【方法技巧】
1.分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略
(1)分離變量.構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.
(2)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立?a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.
2.根據(jù)不等式恒成立求參數(shù)范圍的關(guān)鍵是將恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題，此類問題關(guān)鍵是對參數(shù)分類討論，在參數(shù)的每一段上求函數(shù)的最值，并判斷是否滿足題意，若不滿足題意，只需找一個(gè)值或一段內(nèi)的函數(shù)值不滿足題意即可.
3.含參不等式能成立問題(有解問題)可轉(zhuǎn)化為恒成立問題解決，常見的轉(zhuǎn)化有：
(1)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min.
(2)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max.
(3)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.
(4)?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max.
4.在解決不等式恒(能)成立，求參數(shù)的取值范圍這一類問題時(shí)，最常用的方法是分離參數(shù)法，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)的最值，但在求最值時(shí)如果出現(xiàn)“eq \f(0,0)”型的代數(shù)式，就設(shè)法求其最值．“eq \f(0,0)”型的代數(shù)式，是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，解決此類問題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則．
洛必達(dá)法則
法則1 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝0；
(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′?x?,g′?x?)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f?x?,g?x?)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′?x?,g′?x?)＝A.
法則2 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝∞及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝∞；
(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′?x?,g′?x?)＝A，那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f?x?,g?x?)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′?x?,g′?x?)＝A.
二、【題型歸類】
【題型一】分離參數(shù)法求參數(shù)范圍
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1，求a的取值范圍.
【解析】(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex＋x2－x，x∈R，
f′(x)＝ex＋2x－1.
故當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)0.
所以f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增.
(2)由f(x)≥eq \f(1,2)x3＋1得，
ex＋ax2－x≥eq \f(1,2)x3＋1，其中x≥0，
①當(dāng)x＝0時(shí)，不等式為1≥1，顯然成立，此時(shí)a∈R.
②當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)a，
得a≥－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
記g(x)＝－eq \f(ex－\f(1,2)x3－x－1,x2)，
g′(x)＝－eq \f(（x－2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,2)x2－x－1)),x3).
令h(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－x－1(x>0)，
則h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，
H′(x)＝ex－1>0，
故h′(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
因此h′(x)>h′(0)＝0，故函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上遞增，
∴h(x)>h(0)＝0，即ex－eq \f(1,2)x2－x－1>0恒成立，
故當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)2時(shí)，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．
設(shè)g(x)＝eq \f(2ex,x)，則g′(x)＝eq \f(2?x－1?ex,x2)，
因?yàn)閤>2，所以g′(x)>0，
所以g(x)在區(qū)間(2，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以g(x)>g(2)＝e2，所以a≤e2.
綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．
方法二 f′(x)＝(x－1)(ex－a)，
①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤≥2，
所以x－1>0，ex－a>0，所以f′(x)>0，
則f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，
f(x)≥f(2)＝0成立．
②當(dāng)0e2時(shí)，在區(qū)間(2，ln a)上，f′(x)0，
所以f(x)在(2，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)≥0不恒成立，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，e2]．
【題型二】分類討論法求參數(shù)范圍
【典例1】已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若不等式f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．
【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，
則f(x)只有單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)．
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
由f′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a)；
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，eq \f(1,a))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)f(x)＋a＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x－a(x－1)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
設(shè)g(x)＝ln x－a(x－1)，x＞0，則g′(x)＝eq \f(1,x)－a，注意到g(1)＝0，
①當(dāng)a≥1時(shí)，g′(x)＜0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
則g(x)在x∈(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以g(x)＜g(1)＝0，即a≥1時(shí)滿足題意．
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令g′(x)＞0，
得0＜x＜eq \f(1,a)；
令g′(x)＜0，得x＞eq \f(1,a).
則g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，
即0＜a＜1時(shí)不滿足題意(舍去)．
③當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，
則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)＞g(1)＝0，
即a≤0時(shí)不滿足題意(舍去)．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax，其中a為常數(shù)．
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；
(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解析】(1)因?yàn)閍＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，
所以所求切線方程2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由題意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因?yàn)閔(x)＝(x＋a－1)ex－eq \f(1,2)x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，則當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
則a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，則當(dāng)x∈[0，－a)時(shí)，h′(x)≤0；
當(dāng)x∈[－a，＋∞)時(shí)，h′(x)≥0，
所以函數(shù)h(x)在[0，－a)上單調(diào)遞減，在[－a，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因?yàn)閔(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合題意．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．
【典例3】已知函數(shù)f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)當(dāng)a＝e時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．
【解析】f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－eq \f(1,x).
(1)當(dāng)a＝e時(shí)，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直線y＝(e－1)x＋2在x軸，y軸上的截距分別為eq \f(－2,e－1)，2.
因此所求三角形的面積為eq \f(2,e－1).
(2)當(dāng)00，
∴φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－a＋a－1＝0≥0恒成立，
∴a≤eq \f(1,e)符合題意．
②當(dāng)a>eq \f(1,e)時(shí)，令φ′(x)＝0，得x＝ln a＋1.
當(dāng)x∈(0，ln a＋1)時(shí)，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，ln a＋1)上單調(diào)遞減，
在(ln a＋1，＋∞)上單調(diào)遞增．
當(dāng)ln a＋1≤1，即eq \f(1,e)1時(shí)，φ(x)在[1，ln a＋1)上單調(diào)遞減，在(ln a＋1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)min＝φ(ln a＋1)1不符合題意．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝－ax2＋ln x(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性﹔
(2)若存在x∈(1，＋∞)，f(x)>－a，求a的取值范圍．
【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－2ax2,x)，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)a>0時(shí)﹐由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(2a))，
由f′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))，
由f′(x)－a，
得a(x2－1)－ln x0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)>g(1)＝0，不符合題意，
當(dāng)00恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
由洛必達(dá)法則知eq \(lim,\s\d4(x→0)) g(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(?x＋1?ln?x＋1?,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．
【典例2】已知函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值．
(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax
＝(x＋1)ex－2ax－1，
依題意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2).
(2)方法一 當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，則φ(x)min≥0，
φ′(x)＝ex－a.
①當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)＝ex－a>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴a≤1滿足條件．
②當(dāng)a>1時(shí)，若01)，
∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0時(shí)，f(x)≥0，
即x(ex－1)－ax2≥0，
即ex－1－ax≥0，
即ax≤ex－1，
即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，
∴h′(x)＝eq \f(ex?x－1?＋1,x2)，
令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，
∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)>k(0)＝0，
∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
由洛必達(dá)法則知，eq \(lim,\s\d4(x→0))h(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))ex＝1，
∴a≤1.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】已知x＝eq \f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xaln x的極值點(diǎn).
(1)求a的值；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq \f(kx,ex)，若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，求k的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)＝axa－1ln x＋xa·eq \f(1,x)
＝xa－1(aln x＋1)，
f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))eq \s\up12(a－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln \f(1,\r(e))＋1))＝0，解得a＝2，
當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)＝x(2ln x＋1)，函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))，＋∞))上單調(diào)遞增，
所以x＝eq \f(1,\r(e))為函數(shù)f(x)＝xaln x的極小值點(diǎn)，因此a＝2.
(2)由(1)知f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(e))))＝－eq \f(1,2e)，函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝k(1－x)e－x.
①當(dāng)k＞0時(shí)，
當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，
對?x1∈(0，＋∞)，?x2＝－eq \f(1,k)，使得g(x2)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝－eeq \f(1,k)＜－1＜－eq \f(1,2e)≤f(x1)，符合題意.
②當(dāng)k＝0時(shí)，g(x)＝0，取x1＝eq \f(1,\r(e))，對?x2∈R有f(x1)－g(x2)＜0，不符合題意.
③當(dāng)k＜0時(shí)，
當(dāng)x＜1時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
g(x)min＝g(1)＝eq \f(k,e)，
若對?x1∈(0，＋∞)，?x2∈R，使得f(x1)－g(x2)≥0，只需g(x)min≤f(x)min，
即eq \f(k,e)≤－eq \f(1,2e)，
解得k≤－eq \f(1,2).
綜上所述，k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞).
【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝eax－x.
(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處切線的斜率為1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2對x∈(0，e]恒成立，求a的取值范圍．
【解析】(1)f′(x)＝aeax－1，則f′(0)＝a－1＝1，即a＝2.
∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(ln 2,2).
當(dāng)x0.
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(ln 2,2)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ln 2,2)，＋∞)).
(2)由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]，
即ax2－x≥eax(ln x－1)，有eq \f(ax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)，
故僅需eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)即可．
設(shè)函數(shù)g(x)＝eq \f(ln x－1,x)，
則eq \f(ln eax－1,eax)≥eq \f(ln x－1,x)等價(jià)于g(eax)≥g(x)．
∵g′(x)＝eq \f(2－ln x,x2)，
∴當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，g′(x)>0，則g(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x∈(0，e]時(shí)，g(eax)≥g(x)等價(jià)于eax≥x，
即a≥eq \f(ln x,x)恒成立．
設(shè)函數(shù)h(x)＝eq \f(ln x,x)，x∈(0，e]，
則h′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴h(x)max＝h(e)＝eq \f(1,e)，則a≥eq \f(1,e)即可，
∴a的取值范圍為eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
【訓(xùn)練三】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq \f(1－a,2)x2＋ax－ln x(a∈R)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；
(2)若對任意a∈(4,5)及任意x1，x2∈[1,2]，恒有eq \f(a－1,2)m＋ln 2>|f(x1)－f(x2)|成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解析】(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
當(dāng)00；
(2)討論g(x)的單調(diào)性；
(3)若不等式f(x)1時(shí)，s′(x)>0，所以s(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又s(1)＝0，所以s(x)>0，
從而當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0.
(2)g′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)，
當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)0時(shí)，由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,\r(2a)) .
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))時(shí)，g′(x)0，g(x)單調(diào)遞增．
(3)由(1)知，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0.
當(dāng)a≤0，x>1時(shí)，g(x)＝a(x2－1)－ln xeq \f(x2－2x＋1,x2)>0，
因此，h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
又h(1)＝0，
所以當(dāng)x>1時(shí)，h(x)＝g(x)－f(x)>0，
即f(x)x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解析】(1)因?yàn)镕(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需證h(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥eq \f(1,ex)，而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即實(shí)數(shù)m的取值范圍是[e，＋∞)．
【訓(xùn)練六】f(x)＝xex，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；
(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)，且x1>x2，有m[f(x1)－f(x2)]>g(x1)－g(x2)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解析】(1)因?yàn)镕(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq \f(1,2)x2＋x，
所以F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，
令F′(x)>0，解得x>－1，
令F′(x)g(x1)－g(x2)恒成立，
所以mf(x1)－g(x1)>mf(x2)－g(x2)恒成立．
令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq \f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，
即只需證h(x)在[－1，＋∞)上單調(diào)遞增即可．
故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)上恒成立，
故m≥eq \f(1,ex)，
而eq \f(1,ex)≤e，故m≥e，
即實(shí)數(shù)m的取值范圍是[e，＋∞)．
四、【強(qiáng)化測試】
【解答題】
1. 已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若對任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】法一 令φ(x)＝f(x)－ax
＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x＞0)，
則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x＞0，∴l(xiāng)n(x＋1)＞0.
(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時(shí)，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1滿足題意.
(2)當(dāng)1－a＜0，即a＞1時(shí)，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)時(shí)，φ′(x)＜0；
x∈(ea－1－1，＋∞)時(shí)，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調(diào)遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)＜φ(0)＝0與φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不滿足題意.
綜上有a≤1，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
法二 x∈(0，＋∞)時(shí)，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，
即a＜eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)恒成立.
令g(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x＞0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x＞0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
∴k(x)＞k(0)＝0，
∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，
∴g′(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
由洛必達(dá)法則知
eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)
＝eq^\(lim,\s\d4(x→0)) \* MERGEFORMAT [ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1].
2. 設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－xln x－(2a－1)x＋a－1(a∈R).若對任意的x∈[1，＋∞)，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】f′(x)＝2ax－1－ln x－(2a－1)
＝2a(x－1)－ln x，
令g(x)＝f′(x)＝2a(x－1)－ln x，
則g′(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)，
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2a)，
①若a≤0，則g′(x)＜0，
則f′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f′(x)≤f′(1)＝0.
∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴f(x)≤f(1)＝0，不滿足題意.
②若a≥eq \f(1,2)，則eq \f(1,2a)≤1，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＜0，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＞0，
∴f′(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f′(x)≥f′(1)＝0，∴f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)≥f(1)＝0，滿足題意.
③若0＜a＜eq \f(1,2)，則eq \f(1,2a)＞1，當(dāng)x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))時(shí)，g′(x)＜0，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))時(shí)，g′(x)＞0，
∴f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞增，
又f′(1)＝0，∴當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))時(shí)，f′(x)＜0，
∴f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)＜f(1)＝0.不滿足題意.
綜上，a的取值范圍為eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
3. 已知a∈R，f(x)＝aln x＋x2－4x，g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】由f(x0)≤g(x0)，
得(x0－ln x0)a≥xeq \\al(2,0)－2x0，
記F(x)＝x－ln x(x＞0)，
則F′(x)＝eq \f(x－1,x)(x＞0)，
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增.
∴F(x)＞F(1)＝1＞0，
∴a≥eq \f(xeq \\al(2,0)－2x0,x0－ln x0).
記G(x)＝eq \f(x2－2x,x－ln x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
則G′(x)＝
eq \f(（2x－2）（x－ln x）－（x－2）（x－1）,（x－ln x）2)
＝eq \f(（x－1）（x－2ln x＋2）,（x－ln x）2).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，
∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2＞0，
∴當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))時(shí)，G′(x)＜0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，G′(x)＞0，G(x)單調(diào)遞增.
∴G(x)min＝G(1)＝－1，
∴a≥G(x)min＝－1，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞).
4. 已知函數(shù)f(x)＝eq \f(x2,2)－(m＋1)x＋mln x＋m，f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)若xf′(x)－f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍．
【解析】(1)f′(x)＝x－(m＋1)＋eq \f(m,x)＝eq \f(x2－?m＋1?x＋m,x)＝eq \f(?x－m??x－1?,x)，
①當(dāng)m≤0，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
②當(dāng)01，x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(1，m)時(shí)，f′(x)0，f(x)單調(diào)遞增．
(2)由題意知xf′(x)－f(x)≥0恒成立，
即eq \f(x2,2)－mln x≥0恒成立，
∴eq \f(x2,2)≥mln x.
當(dāng)x＝1時(shí)，eq \f(x2,2)≥mln x恒成立，
當(dāng)x>1時(shí)，eq \f(x2,2ln x)≥m；
當(dāng)0

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