f(ax＋2,6\r(x))，对于任意a∈(2，4)，总存在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))，使g(x)＞k(4－a2)成立，求实数k的取值范围．20．已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋a,x)，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝(x－k)ex＋k，k∈Z，e＝2.71828…为自然对数的底数．当a＝1时，若∃x1∈(0，＋∞)，∀x2∈(0，＋∞)，不等式5f(x1)＋g(x2)＞0成立，求k的最大值．专题43导数中不等式恒成立问题【高考真题】1．(2022·新高考Ⅱ)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．1．解析(1)当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾．若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立．由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以．当时，有，所以在上为减函数，所以．综上，．(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立．所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立．【方法总结】1．单变量恒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上恒成立，则f(a)≥g(x)max；若f(a)≤g(x)在x∈D上恒成立，则f(a)≤g(x)min．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上恒成立，则a≥g(x)max；若a≤g(x)在x∈D上恒成立，则a≤g(x)min．利用分离参数法来确定不等式f(x，a)≥0(x∈D，a为实参数)恒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f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)max或f1(a)≤f2(x)min，得到a的取值范围．2．单变量恒成立之最值分析法遇到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．3．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f1(a)≥f2(x)或f1(a)≤f2(x)的形式．(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．(3)解不等式f1(a)≥f2(x)min或f1(a)≤f2(x)max，得到a的取值范围．4．单变量不等式能成立之最值分析法遇到f(x)≥g(x)型的不等式能成立问题时，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)max≥0或u(x)min≤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．5．最值定位法解双变量不等式恒成立问题的思路策略(1)用最值定位法解双变量不等式恒成立问题是指通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等式，从而求解参数的取值范围．(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位．6．常见的双变量恒成立能成立问题的类型(1)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max．(如图1)(2)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)min．(如图2)(3)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min．(如图3)(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(5)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max．(如图4)(6)若存在x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)＝g(x2)⇔f(x)的值域与g(x)的值域的交集非空．(如图5)【题型突破】1．已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．1．解析(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．即f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，所以所求切线方程为3x＋y－2＝0．(2)由f(1)≥0，得a≥eq\f(1,e－1)＞0，则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为eq\f(a,a＋1)≥eq\f(2x－1,xex)对任意的x＞0恒成立．设函数F(x)＝eq\f(2x－1,xex)(x＞0)，则F′(x)＝－eq\f((2x＋1)(x－1),x2ex)．当0＜x＜1时，F′(x)＞0；当x＞1时，F′(x)＜0，所以函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F(x)max＝F(1)＝eq\f(1,e)．于是eq\f(a,a＋1)≥eq\f(1,e)，解得a≥eq\f(1,e－1)．故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e－1)，＋∞))．2．函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋eq\f(3,2)x2．(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若对于任意x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．2．解析：(1)由题意得f′(x)＝eq\f(1,x)＋x＋a＝eq\f(x2＋ax＋1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a2－4．①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x)≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x1<x2，则x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1>0，故x2>x1>0，∴当0<x<x1或x>x2时，f′(x)>0；当x1<x<x2时f′(x)<0，故x1，x2是函数f(x)的两个极值点．若a>2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1>0，故x3<0，x4<0，∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点；当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．(2)f(x)≤g(x)⇔ex－lnx＋x2≥ax，因为x>0，所以a≤eq\f(ex＋x2－lnx,x)对于∀x>0恒成立，设φ(x)＝eq\f(ex＋x2－lnx,x)(x>0)，φ′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋2x－\f(1,x)))x－(ex＋x2－lnx),x2)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx＋(x＋1)(x－1),x2)，∵x>0，∴当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是(－∞，e＋1]．3．已知函数f(x)＝5＋lnx，g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)．(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与函数y＝g(x)的图象相切，求k的值；(2)若k∈N*，且x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>g(x)，求k的最大值．(参考数据：ln5≈1．61，ln6≈1．7918，ln(eq\r(2)＋1)≈0．8814)3．解析：(1)∵f(x)＝5＋lnx，∴f(1)＝5，且f′(x)＝eq\f(1,x)，从而得到f′(1)＝1．∴函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－5＝x－1，即y＝x＋4．设直线y＝x＋4与g(x)＝eq\f(kx,x＋1)(k∈R)的图象相切于点P(x0，y0)，从而可得g′(x0)＝1，g(x0)＝x0＋4，又g′(x)＝eq\f(k,(x＋1)2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(k,(x0＋1)2)＝1，,\f(kx0,x0＋1)＝x0＋4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,k＝9))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－2，,k＝1.))∴k的值为1或9．(2)由题意知，当x∈(1，＋∞)时，5＋lnx>eq\f(kx,1＋x)恒成立，等价于当x∈(1，＋∞)时，k<eq\f((x＋1)(5＋lnx),x)恒成立．设h(x)＝eq\f((x＋1)(5＋lnx),x)(x>1)，则h′(x)＝eq\f(x－4－lnx,x2)(x>1)，记p(x)＝x－4－lnx(x>1)，则p′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)>0，∴p(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增．又p(5)＝1－ln5<0，p(6)＝2－ln6>0，∴在x∈(1，＋∞)上存在唯一的实数m，且m∈(5，6)，使得p(m)＝m－4－lnm＝0，①∴当x∈(1，m)时，p(x)<0，即h′(x)<0，则h(x)在x∈(1，m)上单调递减；当x∈(m，＋∞)时，p(x)>0，即h′(x)>0，则h(x)在x∈(m，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)min＝h(m)＝eq\f((m＋1)(5＋lnm),m)，由①可得lnm＝m－4，∴h(m)＝eq\f((m＋1)(m＋1),m)＝m＋eq\f(1,m)＋2，而m∈(5，6)，∴m＋eq\f(1,m)＋2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,5)，\f(49,6)))，又h(3＋2eq\r(2))≈7．9，p(3＋2eq\r(2))＝2eq\r(2)－1－ln(3＋2eq\r(2))>0，∴m∈(5，3＋2eq\r(2))，∴h(m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,5)，8))．又k∈N*，∴k的最大值是7．4．设函数f(x)＝ex－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．4．解析(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a．若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1．故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于k＜eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x＞0)．①令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x，则g′(x)＝eq\f(ex(ex－x－2),(ex－1)2)．由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2．5．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，当x>0且x≠1时，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立，求k的取值范围．5．解析由题意，当x>0且x≠1时，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立等价于k<eq\f(xlnx,x＋1)＋1－eq\f(xlnx,x－1)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，记g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，则g′(x)＝eq\f(2x2＋1lnx＋21－x2,1－x22)＝eq\f(2x2＋1,1－x22)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1－x2,x2＋1)))；又记h(x)＝lnx＋eq\f(1－x2,x2＋1)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4x,1＋x22)＝eq\f(1－x22,x1＋x22)>0，所以，当x>0时，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，因此，当x∈(0，1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0；即当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0；所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．由洛必达法则有eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(2xlnx,1－x2)＋1＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(2lnx＋2,－2x)＋1＝0，即当x→1时，g(x)→0．所以当x>0且x≠1时，g(x)>0，所以k≤0．故所求k的取值范围是(－∞，0]．6．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．6．解析(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1．当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0．故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；当x>0时，f(x)≥0等价于a≤eq\f(ex－x－1,x2)．令g(x)＝eq\f(ex－x－1,x2)(x>0)，则g′(x)＝eq\f(xex－2ex＋x＋2,x3)，令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知，eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－x－1,x2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,2x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex,2)＝eq\f(1,2)，故a≤eq\f(1,2)．综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))．7．(2020·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna．(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．7．解析(1)当a＝e时，f(x)＝ex－lnx＋1，∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，∴f′(1)＝e－1．∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)·(x－1)，即y＝(e－1)x＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)，0))，∴所求三角形面积为eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2,e－1)))＝eq\f(2,e－1)．(2)解法一(同构后参变分离)f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．解法二(最值分析法＋隐零点法)∵f(x)＝aex－1－lnx＋lna，∴f′(x)＝aex－1－eq\f(1,x)，且a>0．设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a＝1时，f′(1)＝0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝1，∴f(x)≥1成立；当a>1时，eq\f(1,a)<1，∴<1，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))f′(1)＝，∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－eq\f(1,x0)＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，∴aex0－1＝eq\f(1,x0)，∴lna＋x0－1＝－lnx0，因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－lnx0＋lna＝eq\f(1,x0)＋lna＋x0－1＋lna≥2lna－1＋2eq\r(\f(1,x0)·x0)＝2lna＋1>1，∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；当0<a<1时，f(1)＝a＋lna<a<1，∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．8．已知函数f(x)＝x－alnx．(1)若曲线y＝f(x)＋b(a，b∈R)在x＝1处的切线方程为x＋y－3＝0，求a，b的值；(2)求函数g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)(a∈R)的极值点；(3)设h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna(a>0)，若当x>a时，不等式h(x)≥0恒成立，求a的最小值．8．解析(1)由f(x)＝x－alnx，得y＝x－alnx＋b，∴y′＝f′(x)＝1－eq\f(a,x)．由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝－1，,f(1)＋b＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a＝－1，,1＋b＝2，))∴a＝2，b＝1．(2)g(x)＝f(x)＋eq\f(a＋1,x)＝x－alnx＋eq\f(a＋1,x)，∴g′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(a＋1,x2)＝eq\f((x＋1)[x－(a＋1)],x2)(x>0)，当a＋1≤0，即a≤－1时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，无极值点．当a＋1>0，即a>－1时，则有，当0<x<a＋1时，g′(x)<0，当x>a＋1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，a＋1)上为减函数，在(a＋1，＋∞)上为增函数，∴x＝a＋1是g(x)的极小值点，无极大值点．综上可知，当a≤－1时，函数g(x)无极值点，当a>－1时，函数g(x)的极小值点是a＋1，无极大值点．(3)(同构后参变分离)h(x)＝eq\f(1,a)f(x)＋aex－eq\f(x,a)＋lna＝aex－lnx＋lna(a>0)，由题意知，当x>a时，aex－lnx＋lna≥0恒成立，又不等式aex－lnx＋lna≥0等价于aex≥lneq\f(x,a)，即ex≥eq\f(1,a)lneq\f(x,a)，即xex≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)．①①式等价于xex≥lneq\f(x,a)·elneq\f(x,a)，由x>a>0知，eq\f(x,a)>1，lneq\f(x,a)>0．令φ(x)＝xex(x>0)，则原不等式即为φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x,a)))，又φ(x)＝xex(x>0)在(0，＋∞)上为增函数，∴原不等式等价于x≥lneq\f(x,a)，②又②式等价于ex≥eq\f(x,a)，即a≥eq\f(x,ex)(x>a>0)，设F(x)＝eq\f(x,ex)(x>0)，则F′(x)＝eq\f(1－x,ex)，∴F(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，又x>a>0，∴当0<a<1时，F(x)在(a，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数．∴F(x)≤F(1)＝eq\f(1,e)．要使原不等式恒成立，须使eq\f(1,e)≤a<1，当a≥1时，F(x)在(a，＋∞)上为减函数，F(x)<F(1)＝eq\f(1,e)．要使原不等式恒成立，须使a≥eq\f(1,e)，∴当a≥1时，原不等式恒成立．综上可知，a的取值范围是[eq\f(1,e)，＋∞)，a的最小值为eq\f(1,e)．9．已知函数f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，g(x)＝x2＋x＋2a＋1．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)当x∈[1，e]时，f(x)<g(x)恒成立，求实数a的取值范围．9．解析(1)f(x)＝x2＋(a＋1)x－lnx，f′(x)＝2x＋(a＋1)－eq\f(1,x)．依题意知x∈(1，＋∞)时，2x＋(a＋1)－eq\f(1,x)≥0恒成立，即a＋1≥eq\f(1,x)－2x．令k(x)＝eq\f(1,x)－2x，x∈(1，＋∞)，∴k′(x)＝－eq\f(1,x2)－2<0，∴k(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴k(x)<k(1)＝－1，∴a＋1≥－1，∴实数a的取值范围为{a|a≥－2}．(2)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax－lnx－2a－1，x∈[1，e]，则只需φ(x)max<0即可，∴φ′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)．当a≤0时，φ′(x)<0，∴φ(x)在[1，e]上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝－a－1，∴－a－1<0，即a>－1，∴－1<a≤0．当a>0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，φ′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，φ′(x)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，∴要使φ(x)max<0，只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ(1)<0，,φ(e)<0，,a>0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1<0，,ae－2a－2<0，,a>0，))解得0<a<eq\f(2,e－2)，综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<\f(2,e－2)))))．10．已知函数f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax(a∈R)．(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当x≥2时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．10．解析(1)当a＝0时，f(x)＝(x－2)ex，f(0)＝(0－2)e0＝－2，f′(x)＝(x－1)ex，k＝f′(0)＝(0－1)e0＝－1，所以切线方程为y＋2＝－(x－0)，即x＋y＋2＝0．(2)方法一()f′(x)＝(x－1)(ex－a)，①当a≤0时，因为x≥2，所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，则f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0成立．②当0<a≤e2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(2)＝0成立．③当a>e2时，在区间(2，lna)上，f′(x)<0；在区间(lna，＋∞)上，f′(x)>0，所以f(x)在(2，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，f(x)≥0不恒成立，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．方法二当x≥2时，f(x)≥0恒成立，等价于当x≥2时，(x－2)ex－eq\f(1,2)ax2＋ax≥0恒成立．即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))a≤(x－2)ex在[2，＋∞)上恒成立．当x＝2时，0·a≤0，所以a∈R．当x>2时，eq\f(1,2)x2－x>0，所以a≤eq\f((x－2)ex,\f(1,2)x2－x)＝eq\f(2ex,x)恒成立．设g(x)＝eq\f(2ex,x)，则g′(x)＝eq\f(2(x－1)ex,x2)，因为x>2，所以g′(x)>0，所以g(x)在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2．综上所述，a的取值范围是(－∞，e2]．11．已知函数f(x)＝e－x－ax(x∈R)．(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最小值；(2)若x≥0时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，求实数a的取值范围．11．解析(1)当a＝－1时，f(x)＝e－x＋x，则f′(x)＝－eq\f(1,ex)＋1＝eq\f(ex－1,ex)．令f′(x)＝0，得x＝0当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以当x＝0时，函数f(x)取得最小值，且最小值为f(0)＝1.(2)因为x≥0时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1恒成立，即ex＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，则eq\a\vs4\al(g(0)＝0，g′(x)＝ex＋\f(1,x＋1)＋a，g′(0)＝2＋a.)又g″(x)＝ex－eq\f(1,(x＋1)2)≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以g′(x)＝ex＋eq\f(1,x＋1)＋a在[0，＋∞)上单调递增．①若a≥－2，则eq\a\vs4\al(g′(x)≥g′(0)＝2＋a≥0，)当且仅当x＝0，a＝－2时取等号，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，有g(x)≥g(0)＝0，(*)式恒成立．②若a＜－2，由于g′(0)＝2＋a＜0，x→＋∞时，g′(x)→＋∞，所以必存在唯一的x0∈(0，＋∞)，使得g′(x0)＝0，当0＜x＜x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以当x∈(0，x0)时，g(x)＜g(0)＝0，(*)式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是[－2，＋∞)．12．已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax－1，g(x)＝cosx＋eq\f(1,2)x2－1．(1)当a＝1时，求证：当x≥0时，f(x)≥0；(2)若f(x)＋g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．12．解析(1)当a＝1时，f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－x－1，∴f′(x)＝ex－x－1，令u(x)＝ex－x－1，则u′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，故f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝0，从而原不等式得证．(2)∵f(x)＋g(x)＝ex＋cosx－ax－2，令h(x)＝ex＋cosx－ax－2，则h′(x)＝ex－sinx－a，令t(x)＝ex－sinx－a，则t′(x)＝ex－cosx，∵ex≥1，－1≤cosx≤1，故t′(x)≥0，∴h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h′(x)≥h′(0)＝1－a，①当1－a≥0，即a≤1时，h′(x)≥0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，故h(x)≥h(0)＝0，满足题意；②当1－a<0，即a>1时，∵h′(0)<0，又x→＋∞时，h′(x)→＋∞，∴∃x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0，∴当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，x0)上单调递减，此时h(x)<h(0)＝0，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．13．(2016·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．13．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2．故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)＞0.设g(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,(x＋1)2)＝eq\f(x2＋2(1－a)x＋1,x(x＋1)2)，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r((a－1)2－1)，x2＝a－1＋eq\r((a－1)2－1).由x2＞1和x1x2＝1得0<x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜g(1)＝0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．14．设函数f(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x，g(x)＝ex－ex．(1)当b＝0时，函数f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，且函数h(x)＝f(x)＋g(x)在x∈(1，＋∞)时，其图象上每一点处切线的倾斜角均为锐角，求a的取值范围．14．解析(1)当b＝0时，f(x)＝xlnx－ax2－x，f′(x)＝lnx－2ax，∴f(x)＝xlnx－ax2－x有2个极值点就是方程lnx－2ax＝0有2个解，即y＝2a与m(x)＝eq\f(lnx,x)的图象的交点有2个．∵m′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．m(x)有极大值eq\f(1,e)，又∵x∈(0，1]时，m(x)≤0；当x∈(1，＋∞)时，0<m(x)<eq\f(1,e)．当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))时，y＝2a与m(x)＝eq\f(lnx,x)的图象的交点有0个；当a∈(－∞，0]或a＝eq\f(1,2e)时，y＝2a与m(x)＝eq\f(lnx,x)的图象的交点有1个；当a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))时，y＝2a与m(x)＝eq\f(lnx,x)的图象的交点有2个．综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))．(2)函数y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴f′(1)＝0且f(1)≠0，∵f′(x)＝lnx－2ax＋b，∴b＝2a且a≠1．h(x)＝xlnx－ax2＋(b－1)x＋ex－ex在x∈(1，＋∞)时，其图象的每一点处的切线的倾斜角均为锐角，即当x>1时，h′(x)＝f′(x)＋g′(x)>0恒成立，即lnx＋ex－2ax＋2a－e>0恒成立，令t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e，∴t′(x)＝eq\f(1,x)＋ex－2a，设φ(x)＝eq\f(1,x)＋ex－2a，φ′(x)＝ex－eq\f(1,x2)，∵x>1，∴ex>e，eq\f(1,x2)<1，∴φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，即t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴t′(x)>t′(1)＝1＋e－2a，当a≤eq\f(1＋e,2)且a≠1时，t′(x)≥0，∴t(x)＝lnx＋ex－2ax＋2a－e在(1，＋∞)上单调递增，∴t(x)>t(1)＝0成立，当a>eq\f(1＋e,2)时，∵t′(1)＝1＋e－2a<0，t′(ln2a)＝eq\f(1,ln2a)＋2a－2a>0，∴存在x0∈(1，ln2a)，满足t′(x0)＝0．∵t′(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x∈(1，x0)时，t′(x)<0，t(x)单调递减，∴t(x0)<t(1)＝0，t(x)>0不恒成立．∴实数a的取值范围为(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1＋e,2)))．15．已知函数f(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2＋x，g(x)＝3x＋a．(1)若f(x)与g(x)的图象相切，求a的值；(2)若∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，求参数a的取值范围．15．解析(1)由题意得，f′(x)＝eq\f(3,x)－x＋1，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝eq\f(3,x0)－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－eq\f(5,2)．(2)设h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x，∃x0>0，使f(x0)>g(x0)成立，等价于∃x>0，使h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x>a成立，等价于a<h(x)max(x>0)．因为h′(x)＝eq\f(3,x)－x－2＝eq\f(－x2－2x＋3,x)＝－eq\f((x－1)(x＋3),x)，令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h′(x)>0，,x>0，))得0<x<1；令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h′(x)<0，,x>0，))得x>1．所以函数h(x)＝3lnx－eq\f(1,2)x2－2x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－eq\f(5,2)，即a<－eq\f(5,2)，因此参数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2)))．16．设函数f(x)＝2lnx－mx2＋1．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，求实数m的取值范围．16．解析(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2,x)－2mx＝eq\f(－2(mx2－1),x)，当m≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当m>0时，令f′(x)>0，得0<x<eq\f(\r(m),m)，令f′(x)<0，得x>eq\f(\r(m),m)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当f(x)有极值时，m>0，且f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(m),m)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)，＋∞))上单调递减．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(m),m)))＝2lneq\f(\r(m),m)－m·eq\f(1,m)＋1＝－lnm，若存在x0，使得f(x0)>m－1成立，则f(x)max>m－1．即－lnm>m－1，lnm＋m－1<0成立．令g(x)＝x＋lnx－1(x>0)，∵g′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，∴0<m<1．∴实数m的取值范围是(0，1)．17．设函数f(x)＝emx＋x2－mx．(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．17．解析(1)f′(x)＝m(emx－1)＋2x．若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0．若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0．所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)－f(0)≤e－1，,f(－1)－f(0)≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1．当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0．故g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0．当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1．综上，m的取值范围是[－1，1]．18．已知函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．18．解析(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①当a≤0时，1－ax>0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增；②当0<a≤eq\f(1,e)时，eq\f(1,a)≥e，则f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增；③当eq\f(1,e)<a<1时，1<eq\f(1,a)<e，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)≥0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)≤0，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递减；④当a≥1时，0<eq\f(1,a)≤1，则f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减．综上所述，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递增；当eq\f(1,e)<a<1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs